第1部分 关键能力提升1 三大观点在力学问题中的综合应用-【金版教程】2026年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

第一部分　专题强化复习 专题二　能量与动量 关键能力提升一　三大观点在力学问题 中的综合应用 1．会分析力学中的多过程、多模型的组合问题，并会选择合适的规律进行处理。 2．会用三大观点分析板块模型的综合问题。 2 目录 1 2 专题作业 课时检测Ⅰ 考点 高考风向标 3 课时检测Ⅱ 4 考点 考点1　用三大观点综合解决力学问题 力学三大观点的规律和选用原则 力学三大观点 对应规律 选用原则 动力学观点 匀变速直线运动规律，牛顿运动定律，曲线运动知识 涉及加速度、向心力、角速度等一定用动力学观点 补充：①涉及位移时，根据具体问题，可能用动力学观点(匀变速运动)，或能量观点(做功计算)，或动量观点(人船模型)； ②涉及时间时，根据具体问题，可能用动力学观点(匀变速运动)，或能量观点(W＝Pt)，或动量观点(动量定理) 能量观点 功与功率的知识，包括动能定理在内的功能关系，机械能守恒定律，能量守恒定律 涉及功、功率、能量一定用能量观点 动量观点 动量与冲量的知识，动量定理，动量守恒定律 涉及冲量、动量、碰撞等一定用动量观点 考点 5 注：①有时只能用一种观点解题，有时能用两种甚至三种观点解题(一题多解)；②对于综合性问题，一般需要综合运用两种或三种观点解题；③对于上面的选用原则，不必死记硬背，需要在平时做题中逐步体会并总结。 考点 6 例1　(2025·吉林省长春市朝阳区部分高中高三下调研)“打夯”是人们抬起重物(夯)将松散的地面夯实的传统方式。现有四人站在地面通过四根绳子同时对一重物施加拉力，使其竖直上升，上升过程中各拉力的方向始终都与竖直方向成37°夹角(如图所示)，大小均保持400 N不变。重物离开地面40 cm后撤去拉力，落地后撞击地面的时间为0.01 s，且撞击地面后静止。已知重物的质量为100 kg，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。求： (1)撤去拉力前，重物上升时的加速度大小； (2)重物落地前瞬间的速度大小； (3)重物撞击地面的平均冲力大小。 答案　(1)2.8 m/s2　(2)3.2 m/s　(3)3.3×104 N 考点 7 考点 8 例2　(2025·海南卷，17)足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R＝0.5 m、圆心角θ＝53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台上与B碰撞结合成一整体，AB随后滑上传送带，已知mA＝4 kg，mB＝1 kg，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q＝2.5 J，忽略轨道及平台的摩擦，重力加速度大小g＝10 m/s2，求： (1)A滑到圆弧最低点时所受的支持力； (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能； (3)传送带的速度大小。 答案　(1)72 N，方向竖直向上　(2)1.6 J　(3)0.6 m/s或2.6 m/s 考点 9 考点 10 考点 11 考点 12 [跟进训练]　(2025·河南省郑州市外国语学校 高三下调研考试八)如图所示，竖直平面内有一长 度x＝1 m的粗糙平台AB，动摩擦因数μ1＝0.05，其 左侧有弹簧和质量m1＝2 kg的小球1，弹簧处于压缩 状态，弹性势能Ep＝2 J，与小球1不粘连。小球1右侧有一半径R＝1.2 m、圆心角θ＝60°的光滑圆弧轨道CD，最底端D平滑连接另一长s＝2 m的粗糙平台DE。质量m2＝4 kg的小球2静止在D点，左侧粘有少量炸药(质量不计)，E端有一质量m3＝4 kg的小球3，用长为L＝0.5 m的轻绳悬吊，对E点刚好无压力。无初速度地释放小球1，小球1恰好沿C点切线方向进入圆弧轨道到达D点，与小球2接触瞬间引燃炸药(未发生碰撞)，爆炸后小球1、2速度方向均水平。小球1恰好以原来进入C点的速度从C点滑出，所有小球均可视为质点且质量不变，忽略弹簧长度的变化，g取10 m/s2，求： 考点 13 (1)炸药爆炸前小球1对D点的压力大小； (2)炸药爆炸过程中有多少能量转化成小球1、2的机械能； (3)若小球2能与小球3发生弹性碰撞且最终仍停在平台上，整个过程中绳子始终不松弛，小球与平台DE间动摩擦因数μ2的范围。 考点 14 考点 15 考点 16 考点 17 考点2　板块模型的综合问题 板块模型问题可能涉及动力学知识、能量知识或动量知识。一般典型的情况或分析有： (1)滑块与木板速度相等，是摩擦力突变的临界点。 (2)当系统不受外力时，可以考虑应用动量守恒定律。 (3)两者位移关系是分析的难点；求摩擦生热时用相对路程。 考点 18 例3　(2025·黑龙江省哈尔滨市第六中学高三 下四模)如图所示，质量为m的木板静置在光滑的 水平面上，其右方水平面上固定竖直挡板，木板 左端放有一质量为2m的物块。物块与木板间的 动摩擦因数为μ。设木板足够长，物块始终在木板上。重力加速度为g。 (1)若木板右端与挡板相距为L，使物块以大小为v0的初速度沿木板向右运动，求木板第一次碰到挡板前瞬间速度的大小及相应的L所满足的条件； (2)若木板和物块以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与挡板发生弹性碰撞且碰撞时间极短。求木板从第一次与挡板碰撞到再次碰撞过程中，物块在木板上相对滑动的时间与木板运动的时间之比。 考点 19 考点 20 考点 21 [跟进训练]　(2025·广东省深圳市高三下第一次调研)如图所示为一项冰上游戏设施，平台之间的水平冰面上有可滑动的小车，左、右平台及小车上表面等高，小车紧靠左边平台。小孩坐在雪橇上(系有安全带)，静止在左边平台边缘处。现在家长施加推力，雪橇瞬时获得水平冲量I＝160 N·s，滑上小车。小车在冰面上滑行了L2＝4 m的距离后与右侧平台碰撞并被锁定，雪橇最终停在右侧平台上。已知小孩和雪橇的总质量m＝20 kg，雪橇与小车上表面间的动摩擦因数μ1＝0.8，雪橇与右侧平台间的动摩擦因数μ2＝0.5。小车质量M＝20 kg，长度L1＝2.5 m。将雪橇视作质点，忽略冰面阻力，g取10 m/s2。试计算： 考点 22 (1)雪橇滑上小车时的速度； (2)小车碰撞右侧平台时的速度； (3)雪橇在右侧平台上滑行的距离。 答案：(1)8 m/s，方向水平向右 (2)4 m/s，方向水平向右 (3)0.8 m 解析：(1)设雪橇滑上小车的瞬时速度为v1，根据动量定理有I＝mv1－0 解得v1＝8 m/s，方向水平向右。 考点 23 考点 24 考点 25 考点 26 高考风向标 1．(2025·陕晋宁青卷，10)(多选)如图，与水平面成53°夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为1 kg的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为1.6 m且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F＝kx，k＝10 N/m，g取10 m/s2，sin53°＝0.8。则滑块(　　) A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6 N B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C．从释放到静止的位移大小为0.64 m D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56 J 高考风向标 28 高考风向标 29 高考风向标 30 2．(2025·黑龙江省齐齐哈尔市高三下模拟预测)(多选)如图甲所示，质量为M的足够长滑板A静止在光滑水平面上，滑板A上静置一个质量m＝2 kg的滑块B，滑块B与滑板A之间有摩擦。从t＝0时刻起在滑块B上施加一个水平向右的拉力F，且拉力F与时间t的关系为F＝2t(式中物理量均为国际单位)。滑板A的动能与其位移的关系图像如图乙所示，t＝6 s时滑板A的位移为x0，0～x0段的图线为曲线，x0～x0＋14 m段的图线为倾斜直线。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．滑块B与滑板A间的动摩擦因数为0.2 B．t＝6 s时，滑块B的速度大小为10 m/s C．滑板A的质量为1 kg D．第7 s内，滑板A的位移大小为21 m 高考风向标 31 高考风向标 32 高考风向标 33 (1)单个散货的质量。 (2)水平传送带的平均传送速度大小。 (3)倾斜传送带的平均输出功率。 高考风向标 34 高考风向标 35 高考风向标 36 专题作业 课时检测Ⅰ 1．(2025·广东省湛江市高三下普通高考测试一)(多选)明朝的《天工开物》记载了我国古代劳动人民的智慧。如图所示，可转动的把手上a点到转轴的距离为Ra，辘轴边缘b点到转轴的距离为Rb，且Ra＞Rb。甲转动把手，把井底的乙加速拉起来(人未接触井壁)，不计空气阻力，则(　　) A．a点的向心加速度大于b点的向心加速度 B．绳对乙拉力的冲量等于乙动量的增加量 C．绳对乙拉力做的功等于乙机械能的增加量 D．绳对乙拉力的功率等于乙克服重力做功的功率 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ 解析：因a、b两点同轴转动，则a点的角速度等于b点的角速度，因Ra>Rb，根据an＝ω2R可知，a点的向心加速度大于b点的向心加速度，故A正确；乙被加速拉起来，由动量定理有I拉－I重＝Δp，可知绳对乙拉力的冲量大于乙动量的增加量，故B错误；乙被加速拉起来，由功能关系可知，绳对乙拉力做的功等于乙机械能的增加量，故C正确；乙被加速拉起来，绳对乙的拉力大于乙自身重力，由P＝Fv可知，绳对乙拉力的功率大于乙克服重力做功的功率，故D错误。　 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ 2．(2025·浙江省嘉兴市高三下三模)如图甲所示，每只冰壶直径d＝30 cm、质量m＝19 kg。某次试投过程中，冰壶A在t＝0时刻以v0＝1 m/s的初速度投出，与静止的冰壶B发生弹性正碰，此后冰壶B在水平面上运动0.9 m后停止，冰壶B的v­t图像如图乙所示，不计空气阻力，则(　　) A．两只冰壶在t＝3 s时发生碰撞 B．碰撞前摩擦力对冰壶A做功为－3.42 J C．碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小为11.4 N·s D．t＝0和t＝5 s两时刻冰壶重心间的距离之比为16∶9 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ 3．(2025·浙江省名校高三下二模)倾角为37°、足够长的固定斜面上，有一长木板A恰好能处于静止。现有物块B以v0＝1 m/s的速度从A的顶端开始下滑，A、B间动摩擦因数为μ＝0.8。已知A、B的质量分别为mA＝2 kg，mB＝3 kg，重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　) A．物块B下滑过程中，木板A仍能处于静止 B．物块B下滑过程中，A要向下加速，A、B速度刚达到相等时为0.4 m/s C．要使B不脱离A，A板长度至少为1.25 m D．从开始运动到A、B速度达到相等过程中， 系统因摩擦产生的热量为18.6 J 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ 4．(2025·河南卷，14)如图，在一段水平光滑直道上每间隔l1＝3 m铺设有宽度为l2＝2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1＝2 kg的小物块P，另一质量为m2＝4 kg的小物块Q以v0＝7 m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v＝7 m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。求 (1)该碰撞过程中损失的机械能； (2)P从开始运动到静止经历的时间。 答案：(1)24.5 J　(2)5 s 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ 5．(2025·湖南省邵阳市高三下第二次联考) 某游戏装置简化图如图所示，游戏规则是玩家 挑选出两个完全相同的光滑小球a、b，将a球向 左压缩弹簧至锁扣位置松手，弹簧恢复原长后，a球运动至右侧与静止的b球发生碰撞后，结合为c。若碰后c能完全通过竖直放置的四分之一细圆管道CD和四分之一圆弧轨道DE，并成功投入右侧固定的接球桶中，则视为游戏挑战成功。已知被压缩至锁扣位置时弹簧弹性势能Ep＝0.5 J，圆心O1、O2及D三点等高，E点为轨道的最高点，安装有微型压力传感器(未画出)。细圆管道、圆弧轨道半径均为R＝0.4 m，接球桶的高度h＝0.35 m，半径r＝0.2 m，中心线离EF的距离x＝0.7 m。a、b、c均可视为质点，不计空气阻力和一切摩擦，g取10 m/s2。 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ (1)若小球a、b的质量为0.01 kg，求a球离开弹簧时的速度大小； (2)若小球a、b的质量为0.01 kg，求c经过E点时对传感器的压力； (3)若想要挑战成功，求玩家挑选小球的质量范围。 答案：(1)10 m/s　(2)0.25 N，方向竖直向上　(3)0.01 kg<m≤0.0125 kg 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ 6．(2025·河南省豫东名校高三下三模)如图所示，质量为m3＝4 kg、足够长的木板静止在光滑水平面上，质量为m2＝2 kg的物块乙静止在木板上，此时木板被锁定。质量为m1＝1 kg的物块甲滑上长木板后，以v0＝6 m/s的速度与物块乙发生弹性碰撞，且碰后瞬间解除木板的锁定。已知甲、乙与木板之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.6和μ2＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，物块甲、乙都可以看作质点。求： (1)物块甲、乙碰后瞬间的速度大小分别为多少； (2)从甲、乙碰后瞬间到三者共速过程，系统损失的机械能； (3)从甲、乙碰后瞬间至甲与木板相对静止过程，系统因摩擦而产生的热量。 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ 7．(2025·浙江省嘉兴市高三上一模)如图所示是某种滑块运动装置，长度L＝1 m的传送带AB，以速度v＝6 m/s向左匀速转动，竖直平面内半径R＝0.4 m的圆形光滑管道固定在水平地面上，左侧凹槽内有总质量M＝2 kg的滑板，滑板由水平板和四分之一圆弧板两部分构成，水平板上表面平直粗糙，长度L1＝1.5 m，圆弧板表面光滑，半径R＝0.4 m，距离滑板左端L2＝0.25 m处有一锁定装置K，滑板一旦碰到K就被锁定，速度瞬间为0。现有一质量m＝1 kg的滑块，从传送带的右侧以速度v0冲上传送带，接着进入圆管完成圆周运动后从E点滑上滑板。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.6，滑块与滑板水平段之间的动摩擦因数μ2＝0.4，其他阻力忽略不计，滑块可以视为质点，重力加速度g取10 m/s2，A、B、C、E在同一水平面，接触面均平滑连接。求： 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ (1)要使滑块能滑上滑板，滑块在B点的最小速度vB； (2)若滑块能滑上滑板，滑块在E点的速度vE与初速度v0之间的函数关系； (3)若滑块以v滑＝4 m/s的速度滑上滑板，滑块在滑板上运动过程中产生的内能是多少？ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅰ 专题作业 课时检测Ⅱ 1．(2025·广西柳州市高三下三模)(多选)投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。某人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度v1水平，第二次初速度v2斜向下，如图所示，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中(　　) A．运动时间相同 B．加速度相同 C．动能变化量相同 D．动量变化量相同 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 解析：两次抛体运动均只受重力作用，加速度相同，均为g，下降高度相同，重力做功相同，由动能定理可知动能变化量相同，B、C正确；v2有竖直向下的分速度，v1沿水平方向，下降高度相同，则运动时间不同，由动量定理有Δp＝mgt，可知动量变化量不同，A、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 2．(2025·云南省高三下大联考)(多选)如图所示，倾角 为37°的斜面体固定在水平地面上，一根细线跨过两个光滑 的轻质滑轮连接着固定点O和物体N，下方的动滑轮与物体 M相连，斜面上方的细线均与斜面平行。已知物体N的质量 是物体M的2倍，物体M与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5， sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。在细线恰好伸直时，将物体M、N由静止释放，在物体N下降的过程中(物体M未碰到滑轮)，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．细线对O点的拉力小于物体M的重力 B．物体M所受合外力的冲量大小始终是物体N所受合外力的冲量大小的2倍 C．物体M重力的功率大小始终是物体N重力的功率大小的2倍 D．物体M机械能的增加量始终小于物体N机械能的减少量 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 4．(2025·福建省漳州市高三下第三次教学质量检测)如图，倾角为θ＝37°的足够长传送带，以大小v＝4 m/s的速率沿顺时针方向运行，与光滑水平地面之间用一小段光滑弧面BC平滑相接。将质量分别为m1＝0.1 kg、m2＝0.2 kg的小滑块甲、乙静置于地面上A、B两点。现对甲施加一个大小恒为1 N、方向水平向右的拉力F，经时间t1＝0.75 s时撤去力F，此时甲恰好与乙发生弹性正碰，作用时间极短。已知乙与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： (1)撤去拉力前瞬间拉力的功率P； (2)甲与乙碰后瞬间乙的速度大小v2； (3)碰后乙滑上传动带至与传送带共速的时间内， 乙和传动带因摩擦产生的热量Q。 答案：(1)7.5 W　(2)5 m/s　(3)0.04 J 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 5．(2025·四川卷，15)如图所示，倾角为θ的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为7R的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ (1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小； (2)若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运 动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件； (3)在满足(2)中质量比值的条件下，若碰撞后小球 乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。 解析：(1)小球甲从a点沿直线运动到b点过程中，设其加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有m1gsinθ＝m1a1 解得a1＝gsinθ。 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 7．(2025·湖南卷，15)某地为发展旅游经济，因地制宜 利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m 的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意 图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量 为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻， 轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，AB＝1.2L。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终在同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，sin37°＝0.6，重力加速度大小为g。 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 课时检测Ⅱ 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　(1)撤去拉力前，设重物上升时的加速度大小为a，重物受到重力和四根绳子的拉力作用，重物受到的合力F合＝4Fcos37°－mg 根据牛顿第二定律有F合＝ma 解得a＝2.8 m/s2。 (2)设重物落地前瞬间的速度大小为v，拉力作用的位移为h＝0.4 m，由动能定理有4Fcos37°·h＝eq \f(1,2)mv2－0 解得v＝3.2 m/s。 (3)重物落地后撞击地面的时间为t＝0.01 s，设重物砸向地面时受到的平均支持力大小为F，以竖直向下为正方向， 由动量定理有(mg－F)t＝0－mv 由牛顿第三定律得，重物对地面的平均冲力大小为F′＝F 解得F′＝3.3×104 N。 解析　(1)设A滑到圆弧最低点时速度大小为v0，所受支持力为FN，A从圆弧顶点至滑到圆弧最低点的过程，根据机械能守恒定律有mAg(R－Rcosθ)＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0) 解得v0＝2 m/s 在最低点根据牛顿第二定律有FN－mAg＝mA2,0)eq \f(v,R) 解得FN＝72 N，方向竖直向上。 (2)设A、B碰后速度大小为v共，A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v共 解得v共＝1.6 m/s 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 ΔE＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \o\al(2,共) 代入数据解得ΔE＝1.6 J。 (3)设传送带的速度大小为v，AB与传送带间的动摩擦因数为μ，AB的加速度大小为a，对AB根据牛顿第二定律有μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a 本题需要分情况讨论： ①v<v共，AB滑上传送带后先减速运动后匀速运动，设经过时间t1后AB与传送带共速，可得v＝v共－at1 该段时间内AB运动的位移为x1＝eq \f(v＋v共,2)t1 传送带运动的位移为x2＝vt1 故可得Q＝μ(mA＋mB)g·(x1－x2) 联立解得v＝0.6 m/s(另一解大于v共，舍去)； ②v>v共，AB滑上传送带后先加速运动后匀速运动，设经过时间t2后AB与传送带共速，同理可得v＝v共＋at2 该段时间内AB运动的位移为x1′＝eq \f(v＋v共,2)t2 传送带运动的位移为x2′＝vt2 故可得Q＝μ(mA＋mB)g·(x2′－x1′) 解得v＝2.6 m/s(另一解小于v共，舍去)。 故传送带的速度大小为0.6 m/s或2.6 m/s。 答案：(1)eq \f(140,3) N　(2)32 J　(3)0.15≤μ2<0.4 解析：(1)设小球1在B点的速度为vB，小球1从A到B，根据能量守恒定律有Ep－μ1m1gx＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,B) 小球1从B到C做平抛运动，则小球1在C点的速度vC＝eq \f(vB,cosθ) 设小球1在D点的速度为vD，小球1从C到D，根据机械能守恒定律有 m1gR(1－cosθ)＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,D)－eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,C) 设炸药爆炸前D点对小球1的支持力大小为FN，小球1在D点，根据牛顿第二定律有FN－m1g＝m12,D)eq \f(v,R) 联立解得vD＝4 m/s，FN＝eq \f(140,3) N 根据牛顿第三定律可知小球1对D点的压力大小为FN′＝FN＝eq \f(140,3) N。 (2)炸药爆炸后瞬间，设小球1和小球2的速度大小分别为vD′和v1，根据动量守恒定律有m1vD＝－m1vD′＋m2v1 由题意结合动能定理有－m1gR(1－cosθ)＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,C)－eq \f(1,2)m1vD′2 炸药爆炸过程中转化为机械能的能量为ΔE＝eq \f(1,2)m1vD′2＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,D) 联立解得v1＝4 m/s，ΔE＝32 J。 (3)设小球2与小球3碰前瞬间的速度为v2，v2>0 由动能定理有－μ2m2gs＝eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,1) 之后小球2与小球3发生弹性碰撞，由于两球的质量相等， 则速度交换，故碰撞后小球3的速度为v3＝v2 为保证整个过程中绳子始终不松弛，且最终小球2仍停在平台上，则小球3最高到达右侧与圆心O′等高处，则有eq \f(1,2)m3veq \o\al(2,3)≤m3gL 联立解得0.15≤μ2<0.4。 答案　(1)当L>2,0)eq \f(v,9μg) 时，v1＝eq \f(2,3)v0；当L≤2,0)eq \f(v,9μg) 时，v2＝2eq \r(μgL)　(2)1∶2 解析　(1)假设挡板不存在，物块与木板组成的系统动量守恒，设二者共速时的速度大小为v共，有2mv0＝3mv共 解得v共＝eq \f(2,3)v0 设相对滑动时木板的加速度大小为a木板，根据牛顿第二定律，有2μmg＝ma木板 解得a木板＝2μg 相对滑动过程木板的位移大小x木板满足veq \o\al(2,共)＝2a木板x木板 解得x木板＝2,0)eq \f(v,9μg) 当L>x木板＝2,0)eq \f(v,9μg) 时，木板第一次碰到挡板前瞬间速度的大小v1＝v共＝eq \f(2,3)v0 当L≤x木板＝2,0)eq \f(v,9μg) 时，设木板第一次碰到挡板前瞬间速度的大小为v2，对木板有veq \o\al(2,2)－0＝2a木板L 解得v2＝2eq \r(μgL)。 (2)木板第一次与挡板碰撞后，向左做匀减速直线运动，减速至0后再向右做匀加速直线运动直到与物块共速，之后做匀速直线运动，直到第二次与挡板碰撞。设物块与木板共速时的速度大小为v，由动量守恒定律有2mv0－mv0＝3mv 解得v＝eq \f(1,3)v0 木板从第一次与挡板碰撞到再次碰撞， 设物块在木板上相对滑动的时间为t1，有v＝－v0＋a木板t1 解得t1＝eq \f(2v0,3μg) 设木板运动的时间为t2，由运动学规律有eq \f(v＋（－v0）,2)·t1＋v(t2－t1)＝0 解得t2＝eq \f(4v0,3μg) 则木板从第一次与挡板碰撞到再次碰撞过程中，物块在木板上相对滑动的时间与木板运动的时间之比t1∶t2＝1∶2。 (2)解法一：假设小车与右侧平台碰撞前，小车和雪橇可以共速，设共同速度为v2，根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v2 解得v2＝4 m/s 雪橇在小车上滑动过程中，雪橇与小车组成的系统损失的机械能为Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)(m＋M)veq \o\al(2,2) 设共速前雪橇相对小车滑行的距离为x相，由功能关系有Q＝μ1mgx相 联立解得x相＝2 m<L1，故雪橇不会从小车上滑落 设小车加速运动的距离为x2，对小车根据动能定理有μ1mgx2＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)－0 解得x2＝1 m<L2，故小车与右侧平台相碰前已和雪橇达到共速 可知假设成立，即最终雪橇与小车以共同速度滑行至右侧平台，小车碰撞右侧平台时的速度为v2＝4 m/s，方向水平向右。 解法二：雪橇与小车相对滑动过程，设雪橇的加速度大小为a1，小车的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma1，μ1mg＝Ma2 解得a1＝8 m/s2，a2＝8 m/s2 假设小车与右侧平台碰撞前，雪橇与小车可以共速，且从开始运动到共速用时为t，雪橇的位移为x1，小车的位移为x2，共同速度为v2，根据匀变速直线运动的速度与时间的关系式有v2＝v1－a1t，v2＝a2t 根据匀变速直线运动的位移与时间的关系式有 x1＝v1t－eq \f(1,2)a1t2，x2＝eq \f(1,2)a2t2 小车与雪橇的相对位移大小x相＝x1－x2 联立解得x相＝2 m，x2＝1 m 由于x相<L1，x2<L2，可知假设成立，即最终雪橇与小车以共同速度滑行至右侧平台，小车碰撞右侧平台时的速度为v2＝4 m/s，方向水平向右。 (3)设小车碰撞右侧平台后，雪橇在小车上滑行的距离为x3，在右侧平台上滑行的距离为x4，则有x3＝L1－x相＝0.5 m 解法一：对雪橇由动能定理有－μ1mgx3－μ2mgx4＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2) 解得x4＝0.8 m。 解法二：设雪橇离开小车时的速度为v3，由运动学公式有veq \o\al(2,3)－veq \o\al(2,2)＝－2a1x3 设雪橇在右侧平台上的加速度大小为a3，由牛顿第二定律有μ2mg＝ma3 根据匀变速直线运动的速度与位移的关系式有 0－veq \o\al(2,3)＝－2a3x4 联立解得x4＝0.8 m。 解析：当右侧弹性轻绳与P、Q连线的夹角为θ时，弹性轻绳的伸长量为x＝eq \f(xPQ,cosθ)，此时弹性轻绳的拉力大小为F＝kx，受力分析如图1所示，弹性轻绳的拉力在垂直杆方向的分力大小Fx＝Fcosθ，联立得Fx＝kxPQ＝16 N，Fx不变，且Fx>mgcos53°＝6 N，所以杆对滑块的支持力大小始终为FN＝Fx－mgcos53°＝10 N，滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为f＝μFN＝1.6 N，A正确；下滑过程中滑块所受摩擦力沿杆向上，上滑过程中滑块所受摩擦力沿杆向下，由冲量的定义可知，下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量方向不同，B错误； 当右侧弹性轻绳与P、Q连线的夹角为θ时，滑块与P点间的距离为y＝xsinθ，则弹性轻绳的拉力在沿杆方向的分力大小Fy＝kxsinθ＝ky，滑块从P处下滑过程，以沿杆向下为正方向，滑块所受合力F下＝mgsin53°－f－Fy，代入数据得F下＝(6.4－10y) N，作出F下­y图像如图2所示，图线与y轴所围面积表示合力做的功，结合动能定理可知，滑块下滑到最低点时F下＝－6.4 N，此时y1＝2×eq \f(6.4,10) m＝1.28 m，滑块从最低点上滑过程，以沿杆向上为正方向，滑块所受合力F上＝Fy－f－mgsin53°，代入数据得F上＝(10y－9.6) N，开始时F上0＝(10y1－9.6) N＝3.2 N，同理，当滑块上滑到最高点时F上＝－3.2 N，代入得此时y2＝0.64 m，因mgsin53°－ky2＝f，则滑块静止在此处，滑块从释放到静止的位移大小为y2＝0.64 m，C正确；从释放到静止滑块运动的路程为s＝y1＋(y1－y2)＝1.92 m，则滑块克服滑动摩擦力做功为W＝fs＝3.072 J，D错误。 解析：由动能定理可知，Ek­x图像中图线的斜率表示滑板A所受滑块B的摩擦力，结合题图乙分析可知，在0～6 s内滑块B与滑板A相对静止，6 s后滑块B与滑板A出现相对滑动，设滑块B与滑板A间的动摩擦因数为μ，当t>6 s时，对滑板A，由动能定理有μmg×14 m＝128 J－72 J，解得μ＝0.2，A正确；当t＝6 s时，设滑块B的速度与滑板A的速度均为v6，加速度大小均为a，0～6 s内，由动量定理有eq \f(0＋2×6 N,2)×6 s＝(M＋m)v6－0，由牛顿第二定律有a＝eq \f(2×6 N,M＋m)＝eq \f(\a\vs4\al(μmg),M)，联立可得v6＝12 m/s，M＝1 kg，a＝4 m/s2，B错误，C正确；第7 s内，滑板A的位移大小为Δx＝v6t1＋eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)＝14 m，D错误。 3．(2025·广西卷，15)图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入已与水平传送带共速的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°，以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)，到达顶端前已与倾斜传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g，分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的信号如图乙，每个脉冲信号与横轴所围面积为I，求这段时间内： 答案：(1)eq \f(I,v0)　(2)eq \f(Id,Mv0Δt)　(3)eq \f(9,2)Ig＋eq \f(Iv0,Δt) 解析：(1)设单个散货的质量为m，由题意可知，散货在顶端B水平抛出的速度大小为v0，由于F­t图像与t轴围成图形的面积表示冲量，则散货撞击传感器的过程，水平方向上由动量定理有－I＝0－mv0 解得m＝eq \f(I,v0)。 (2)每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货，则装有散货的个数为n＝eq \f(M,m) 分析可知，货箱接收散货的时间间隔等于在底端A释放散货的时间间隔，则每个货箱接收散货的总时间为t＝nΔt 由于货箱和水平传送带共速，货箱之间无间隔，则水平传送带的平均传送速度大小为v＝eq \f(d,t) 联立解得v＝eq \f(Id,Mv0Δt)。 (3)散货在倾斜传送带上加速过程中， 设散货的加速度大小为a，由牛顿第二定律有 μmgcos30°－mgsin30°＝ma 该过程的运动时间为t0＝eq \f(v0,a) 该过程散货的位移为x0＝eq \f(v0,2)t0 由于放置第10个散货时，第1个散货恰好水平抛出，根据第1个散货这段时间的位移可知，A、B间的长度为L＝x0＋v0(9Δt－t0) 稳定运行后，从A到B，倾斜传送带对每个散货所做的功W＝mgLsin30°＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 每个散货与倾斜传送带间因摩擦产生的热量 Q＝μmgcos30°(v0t0－x0) 一段时间t′内，倾斜传送带运送的散货个数为n′＝eq \f(t′,Δt) 倾斜传送带对外所做的总功W总＝n′(W＋Q) 倾斜传送带的平均输出功率为eq \o(P,\s\up14(－))＝eq \f(W总,t′) 联立解得eq \o(P,\s\up14(－))＝eq \f(9,2)Ig＋eq \f(Iv0,Δt)。 解析：两只冰壶质量相等，发生弹性正碰时，两冰壶发 生速度交换，由题图乙可知冰壶B做匀减速直线运动的加速 度大小为a＝eq \f(1,5) m/s2，冰壶B在水平面上运动xB＝0.9 m后停 止，设冰壶B的初速度为v1，运动时间为tB，则xB＝v1tB－eq \f(1,2)ateq \o\al(2,B)， 且v1－atB＝0，解得tB＝3 s，v1＝0.6 m/s，所以两只冰壶在tA＝5 s－tB＝2 s时发生碰撞，故A错误；设碰撞前摩擦力对冰壶A做的功为Wf，由动能定理有Wf＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得Wf＝－6.08 J，故B错误；由动量定理可知，碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小I满足－I＝0－mv1，解得I＝11.4 N·s，故C正确；两只冰壶在tA＝2 s时发生碰撞，所以t＝0时两只冰壶重心的距离为Δx1＝eq \f(v0＋v1,2)·tA＋d＝1.9 m，t＝5 s时两只冰壶重心的距离为Δx2＝xB＋d＝1.2 m，所以t＝0和t＝5 s两时刻冰壶重心间的距离之比为eq \f(Δx1,Δx2)＝eq \f(19,12)，故D错误。 解析：设A与斜面间的动摩擦因数为μ0，由平 衡条件有μ0mAg·cos37°＝mAgsin37°，解得μ0＝ 0.75，μ>μ0，故B下滑过程中，A会向下加速， 由(mA＋mB)gsin37°－μ0(mA＋mB)·gcos37°＝0可知， A、B组成的系统动量守恒，设A、B共速时的速度 大小为v，由动量守恒定律有mBv0＝(mA＋mB)v，解得v＝0.6 m/s，故A、B错误；设物块B减速下滑过程中的加速度大小为aB，由牛顿第二定律有μmBgcos37°－mBgsin37°＝mBaB，解得aB＝0.4 m/s2，从开始运动到A、B速度达到相等过程中，经历的时间为t＝eq \f(v0－v,aB)＝1 s，物块B的位移为xB＝eq \f(v0＋v,2)t＝0.8 m，木板A的位移为xA＝eq \f(v,2)t＝0.3 m，所以木板A的长度至少为L＝xB－xA＝0.5 m，系统因摩擦产生的热量Q＝μmBgcos37°·L＋μ0(mA＋mB)gcos37°·xA＝18.6 J，故C错误，D正确。 解析：(1)以水平向右为正方向，设碰撞后瞬间Q的速度为vQ，P、Q碰撞过程由动量守恒定律有m2v0＝m1v＋m2vQ 该碰撞过程中损失的机械能为 ΔE＝eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,0)－2,Q)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v2＋\f(1,2)m2v)) 联立并代入数据，解得ΔE＝24.5 J。 (2)分析可知，P开始运动后P、Q不会再次相碰。设P在防滑带上运动时加速度大小为a，P在防滑带上运动的距离为x，由牛顿第二定律可知μm1g＝m1a 可以将P在防滑带上的运动看成一个连续过程，则其从开始运动到静止的过程有0－v2＝－2ax 代入数据解得a＝5 m/s2，x＝4.9 m 2l2<x<3l2，则P最终静止在第三个防滑带上 设P离开第一个防滑带时速度为v1，离开第二个防滑带时速度为v2，则P在第一个防滑带上运动的过程有veq \o\al(2,1)－v2＝－2al2 P在第二个防滑带上运动的过程有veq \o\al(2,2)－veq \o\al(2,1)＝－2al2 设P减速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，则有 0＝v－at1 t2＝eq \f(l1,v1)＋eq \f(l1,v2) 则P从开始运动到静止经历的时间为t＝t1＋t2 联立并代入数据，解得t＝5 s。 解析：(1)设a球离开弹簧时的速度大小为v0，对a球和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律有Ep＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 解得v0＝10 m/s。 (2)设a与b碰后瞬间c的速度为v1，由动量守恒定律有mv0＝2mv1 设c经过E点时的速度大小为v2，压力传感器对c的弹力为FN，由机械能守恒定律得 eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,2)＝2mg×2R 由牛顿第二定律有FN＋2mg＝2m2,2)eq \f(v,R) 解得v2＝3 m/s，FN＝0.25 N 由牛顿第三定律可知，c对传感器的压力大小也为0.25 N，方向竖直向上。 (3)设小球恰好投到接球桶的左、右端点时，在E点水平抛出的速度分别为v3、v4，小球做平抛运动的时间为t， 在竖直方向上有2R－h＝eq \f(1,2)gt2 在水平方向上有x－r＝v3t，x＋r＝v4t 解得v3＝eq \f(5,3) m/s，v4＝3 m/s 若想要挑战成功，则小球需要通过E点，设小球恰好经过E点时的速度大小为v5，此时由重力提供向心力，有2mg＝2m2,5)eq \f(v,R) 解得v5＝2 m/s 要想挑战成功，小球经过E点时的速度v应同时满足v3<v<v4和v≥v5，故2 m/s≤v<3 m/s 由(2)可知v＝v4＝3 m/s时对应小球a、b质量为0.01 kg； 设当小球a、b的质量为m′时，c在E点以v＝v5＝2 m/s抛出 同理有Ep＝eq \f(1,2)m′v0′2，m′v0′＝2m′v1′，eq \f(1,2)×2m′v1′2－eq \f(1,2)×2m′veq \o\al(2,5)＝2m′g×2R 解得m′＝0.0125 kg 综上所述，小球a、b的质量范围为0.01 kg<m≤0.0125 kg。 答案：(1)2 m/s　4 m/s　(2)eq \f(108,7) J　(3)13.6 J 解析：(1)由题意可知，甲、乙发生弹性碰撞，以v0的方向为正方向，设甲、乙碰后瞬间的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2 根据机械能守恒定律可知eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2) 联立并代入数据解得v1＝－2 m/s，v2＝4 m/s，负号表示方向与v0方向相反。 (2)以向右为正方向，设三者达到共速时的速度为v3，根据动量守恒定律可知 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2＋m3)v3 三者构成的系统损失的机械能为 ΔE＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)(m1＋m2＋m3)veq \o\al(2,3) 联立并代入数据解得v3＝eq \f(6,7) m/s，ΔE＝eq \f(108,7) J。 (3)木板解锁后，以向右为正方向，设甲、乙和木板的加速度分别为a1、a2和a3，甲与木板达到相对静止的时间为t，根据牛顿第二定律，对甲有μ1m1g＝m1a1 对乙有－μ2m2g＝m2a2 对木板有μ2m2g－μ1m1g＝m3a3 代入数据解得a1＝6 m/s2，a2＝－5 m/s2，a3＝1 m/s2 若经时间t1甲先与木板相对静止，则v1＋a1t1＝a3t1 若经时间t2乙先与木板相对静止，则v2＋a2t2＝a3t2 代入数据解得t1＝0.4 s，t2＝eq \f(2,3) s 由于t1<t2，所以甲先与木板相对静止，故t＝t1＝0.4 s 从甲、乙碰后瞬间至甲与木板相对静止的过程中， 甲的位移为x1＝v1t＋eq \f(1,2)a1t2 乙的位移为x2＝v2t＋eq \f(1,2)a2t2 木板的位移为x3＝eq \f(1,2)a3t2 代入数据解得x1＝－0.32 m，x2＝1.2 m，x3＝0.08 m x1<x2，可知此过程A、B不会发生碰撞 甲相对木板的位移大小为Δx1＝|x1－x3| 乙相对木板的位移大小为Δx2＝|x2－x3| 系统因摩擦而产生的热量为Q＝μ1m1gΔx1＋μ2m2gΔx2 联立并代入数据解得Q＝13.6 J。 答案：(1)4 m/s (2)当2 m/s≤v0≤2eq \r(6) m/s时，vE＝2,0)eq \r(v＋12) m/s；当2eq \r(6) m/s<v0<4eq \r(3) m/s时，vE＝6 m/s；当v0≥4eq \r(3) m/s时，vE＝2,0)eq \r(v－12) m/s (3)7 J 解析：(1)要使滑块能滑上滑板，则滑块可以通过D点，滑块到达D点的最小速度为vD＝0 从B到D过程，根据动能定理有－mg×2R＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B) 代入数据解得vB＝4 m/s。 (2)根据动能定理，可知当滑块在传送带上始终做加速运动时，有μ1mgL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 代入数据解得vE＝2,0)eq \r(v＋12) m/s 此时vE≤v，vE≥vB，可得2 m/s≤v0≤2eq \r(6) m/s 当滑块在传送带上始终做减速运动时，有 －μ1mgL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 代入数据解得vE＝2,0)eq \r(v－12) m/s 此时vE≥v，可得v0≥4eq \r(3) m/s 综上所述，当2 m/s≤v0≤2eq \r(6) m/s时，vE＝2,0)eq \r(v＋12) m/s；当2eq \r(6) m/s<v0<4eq \r(3) m/s时，vE＝6 m/s；当v0≥4eq \r(3) m/s时，vE＝2,0)eq \r(v－12) m/s。 (3)假设滑块和滑板共速时滑板未与K碰撞，滑块还没有滑上圆弧板，此时滑板位移为x，滑块和滑板的共同速度为v共，滑块与滑板的相对位移大小为Δx，根据动量守恒定律有mv滑＝(M＋m)v共 根据能量守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,滑)－eq \f(1,2)(M＋m)veq \o\al(2,共)＝μ2mgΔx 对滑板根据动能定理有μ2mgx＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,共)－0 联立并代入数据解得Δx＝eq \f(4,3) m，x＝eq \f(4,9) m Δx<L1＝1.5 m，x>L2＝0.25 m，可知碰到K时滑块和滑板还没有共速，滑块还没有滑上圆弧板，设此时滑块的速度大小为v1，滑板的速度大小为v2，根据动量守恒定律有mv滑＝mv1＋Mv2 对滑板根据动能定理有μ2mgL2＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)－0 联立并代入数据解得v1＝2 m/s，v2＝1 m/s 由功能关系可知，此过程产生的内能为 Q1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,滑)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)＝5 J 此后，假设滑块不会滑离滑板，滑块的动能全部转化为内能，为Q2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＝2 J 设滑块在水平板上滑动的路程为s，则有Q1＋Q2＝μ2mgs 代入数据解得s＝eq \f(7,4) m s<2L1＝3 m，所以假设成立 滑块在滑板上运动过程中产生的内能是Q＝Q1＋Q2＝7 J。 解析：由动滑轮的特点可知，物体N的速度大小是物体 M的2倍，物体N的加速度大小是物体M的2倍。设物体 M的质量为m，则物体N的质量为2m，在物体M、N释放 瞬间，细线的拉力大小为FT，物体M的加速度大小为a，对 物体M、N分别受力分析，由牛顿第二定律得2FT－mgsin37° －μmgcos37°＝ma，2mg－FT＝2m·2a，解得FT＝eq \f(2,3)mg，a＝eq \f(\a\vs4\al(g),3)，A正确；物体N的加速度大小是物体M的2倍，则所受合外力也是物体M的2倍，由I＝Ft可知，物体N所受合外力的冲量大小始终是物体M所受合外力的冲量大小的2倍，B错误；当物体M的速度大小为v时，物体M重力的功率大小PM＝mgsin37°·v＝0.6mgv，物体N重力的功率大小PN＝2mg·2v＝4mgv，C错误；物体M与斜面间的摩擦产生热量，由功能关系可知系统总的机械能减少，即物体M机械能的增加量始终小于物体N机械能的减少量，D正确。 3．(多选)如图a，质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲到乙左端的距离为L，初始时甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度v0向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x随时间t的变化如图b中实线所示，其中t0时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．碰后瞬间乙的速度大小为eq \f(v0,3) B．甲、乙间的动摩擦因数为eq \f(v0,3gt0) C．甲到乙左端的距离L≥eq \f(v0t0,3) D．乙、丙的质量比m∶M＝1∶2 解析：乙与丙弹性碰撞后，先在甲的滑动摩擦力下做匀减速直线运动，在与甲达到共速后做匀速直线运动。设碰后瞬间乙的速度大小为v1，加速度大小为a，从碰后瞬间至甲、乙共速的过程，根据运动学公式，结合图b数据可知，eq \f(v0t0,2)＝v1t0－eq \f(1,2)ateq \o\al(2,0)，假设乙一直做减速运动，则在t＝2t0时乙的速度减小为0，有v1＝a·2t0，联立解得v1＝eq \f(2,3)v0，a＝eq \f(v0,3t0)，故A错误；对乙，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得甲、乙间的动摩擦因数μ＝eq \f(v0,3gt0)，故B正确； 对甲，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1，解得甲的加速度大小a1＝eq \f(v0,3t0)，则0～t0时间内甲的位移x甲＝eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,0)＝eq \f(v0t0,6)，乙的位移x乙＝eq \f(v0t0,2)，0～t0时间内甲、乙发生的相对位移为Δx＝x乙－x甲＝eq \f(v0t0,3)，则甲到乙左端的距离满足L≥Δx＝eq \f(v0t0,3)，故C正确；设物块丙与乙发生弹性碰撞后的速度为v2，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得Mv0＝Mv2＋mv1，eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)，可得v1＝eq \f(2M,M＋m)v0＝eq \f(2v0,3)，即eq \f(2M,M＋m)＝eq \f(2,3)，可得乙、丙的质量比为m∶M＝2∶1，故D错误。 解析：(1)设甲与乙碰撞前瞬间甲的速度为v0，甲从A到B的过程中，根据动量定理得 Ft1＝m1v0－0 又P＝Fv0 解得v0＝7.5 m/s，P＝7.5 W。 (2)以v0的方向为正方向，设碰后瞬间甲的速度为v1，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2 由机械能守恒定律有eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2) 解得v2＝5 m/s。 (3)由于v2>v，乙在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，做减速运动的时间为t，由牛顿第二定律有m2gsinθ＋μm2gcosθ＝m2a 由速度关系有v＝v2－at 乙和传送带的相对位移大小Δx＝eq \f(v2＋v,2)t－vt 乙和传送带因摩擦产生的热量 Q＝μm2gcosθ·Δx 解得Q＝0.04 J。 答案：(1)gsinθ　(2)eq \f(m2,m1)≤1或eq \f(m2,m1)＝7　(3)eq \f(17,2)m1gRsinθ<Ek0<16m1gRsinθ (2)小球甲恰能到达c点，设到达c点时的速度大小为v1，则有m1gsinθ＝m12,1)eq \f(v,R) 解得v1＝eq \r(gRsinθ) 小球甲、乙发生完全弹性碰撞，设小球乙的质量为m2，以v1的方向为正方向，设碰撞后小球甲、乙的速度分别为v1′、v2，碰撞过程根据动量守恒定律有m1v1＝m1v1′＋m2v2 由机械能守恒定律有 eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2) 解得v2＝eq \f(2m1\r(gRsinθ),m1＋m2) 碰撞后小球乙能运动至e点，需要分情况讨论。 情况①：碰撞后小球乙立即做类平抛运动，分析可知，小球乙不会碰到挡板，且在c点的速度v2应满足m22,2)eq \f(v,R) ＜m2gsinθ 可得v2＜eq \r(gRsinθ) 从c点到达e点，设小球乙运动的时间为t，沿斜面向下方向有7R＋R＝eq \f(1,2)gsinθ·t2 沿水平方向有R＝v2t 解得v2＝eq \f(1,4) eq \r(gRsinθ) 所得v2值满足v2≤eq \r(gRsinθ)，则此种情况存在，联立可得eq \f(m2,m1)＝7； 情况②：碰撞后瞬间小球乙做圆周运动，有m22,2)eq \f(v,R) ≥m2gsinθ 可得v2≥eq \r(gRsinθ) 联立可解得eq \f(m2,m1)≤1。 (3)根据前面分析可知，若eq \f(m2,m1)≤1且小球甲能到达c点，则小球乙必定做圆周运动，故碰撞后小球乙只能做类平抛运动穿过线段de，即eq \f(m2,m1)＝7 且碰撞后小球乙的速度v2必然满足 eq \f(1,4) eq \r(gRsinθ)<v2<eq \r(gRsinθ) 可得eq \r(gRsinθ)<v1<4eq \r(gRsinθ) 设小球甲的初动能为Ek0，对小球甲从a点运动到c点过程，根据动能定理有 －m1g·8Rsinθ＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)－Ek0 联立可得eq \f(17,2)m1gRsinθ<Ek0<16m1gRsinθ。 6．(2025·广西柳州市高三下三模)如图所示，足够长的水平桌面上有一质量为3m的木板A，A的右侧固定一轻质挡板P，A的上表面光滑，下表面与桌面的动摩擦因数μ＝0.4，在A的上方有水平向右的匀强电场。A在水平向右的恒力F作用下向右运动，当A的速度为v0时，质量为m、带正电的滑块B，以向右的速度v0从左侧滑上A，在B与P碰撞前的瞬间，A的速度恰好减为零，已知B与P的碰撞为弹性碰撞且B始终未脱离A，B可视为质点且所受电场力与F始终相等，F＝eq \f(4,5)mg，重力加速度为g，整个过程B与A和挡板P无电荷量转移。求： (1)B与P碰撞前，A、B的加速度大小； (2)B与P第1次碰撞后，B离P的最远距离； (3)从B与P第1次碰撞至第3次碰撞的过程中，B的电势能的变化量。 答案：(1)eq \f(4,15)g　eq \f(4,5)g　(2)2,0)eq \f(15v,2g) 　(3)－12mveq \o\al(2,0) 解析：(1)B与P碰撞前，设A、B的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律， 对A有μ(3m＋m)g－F＝3ma1 对B有F＝ma2 解得a1＝eq \f(4,15)g，a2＝eq \f(4,5)g。 (2)将A和B视作一个整体，桌面对A的摩擦力大小为4μmg＝eq \f(8,5)mg＝2F，因此A、B整体的动量守恒，以向右为正方向，设B与P第1次碰撞前的速度为v1，A的速度恰好减为零，取向右为正方向，由动量守恒定律有mv0＋3mv0＝mv1＋0 解得v1＝4v0 设B与P第1次碰撞后，A与B的速度分别为vA1和vB1，由动量守恒定律有 mv1＝mvB1＋3mvA1 由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B1)＋eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,A1) 联立解得vB1＝－2v0，vA1＝2v0，负号表示B的速度方向向左 第1次碰撞后，A、B共速时B与P之间最远，设共同速度为v共，由动量守恒定律有mv0＋3mv0＝4mv共 解得v共＝v0 在B与P第1次碰撞后且A、B共速之前，设A相对桌面的位移为x1，B相对桌面的位移为x2，由动能定理， 对A有(F－4μmg)x1＝eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,共)－eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,A1) 对B有Fx2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,共)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B1) 解得x1＝2,0)eq \f(45v,8g) ，x2＝－2,0)eq \f(15v,8g) 则B离P的最远距离L＝|x1－x2|＝2,0)eq \f(15v,2g) 。 (3)B与P第1次碰撞后，A的速度再次减为零的时间为t＝eq \f(2v0,a1)＝eq \f(15v0,2g) 此时B的速度v2＝－2v0＋a2t＝4v0＝v1 在此过程中，A的位移xA＝eq \f(1,2)×2v0t＝2,0)eq \f(15v,2g) B的位移xB＝eq \f(1,2)×(－2v0＋4v0)×t＝2,0)eq \f(15v,2g) 因xB＝xA，则B再次以v1和P发生碰撞，即B与P第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前瞬间的速度相同，以后滑块、木板重复前面的运动过程，每相邻两次碰撞间滑块、木板的位移相同，B与P第1次碰撞后至第3次碰撞后瞬间的整个过程中B的位移为x3＝2xB＝2,0)eq \f(15v,g) 此过程电场力做功W＝Fx3 解得W＝12mveq \o\al(2,0) 由功能关系可知B的电势能的变化量为－12mveq \o\al(2,0)。 (1)若滑杆固定，v＝eq \r(gL)，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小； (2)若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小； (3)若滑杆能沿轨道自由滑动，M＝km，且k≥1，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。 答案：(1)4mg　(2)eq \f(\a\vs4\al(\r(370gL)),10) (3)v＝eq \r(\f(14,5)gL＋\f(\a\vs4\al(9kgL),10（k＋1）))　eq \f(\r(\a\vs4\al(13gL)),2) 解析：(1)若滑杆固定，则机器人从B点运动到滑杆正下方的过程中做圆周运动，只有重力对机器人做功，设机器人运动到滑杆正下方时速度大小为v′，轻绳拉力的大小为F，则由动能定理有mgL＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mv2 机器人运动到滑杆正下方时，对机器人由牛顿第二定律可得F－mg＝meq \f(v′2,L) 又v＝eq \r(gL) 联立解得F＝4mg。 (2)设机器人松开轻绳时的速度大小为v″，根据题意作出机器人松开轻绳时的位置及速度如图1所示 对机器人从B点运动到松开轻绳时的位置，由动能定理有－mgLsin37°＝eq \f(1,2)mv″2－eq \f(1,2)mv2 机器人松开轻绳后做斜上抛运动，设机器人从松开轻绳到抛至A点所用时间为t，则由运动学公式， 在水平方向上有L＋Lcos37°＝v″sin37°·t 在竖直方向上有1.2L－Lsin37°＝v″cos37°·t－eq \f(1,2)gt2 联立解得v＝eq \f(\a\vs4\al(\r(370gL)),10)。 (3)由于轨道是光滑的，则机器人松开轻绳前的过程中，机器人和滑杆组成的系统水平方向动量守恒。设此过程机器人向左运动的分速度大小为v1，分位移大小为x1，滑杆向右运动的速度大小为v2，位移大小为x2，由动量守恒定律有mv1－Mv2＝0 等号两边对整个过程求和有mx1－Mx2＝0 如图2所示，由位移关系有x1－Lcos37°＝L－x2 且M＝km 联立解得x1＝eq \f(9kL,5（k＋1）) 易知机器人松开轻绳时水平分速度向右，则滑杆速度向左， 设此时机器人相对滑杆的速度大小为v相(因为机器人相对滑杆做圆周运动，则v相与轻绳垂直)，滑杆的速度大小为vM，如图2所示，则机器人松开轻绳时水平分速度大小为vx＝v相sin37°－vM 竖直分速度大小为vy＝v相cos37° 机器人从B点运动到松开轻绳时的位置，系统水平方向动量守恒，有mvx－MvM＝0 系统机械能守恒，以轨道平面为参考平面，有eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)m(veq \o\al(2,x)＋veq \o\al(2,y))＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,M)＋mgLsin37° 机器人松开轻绳后做斜上抛运动到A点，设该过程的运动时间为t′，则由运动学公式有x1＝vxt′ 1．2L－Lsin37°＝vyt′－eq \f(1,2)gt′2 联立可得v＝eq \r(\f(14,5)gL＋\f(\a\vs4\al(9kgL),10（k＋1）)) 因v＝eq \r(\f(14,5)gL＋\f(\a\vs4\al(9kgL),10（k＋1）))＝eq \r(\f(14,5)gL＋\f(\a\vs4\al(9gL),10\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k)))))， 可知k越小，v越小，则当k＝1时，v有最小值，为vmin＝eq \f(\r(\a\vs4\al(13gL)),2)。 $