微专题17：三大力学观点的综合应用 讲义 -2024-2025学年高二物理人教版（2019）选择性必修第一册

微专题17:力学观点的综合应用 微专题目录 一、理论基础 二、【模型构建】 模型一 动量与牛顿运动定律的综合应用 经典例题：例1、例2 模型二 动量与能量的综合应用 经典例题：例3、例4 模型三 力学三大观点的综合应用 经典例题：例5 三、【核心素养提升】 典例示范--规范解答—答题“四规范” 四、【针对训练】 【基础题组】/【能力题组】 五、【参考答案】 ……………………………………………………………………… 【理论基础】 在力学综合题中，动量、能量（动能、势能）和牛顿运动定律往往相互关联，解题时需要灵活选择物理规律，并注意不同过程的特点。 一、先确定解题思路 要点 关键思路 研究对象 单个物体 → 牛顿定律；系统 → 动量/能量守恒 过程划分 碰撞/爆炸 → 动量守恒；滑行/摆动 → 能量或牛顿定律 能量分析 弹性碰撞（动能守恒），非弹性碰撞（动能损失） 矢量处理 规定正方向，注意反弹、斜碰等情况 临界条件 共速、分离、最大静摩擦等 二、明确核心解题要领 1. 明确研究对象与过程 （1）单个物体：优先用牛顿第二定律（F=ma）分析加速度和运动学关系。 （2）多物体系统： 碰撞、爆炸等瞬时过程 → 动量守恒定律（若合外力为零）。持续力作用（如摩擦力、推力） → 动量定理（Δp=F合​Δt）或动能定理（W合=ΔEk）。涉及高度变化 → 机械能守恒（仅重力或弹力做功时）。 2. 选择合适规律 问题类型 优先选择的规律 适用条件 求速度、时间 牛顿第二定律 + 运动学公式 恒力作用，已知加速度 碰撞、爆炸 动量守恒定律 系统合外力为零 力作用一段时间 动量定理（I=Δp） 涉及冲量、平均力 力作用一段距离 动能定理（W=ΔEk） 涉及功、能量变化 机械能问题 机械能守恒定律 仅保守力（重力、弹力）做功 3. 能量与动量的关联 弹性碰撞：动量守恒 + 动能守恒。 非弹性碰撞：仅动量守恒，动能损失（转化为内能）。 完全非弹性碰撞：动量守恒，动能损失最大（两物体共速）。 4. 矢量性与方向处理 动量、冲量、力是矢量，需分解到x、y轴列方程（如斜碰问题）。 规定正方向，避免符号错误（如反弹问题中速度方向变化）. 三、关键注意事项 1. 动量守恒的条件 系统合外力为零（或某一方向合外力为零，如光滑水平面）. 内力远大于外力（如爆炸、碰撞瞬间，可忽略重力、摩擦力）. 2. 能量守恒的条件 机械能守恒：仅重力或弹力做功（无摩擦、空气阻力等耗散力）。 动能定理：适用于任何情况，但需计算所有外力做功。 3. 避免常见错误 （1）混淆动量与动能：动量是矢量（p=mv），动能是标量（）；非弹性碰撞动量可能守恒，但动能一定不守恒。 （2）忽略方向性：反弹问题中，速度方向改变时，动量计算需注意正负。 （3）错误选择守恒定律：如含摩擦力时，机械能不守恒，只能用动能定理。 4. 多过程问题的处理 （1）分段分析（如子弹打木块）： （2）碰撞阶段：动量守恒 → 求共同速度。 （3）滑行阶段：动能定理或牛顿运动学 → 求滑行距离。 （4）临界条件（如滑块不掉落）：共速时静摩擦力达最大值。 【模型构建】 模型一　动量与牛顿运动定律的综合应用 【例1】.(多选)在交通事故中，汽车与拖车脱钩有时发生。如图所示，质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面间的动摩擦因数为μ，那么从脱钩到拖车刚停下的过程中，下列说法正确的是(　　) A.汽车和拖车整体动量守恒 B.汽车和拖车整体机械能守恒 C.从脱钩到拖车刚停下用时 D.拖车刚停下时汽车的速度为v0 【例2】. 如下图（a）所示为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块A，上端固定在C点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连．已知一质量为m0的子弹B沿水平方向以速度v0射入A内（未穿透），接着两者一起绕C点在竖直平面内做圆周运动．在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F随时间t的变化关系如图所示（b），已知子弹射入的时间极短，且图2中t=0为A、B开始以相同速度运动的时刻，根据力学规律和题中（包括图）提供的信息，对反映悬挂系统本身性质的物理量（例如A的质量）及A、B一起运动过程中的守恒量，你能求得哪些定量的结果？ 模型二　动量与能量的综合应用 【例3】. (多选)如图所示，物块A的质量 m=0.1kg,与水平面间的动摩擦因数μ=0.25，用不可伸长的细线悬挂的小球的质量均为m=0.1kg，沿水平方向一字排列，物块A与第1个小球及相邻两小球间的距离均为s0=2m，细线长度分别为L，L，L，…,L(图中只画出三个小球)。开始时，A以大小v0=9m/s的速度向右运动，物块A与小球发生的碰撞均为弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰后小球均恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动并再次与物块A发生弹性碰撞，取重力加速度大小g=10m/s2，物块A和所有小球均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ） A.物块A能与8个小球碰撞 B. 物块A最多能与小球碰撞12次 C.第5个小球的悬线长为1m C. D.第5个小球的悬线长为0.62m 【例4】.某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度竖直向上喷出；玩具底部为平板面积略大于；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为，重力加速度大小为。求： (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量； (2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。 模型三　力学三大观点的综合应用 【例5】如图6甲所示，半径R＝0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M＝5 kg，长度L′＝0.5 m，车的上表面与B点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m＝1 kg，g取10 m/s2。 图6 (1)求物块滑到B点时对轨道压力的大小； (2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小； (3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力f随它距B点位移L的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小。 【核心素养提升】 规范解答——答题“四规范” 【典例示范】(20分)如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2 kg的小球P和质量为m＝0.1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为s＝0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s2，求： (1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小NB′； (2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ； (3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。 【审题关键】 (1)“P、Q两小球被轻弹簧弹出”动量守恒定律和能量守恒定律 (2)“小球P……恰好能够通过半圆形轨道的最高点C”Mg＝ (3)“小球Q……球S碰撞后为一体”动量守恒定律 (4)“小球Q……一体飞出”二者一起做平抛运动 规范解答 答题“四规范” 解析　(1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有Mg＝M(1分) 解得vC＝(1分) 对于小球P，从B→C， 由动能定理有－2MgR＝Mv－Mv(2分) 解得vB＝(1分) 在B点有NB－Mg＝M(2分) 解得NB＝6Mg＝12 N(1分) 由牛顿第三定律有NB′＝NB＝12 N(1分) (2)设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t， 根据公式h＝gt2得 t＝0.2 s(1分) 根据公式s＝vt，得v＝1 m/s(1分) 碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有 mvQ＝2mv(2分) 解得vQ＝2 m/s(1分) (3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有MvP＝mvQ(2分) 解得vP＝1 m/s(1分) P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有 Ep＝Mv＋Mv(2分) 解得Ep＝0.3 J(1分) 答案　(1)12 N　(2)2 m/s　(3)0.3 J 1.文字说明规范 文字说明要用规范的物理语言和符号。对题干中未出现的字母进行说明时，字母书写要规范。设定所求的物理量或解题过程中用到的中间变量，可表述为设……，令……等。 2.列方程规范 列方程时要做到“三要三不要”。 一是要写出方程式而不要堆砌公式； 二是要原始式而不是变形式； 三是要分步列式，不要用连等式。 3.演算过程规范 要写出主要演算过程，有必要的关联词。一般表述为：将……代入……，由……式可得等。 4.结果表达规范 对题中所求得物理量应有明确的回答，要写出最后结果的单位。答案中不能含有未知量和中间量。 【基础题组】 1.(多选)如图1，两质量分别为m1＝1 kg和m2＝4 kg小球在光滑水平面上相向而行，速度分别为v1＝4 m/s和v2＝6 m/s，发生碰撞后，系统可能损失的机械能为 (　　) 图1 A.25 J B.35 J C.45 J D.55J 2.(多选)如图2甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使B获得大小为3 m/s，方向水平向右的速度，以此时刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息中可得(　　) 图2 A.两物体的质量之比为m1∶m2＝2∶1 B.两物体的质量之比为m1∶m2＝1∶2 C.在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝4∶1 D.在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝8∶1 3.（多选）A、B两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰，用频闪照相机在t0=0，t1=Δt，t2=2Δt，t3=3Δt，各时刻闪光四次，摄得如图所示照片，其中B像有重叠，mB=3mA/2，由此可判断 ( ) A、碰前B静止，碰撞发生在60cm处，t=2.5Δt时刻 B、碰后B静止，碰撞发生在60cm处，t=0.5Δt时刻 C、碰前B静止，碰撞发生在60cm处，t=0.5Δt时刻 D、碰后B静止，碰撞发生在60cm处，t=2.5Δt时刻 4.(单选) 如图所示，连接有水平轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动。下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图象，不合理的是(　　) A　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　D 5．如图所示，A是长为L的细线悬挂一个质量为m的小球，A的下端离光滑水平面很近，且可以绕O点在竖直面内做圆周运动，现有一质量为2m的滑块B沿光滑水平面以速度v0正对A运动，并与A发生弹性碰撞，g为重力加速度。求： (1)若碰撞后A恰好能够做完整的圆周运动，A在最高点的速度v是多大？ (2)若碰撞后细线不松驰，求滑块B的初速度v0的取值范围。 · 6．如图所示，在水平光滑桌面上放一质量为M的玩具小车。在小车的平台（小车的一部分）上有一质量可忽略的弹簧，一端固定在平台上，另一端用质量为m的小球将弹簧压缩一定距离后用细线捆住．用手将小车固定在桌面上，然后烧断细线，小球就被弹出，落在车上A点．OA＝s．如果小车不固定而烧断细线，球将落在车上何处？设小车足够长，球不致落在车外． 7.如图6所示，质量均为m的小滑块A、B、C厚度均不计。其中B、C两滑块通过劲度系数为k的轻弹簧相连并竖直放置在水平面上。现在将小滑块A从距离B滑块H0高处由静止释放，A、B相碰后立刻粘合为一个整体，且以共同速度向下运动，不计空气阻力，当地重力加速度为g。求： 图7 (1)A、B碰后的共同速度v1的大小； (2)A、B向下运动的速度最大时，滑块C对水平面的压力大小。 【综合能力题组】 8.（单选）如图8所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为(　　) 图8 A.h B.2h C.3h D.4h 9. (多选)如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，A、B静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为4 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v­t图象如图乙所示，P点图线斜率绝对值最大，则可知(　　) 甲　　　　　　乙 A．物块A的质量为4 kg B．运动过程中物块A的最大速度为vm＝4 m/s C．在物块A离开挡板前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒 D．在物块A离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为6 J 10．如图10所示，一劲度系数为k的轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小物块m连接，且M、m及M与水平地面间接触均光滑．开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，F1=F2=F．设整个过程中弹簧的形变不超过弹性限度，m未滑离M．求： (1)当长木板M的位移为L时，M、m及弹簧组成的系统具有的机械能是多少？ (2)如长木板M的位移L是未知的，则当L是多少时，由M、m及弹簧组成的系统具有的机械能最大．这时系统具有的机械能是多少？ 图10 11.如图11所示，一质量m1＝0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上。车上右端放一质量m2＝0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与车之间的动摩擦因数μ＝0.5，现有一质量m0＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s 的水平速度射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短。g取10 m/s2，求： 图11 (1)子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小v1； (2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少？ 12. （1）如图2－11（甲）所示，在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各联结一个小球构成，两小球质量相等。现突然给左端小球一个向右的速度v0，求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度．（2）如图乙所示，将N个这样的振子放在该轨道上，最左边的振子1被压缩至弹簧为某一长度后锁定，静止在适当位置上，这时它的弹性势能为E0，其余各振子间都有一定的距离，现解除对振子1的锁定，任其自由运动，当它第一次恢复到自然长度时，刚好与振子2碰撞，此后，继续发生一系列碰撞，每个振子被碰后刚好都是在弹簧第一次恢复到自然长度时与下一个振子相碰。求所有可能的碰撞都发生后，每个振子弹性势能的最大值．已知本题中两球发生碰撞时，速度交换，即一球碰后的速度等于另一球碰前的速度． 13.雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。 (1)质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W； (2)将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数； a.设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式； b.示意图中画出了半径为r1、r2（r1>r2）的雨滴在空气中无初速下落的v—t图线，其中_____对应半径为r1的雨滴（选填①、②）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v—t图线。 (3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f ∝v2（提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0）。 14.(12分)如图所示，光滑水平面上沿直线依次放置着"个大小相同的弹性小球，第2、3、4…个小球均保持静止，第1个小球以初速度”向右射出，各个小球发生的碰撞均为弹性碰撞。已知第1、2、3、4…个小球的质量依次为m、2m、3m、4m…，求: (1)第1个小球与第2个小球碰撞后第2个小球的速度; (2)第几个小球第一次碰撞后获得的向右的速度小于0.5v0 15. 如图，质量m1= 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k = 20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2= 4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。 （1）求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1； （2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小； （3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t表示）。 16.如图所示，在倾角 0=37°的固定斜面上，静止着两个质量均为m 的相同物块A、B,在A 的上方有一个质量为3m 的物块C。现对C施加一平行于斜面向下的恒力F，C将向下运动并与A 发生碰撞，随后A 向下与B 发生碰撞。已知A、B、C与斜面间的动摩擦因数均为0.75，初始时相邻两物块的间距均为L，物块 A、B、C均可视为质点，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，恒力 F始终作用于C。 （1）求C与A 第一次发生碰撞前瞬间C 的速度大小； （2）若物块之间的碰撞是弹性碰撞,求 C与A 第一次碰撞后瞬间C 的速度大小； （3）若物块之间的碰撞是完全非弹性碰撞，求整个过程因碰撞损失的机械能。 17．随着环境的恶化，导致土壤荒漠化越来越严重。环境治理小组模拟“飞沙走石”的场景，进行了如下实验。，现将两个质量均为的石块、由静止释放在粗糙的平台上，若平台上方始终存在，水平向右的气流，其风力大小恒为。初始时与间的距离为。已知石块、与平台的动摩擦因数分别为和，重力加速度g=，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，石块之间发生的碰撞可视为弹性正碰，且平台足够长。求： （1）AB第一次碰撞后的速度分别是多少？ （2）从释放到最终停止所运动的位移及时间。 【参考答案】 例1.解析：汽车和拖车整体所受合外力不为零，故动量不守恒，选项A错误；汽车和拖车整体除重力之外的其他力做功之和大于零，系统机械能增加，选项B错误；以拖车为研究对象，由牛顿第二定律得－μmg＝ma′，则a′＝－μg，由－v0＝a′t得，拖车脱钩后到停止经历的时间为t＝，选项C正确；全过程系统受到的合外力始终为F合＝(M＋m)a，末状态拖车的动量为零，全过程对系统应用动量定理可得(M＋m)a·＝Mv′－(M＋m)v0，解得v′＝v0，选项D正确。故选 CD 例2．由图可直接看出，A、B一起做周期性运动，运动的周期 ① 令表示A的质量，表示绳长.，表示B陷入A内时即时A、B的速度（即圆周运动最低点的速度），表示运动到最高点时的速度，F1表示运动到最低点时绳的拉力，F2表示运动到最高点时绳的拉力，根据动量守恒定律得 ② 在最低点和最高点处运用牛顿定律可得③ ④ 根据机械能守恒定律可得 ⑤ 由图4－26可知 ⑥ ⑦ 由以上各式可解得，反映系统性质的物理量是 ⑧ ⑨ A、B一起运动过程中的守恒量是机械能E，若以最低点为势能的零点，则 ⑩ 由②⑧⑩式解得⑾ 例3．AD解：AB．取向右为正方向，由动量守恒定律可得：mv0+0=mvA+mv球 由机械能守恒定律可得： 解得vA=0，v球=v0 碰后速度交换，根据动能定理得： 解得n=8.1（个） 则物块A能与8个小球碰撞，最多碰撞16次，故A正确，B错误； CD．物块运动至第5个小球处的速度为，则 碰后速度交换，由机械能守恒定律可得： 由牛顿第二定律可得： 解得L5=0.62m 故C错误，D正确；故选：AD。 AB、碰撞过程系统动量守恒，碰撞过程不损失机械能，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度；通过动能定理求出滑块能够向前滑动的距离，结合两球间的距离确定碰撞球的个数； CD、根据牛顿第二定律求出最高点的临界速度，通过机械能守恒定律求出最低点的速度，结合动能定理求出碰撞中第5个小球悬线长L5的表达式以及数值。 例4.【答案】(1)；(2) 【解析】(1)设时间内，从喷口喷出的水的体积为，质量为，则 ， 则单位时间内从喷口喷出的水的质量为： (2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于时间内喷出的水，有能量守恒得： 在高度处，时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有：（重力忽略不计） 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得： 联立式得： 例5.解析(1)物块从A点滑到B点的过程中机械能守恒，则mgR＝mv 解得：vB＝3 m/s 在B点由牛顿第二定律得：N－mg＝m 解得物块在B点时受到轨道对它的支持力N＝30 N 由牛顿第三定律物块滑到B点时对轨道的压力N′＝N＝30 N (2)物块滑上平板车后，物块与平板车组成的系统动量守恒有：mvB＝(m＋M)v共 解得物块最终速度的大小v共＝0.5 m/s (3)物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功Wf为f－L图线与横轴所围的面积，则：Wf＝ J＝2 J 物块在平板车上滑动过程中，由动能定理得：－Wf＝mv2－mv 解得物块滑离平板车时的速度大小v＝ m/s 答案　(1)30 N　(2)0.5 m/s　(3) m/s 【基础题组】 1.AB 解析：若两球发生弹性碰撞，则系统机械能不损失；若两球发生完全非弹性碰撞，则系统机械能损失最多，此时由动量守恒定律和能量守恒定律得： m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v，ΔEmax＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2， 联立并代入数据解得：ΔEmax＝40 J， 综合可知0≤ΔE≤40 J，故A、B正确，C、D错误。故选AB 2.AD 解析　由题图并结合题意可知A、B组成的系统动量守恒，设t1时刻系统的速度为v2，则有m2v＝(m1＋m2)v2解得m1∶m2＝2∶1，故A正确，B错误；由题图可知，t2时刻A、B两物块的速度大小分别为vA＝2 m/s，vB＝1 m/s，则A、B两物块的动能之比为Ek1∶Ek2＝8∶1，故C错误，D正确。 3．AB 4.A　解析：物块b以一定初速度向左运动与连接有水平轻弹簧的静止物块a相碰，中间弹簧先被压缩后又恢复原长，则弹力在碰撞过程中先变大后变小，两物块动量的变化率先变大后变小。故A不合理。 5.[解析]　(1)恰过最高点，即细线拉力为0，则A在最高点有：mg＝m ① 解得：v＝。 ② (2)情形1：碰撞后小球A能够做完整圆周运动，设小球A在最低点时速度为v1，小球在最高点时速度为v2，根据机械能守恒定律可得： mv＝2mgL＋mv ③ 由(1)问可知：v2≥ ④ 解得：v1≥ ⑤ 情形2：碰撞后小球A只能够运动到与O点等高处，则有 mv≤mgL ⑥ 解得：v1≤ ⑦ 设B与A发生弹性碰撞后速度为v3，根据动量守恒和能量守恒可得 2mv0＝2mv3＋mv1 ⑧ ·2mv＝·2mv＋·mv ⑨ 解得：v1＝ ⑩ 联立⑤⑦⑩式解得滑块B的初速度v0的取值范围为：v0≤或v0≥。 [答案]　(1)　(2)v0≤或v0≥ 6．设弹性势能为E，固定时：E= ① s= ② 不固定时： E=+ ③ 0=mv1+Mv2 ④ x=（v1+v2）t ⑤ 由①②③④⑤得x=． 7.解析：(1)设A与B碰撞之前的瞬时速度为v0，则mgH0＝mv ① A、B碰撞前后动量守恒，即mv0＝2mv1 ② 式中v1为A与B碰撞后的共同速度 联立①②解得v1＝。 (2)当A、B的速度最大时，它们所受的合力为零，即处于平衡状态，设此时水平地面对滑块C的支持力大小和滑块C对水平地面的压力大小分别为N′和N，对于A、B、C组成的系统，由受力分析可知N′－3mg＝0 ③ 由牛顿第三定律可知N′＝N ④ 联立③④解得N＝3mg。 7.答案　(1)　(2)3mg 解析：(1)A与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正方向，对A由动量定理有 Ft＝mAv2－mA(－v1) 解得F＝50 N (2)A与B碰撞过程，对A、B系统，水平方向动量守恒有 mAv2＝(mB＋mA)v3 A、B滑上斜面到最高点的过程，对A、B、C组成的系统，水平方向动量守恒有 (mB＋mA)v3＝(mB＋mA＋mC)v4 由能量守恒得 (mB＋mA)v＝(mB＋mA＋mC)v＋(mB＋mA)gh 解得h＝0.3 m。 答案　(1)50 N　(2)0.3 m 【综合能力题组】 8.D 解析：所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得(m1＋m2)gh＝(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，(m1＋m2)v2＝m1v＋m2v，m1v＝m1gh1，将m2＝3m1代入，联立可得h1＝4h，选项D正确。 9.BD　解析：弹簧伸长至最长时弹力最大，此时B的加速度最大，且A和B共速，由图知，A、B共同速度为v共＝2 m/s，A刚离开挡板时B的速度为v0＝3 m/s，在A离开挡板后，由动量守恒定律，有mBv0＝(mA＋mB)v共，解得mA＝2 kg，A项错误；A离开挡板后，弹簧第一次恢复原长时A的速度最大，由mBv0＝mAvm＋mBvB，mBv＝mAv＋mBv，解得A的最大速度vm＝4 m/s，B项正确；在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，C项错误；分析A离开挡板后A、B的运动过程，可知当弹簧伸长到最长时有Ep＝mBv－(mA＋mB)v，联立解得弹簧的最大弹性势能Ep＝6 J，D项正确。 10．（1）由动量守恒0=Mm 得物块的位移s=， 系统具有的机械能E=FL+Fs =． （2）M\、m做同频率的简谐振动，设运动到平衡位置时弹簧的伸长量为x， F=kx ，机械能最大时L+s=2x 由①②③得， 系统具有的机械能最大E机=． 11.解析：(1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，解得v1＝10 m/s。 (2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和动能定理有(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2－μm2gL＝(m0＋m1＋m2)v－(m0＋m1)v 解得L＝5 m 故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m。 答案　(1)10 m/s　(2)5 m 12．解析：（1）设每个小球质量为，以、分别表示弹簧恢复到自然长度时左右两端小球的速度． 由动量守恒和能量守恒定律得：（以向右为速度正方向） ；解得 由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度的过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球持续减速，使右端小球持续加速，因此应该取解： （2）以、分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到自然长度时左右两小球的速度，规定向右为速度的正方向，由动量守恒和能量守恒定律， 解得 在这一过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球向左加速，右端小球向右加速，故应取解： 振子1与振子2碰撞后，由于交换速度，振子1右端小球速度变为0，左端小球速度仍为，此后两小球都向左运动，当它们向左的速度相同时，弹簧被拉伸至最长，弹性势能最大，设此速度为，根据动量守恒定律： 用E1表示最大弹性势能，由能量守恒有 解得． 13.【答案】(1)；(2)a. ；b. ①；(3)见解析 【分析】(1)对雨滴由动能定理解得：雨滴下落h的过程中克服阻做的功； (2) 雨滴的加速度为0时速度最大； (3)由动量定理证明 【解析】(1)对雨滴由动能定理得： 解得：； (2)a。半径为r的雨滴体积为：，其质量为 当雨滴的重力与阻力相等时速度最大，设最大速度为，则有： 其中 联立以上各式解得： 由可知，雨滴半径越大，最大速度越大，所以①对应半径为的雨滴， 不计空气阻力，雨滴做自由落体运动，图线如图： (3)设在极短时间内，空气分子与雨滴碰撞，设空气分子的速率为， 在内，空气分子个数为：，其质量为 设向下为正方向，对圆盘下方空气分子由动量定理有： 对圆盘上方空气分子由动量定理有： 圆盘受到的空气阻力为： 联立解得：。 14.解析：（1）第1个小球、第2个小球的碰撞，根据动量守恒定律有： 由机械能守恒定律得: 解得: （2）同理可得第2个小球、第3个小球碰撞后，第3个小球的速度: : 第3个小球、第4个小球碰撞后，第4个小球的速度: : 故第4个小球第一次碰撞后获得的向右的速度小于 15.【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3） 【解析】 （1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有：m2v0= (m1＋m2)v1 代入数据有：v1= 1m/s 对m1受力分析有： 则木板运动前右端距弹簧左端的距离有：v12= 2a1x1 代入数据解得：x1= 0.125m （2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有：kx = (m1＋m2)a共 对m2有：a2= μg = 1m/s2 当a共 = a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2= 0.25m 对m1、m2组成的系统列动能定理有： 代入数据有： （3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有：－μm2g∙2t0= m2v3－m2v2 解得： 则对于m1、m2组成的系统有： U = －Wf 联立有： 16.(15分)解析： (1)由题意知：mgsinθ=umg cosθ，即物块所受重力沿斜面向下的分力恰好等于最大静摩擦力。对C,由动能定理得： 17．【答案】(1)2m/s;(2)5m，(5+)s 【详解】(1)以B为研究对象，由于F=0.5mg<μBmg=0.75mg 可知碰撞前B处于静止状态，对A进行受力分析，根据牛顿第二定律可得，A的加速度为aA 石块A从静止开始到与石块B碰撞过程，有L= 解得石块A运动时间为t= 1s 石块A与石块B碰撞前的速度为v0=aAt=2m/s A、B发生弹性正碰，根据动量守恒可得mv0-mvA+mvB 由题意可知vA=0，解得A、B碰撞后B的速度为vB=2m/s (2) 碰后B向右做匀减速直线运动，加速度大小为aB= B减速到停下所用时间为 B向右走的位移为=0.8m 此过程A继续从速度为零开始做匀加速直线运动，所走的位移为 =0.64m<0.8m 可知当B停下后，之后A继续跟B发生弹性碰撞，之后的运动遵循相同的规律，经过多次碰撞后，最终A、B紧靠在一起处于静止状态，整个过程，A运动的位移比B运动的位移多L=1m，以A、B为系统，根据功能关系可得 FxA+F(xA-L)=μA mgxA+μBmg(xA-L) 解得A的运动总位移为xA=5m 由于每次碰撞后B获得的速度等于碰撞前A的速度vA，设下一次碰撞前A的速度为，从碰撞后到下一次碰撞前的过程有 可得 可知A每一次碰撞前的速度都是上一次碰撞前A的速度的倍，则A整个运动过程所用时间为 t=(5+)s - 28 - / 29 学科网（北京）股份有限公司 $$