第38讲 专题强化十一 力学三大观点的综合应用 讲义 -2027届高三物理一轮复习

第38讲　专题强化十一　力学三大观点的综合应用 1．力学三大观点 (1)动力学：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。 (2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 2．三大观点的选用原则 (1)动力学观点的选用原则 ①如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律。 ②凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，必须要用动力学观点。 (2)动量观点的选用原则 ①对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0。 ②对于碰撞、爆炸、反冲问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解。 (3)能量观点的选用原则 ①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。 ②如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。 ►考向1　动量与能量观点的综合应用 (2025·云南昆明阶段练习)如图所示，A物块固定在水平面上，其上表面是半径为R的光滑四分之一圆弧；B是质量为mB的带四分之一圆弧和水平板的物块，其圆弧半径也为R、上表面光滑，水平部分长为L、上表面粗糙。B物块放在光滑水平面上，B物块左端与A物块右端等高且无缝对接不粘连。现将一质量为m1的小滑块1从A物块最高点由静止释放，与另一静止在B物块左端的质量为m2的滑块2发生弹性碰撞，碰后滑块1瞬间被锁定在A物块上。已知R＝0.2 m，L＝0.5 m，m1＝0.3 kg，m2＝0.1 kg，mB＝0.2 kg，A、B均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求碰后瞬间滑块2的速度大小； (2)若物块B被锁定在光滑水平面上，滑块2沿B物块上表面恰好能滑到B物块顶端，求滑块2与B物块水平部分上表面间的动摩擦因数； (3)若物块B未被锁定在光滑水平面上，求滑块2在物块B上能上升的最大高度及其最终的速度大小。 [答案]　(1)3 m/s　(2)0.5　(3)0.05 m　1 m/s [解析]　(1)滑块1由A物块上滑下，其机械能守恒，设滑块1碰前速度为v0，则m1gR＝m1v 解得v0＝＝2 m/s 滑块1与滑块2发生弹性碰撞，系统的动量守恒、机械能守恒 m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v＝m1v＋m2v 解得v1＝v0＝1 m/s v2＝v0＝3 m/s。 (2)物块B固定，由动能定理得 －μm2gL－m2gR＝0－m2v 解得μ＝0.5。 (3)物块B不固定，系统水平方向动量守恒，设滑块2沿物块B上滑的高度为h，则m2v2＝(m2＋mB)v 由能量关系得 μm2gL＝m2v－(m2＋mB)v2－m2gh 解得h＝0.05 m 滑块2沿物块B滑到最高点后，接下来相对B往下滑，假设最终相对物块B静止，系统水平方向动量守恒有m2v2＝(m2＋mB)v′ 对全程滑上再滑下到相对静止，由能量关系得 μm2gx＝m2v－(m2＋mB)v′2 解得v′＝1 m/s，x＝0.6 m 由于x＝0.6 m<2L＝1 m，故假设成立。所以最终滑块2的速度大小v′＝1 m/s。 ►考向2　动量、能量和直线运动、平抛运动规律的综合应用 (2024·黑吉辽卷)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB； (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ； (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 [答案]　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J [解析]　(1)物块A、B受到的摩擦力Ff大小相等、方向相反，所受弹簧弹力F弹大小相等、方向相反，物块A、B、轻弹簧构成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，有0＝mAvA－mBvB 物块A从桌面左端水平飞出后做平抛运动， 竖直方向有h＝gt2 水平方向有xA＝vAt 解得vA＝1 m/s 则vB＝1 m/s。 (2)物块B只受摩擦力Ff时，向右做匀减速直线运动，有 Ff＝mBa Ff＝μmBg v＝2axB 解得μ＝0.2。 (3)整个过程中，根据能量守恒定律，有 ΔEp＝mAv＋mBv＋FfΔx 解得ΔEp＝0.12 J ►考向3　动量、能量和圆周运动、斜抛运动规律的综合应用 (2023·河北卷，改编)如图，质量为1 kg的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为0.75 m的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成37°角。质量为2 kg的小物块A以8 m/s的初速度从木板左端水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数为0.5。当A到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道。待A离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反。不计空气阻力，已知木板长度为1.3 m，g取10 m/s2，取3.16，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块A和木板的速度大小。 (2)求物块A到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距轨道底端的最大高度。 [答案]　(1)7 m/s　2 m/s　(2) N　2 m [解析]　(1)设物块A的初速度为v0，木板与轨道底部碰撞前的瞬间，物块A和木板的速度分别为v1和v2，物块A和木板的质量分别为m1和m2，物块A与木板间的动摩擦因数为μ，木板长度为L，由动量守恒定律和能量守恒有 m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v＝m1v＋m2v＋μm1gL 由题意分析可知v1≥v2， 联立解得v1＝7 m/s，v2＝2 m/s。 (2)设圆弧轨道半径为R，物块A到圆弧轨道最高点时速度为v3，轨道对物块的弹力为FN。物块A从轨道最低点到最高点，根据动能定理有 －m1gR(1＋sin 37°)＝m1v－m1v 物块A到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有 FN＋m1gsin 37°＝m1 联立解得FN＝ N。 设物块A斜抛出时速度v3的水平和竖直分量分别为vx和vy，则有vx＝v3sin 37°，vy＝v3cos 37°， 物块A距离轨道底端的最大高度 H＝R(1＋sin 37°)＋＝2 m。 ►考向4　动量、能量和传送带模型规律的综合应用 [答案]　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m [规范答题]　(1)设小物块的质量为m1，传送带的速度为v0，小物块在传送带上加速运动过程中有 μm1gx＝m1v(2分) 解得x＝2.5 m<L传，故小物块先加速后匀速 所以小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小为5 m/s。(2分) (2)设小球的质量为m2，小物块与小球碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律有 m1v0＝m1v1＋m2v2(2分) 其中v0＝5 m/s、v1＝－1 m/s， 解得v2＝3 m/s(1分) 碰撞过程中小物块和小球构成的系统损失的总动能ΔEk＝m1v－m1v－m2v(2分) 解得ΔEk＝0.3 J。(1分) (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，设小球在P点正上方的速度为v3，P点到O点的距离为d，绳长为L，在P点正上方，根据牛顿第二定律有 m2≥m2g(2分) 对小球从O点正下方到P点正上方的过程，根据动能定理有 －m2g(L＋L－d)＝m2v－m2v(2分) 解得d≥0.2 m，则P点到O点的最小距离为0.2 m。(2分) 提能训练　练案[38] 1．如图所示，A、B是位于水平桌面上两个质量相等的小滑块，离墙壁的距离分别为L和，与桌面之间的动摩擦因数分别为μA和μB，现给滑块A某一初速度，使之从桌面右端开始向左滑动，设A与B之间、B与墙壁之间的碰撞时间都很短，且碰撞中没有能量损失。已知重力加速度为g，要使滑块A最终不从桌面上掉下来，滑块A的初速度的最大值为(　　) A． B． C．2 D． [答案]　B [解析]　以A、B两小滑块组成的系统为研究对象，A与B碰撞时，所受合外力就是摩擦力，由于相互作用的内力远大于摩擦力，所以碰撞过程中系统的动量守恒，设A与B碰前速度大小为vA，碰后A、B的速度大小分别为vA′、vB′，取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAvA＝mAvA′＋mBvB′，由于碰撞中没有能量损失，所以mAv＝mAvA′2＋mBvB′2，且mA＝mB，联立解得vA′＝0，vB′＝vA，即A与B碰后二者速度交换，所以第一次碰后A停止运动，B向左滑动，第二次碰后B停止运动，A向右滑动，要求A最后不掉下桌面，它的初动能应小于等于A再次回到桌边的全过程中A、B两小滑块克服摩擦力所做的功，设滑块A的初速度最大值为v0，则有mAv＝2μAmAg＋2μBmBg，解得v0＝，B正确。 2．(多选)(2024·广东卷)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有(　　) A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C．乙的运动时间与H乙无关 D．甲最终停止位置与O处相距 [答案]　ABD [解析]　两滑块在光滑斜坡上同时由静止开始下滑，加速度相同，则相对速度为零，即甲在斜坡上运动时与乙相对静止，A正确；两滑块滑到水平面上后均做匀减速运动，由两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，B正确；设斜面倾角为θ，则乙下滑过程有＝gsin θ·t，设乙在水平面上运动t2时间后与甲相碰，碰后以甲碰前瞬间的速度匀减速运动t3时间，则乙运动的时间t＝t1＋t2＋t3，由于t1与H乙有关，所以乙的运动时间与H乙有关，C错误；乙下滑过程有mgH乙＝mv，由甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，可知甲最终停止的位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同，如果不发生碰撞，对乙在水平面上匀减速运动到停止的过程有v＝2μgx，联立可得x＝，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，D正确。 3．(2025·江西省联考)如图，倾角为θ＝30°的光滑斜面与光滑水平面在B点平滑连接，倾角为α＝37°的传送带沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端D点通过一小段圆弧连接。在水平面BD上的C点放一质量为3m的小物块b，在斜面上A点由静止释放质量为m的小物块a，A、B间距离为L，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，之后a、b将在水平面上发生第二次碰撞，b与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带匀速运动的速度大小为，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，求： (1)a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小； (2)第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小； (3)a、b第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程，b在传送带上运动因摩擦产生的内能。 [答案]　(1)　(2)　 (3)mgL [解析]　(1)设a与b碰撞前瞬间，a的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有mgLsin θ＝mv， 解得v0＝。 (2)设a、b碰撞后的速度大小分别为v1、v2， 根据动量守恒有mv0＝3mv2－mv1 根据能量守恒有mv＝×3mv＋mv 解得v1＝v2＝v0＝。 (3)由于v2＝<，因此物块b在传送带上先做匀减速运动，后做匀加速运动，加速度大小相等，根据牛顿第二定律有 3mgsin α＋3μmgcos α＝3ma 解得a＝gsin α＋μgcos α＝g 根据对称性，物块b在传送带上上滑、下滑过程所用时间均为t1＝＝ 物块b第一次在传送带上运动过程，因摩擦产生的内能为 Q＝μ·3mgcos α＝mgL。 4．(2024·河北卷改编)如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力。 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。 [答案]　(1)1.5 m　(2)90 J　2 [解析]　(1)机器人在A木板的上表面运动时，机器人和A木板组成的系统动量守恒，设A木板向左的位移为xA，机器人向右的位移为x人，木板的质量为m，机器人的质量为M，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得 0＝Mv人－mvA 在运动过程中的任意一小段时间内，有 0＝Mv人·Δt－mvA·Δt，两侧求和得0＝Mx人－mxA， 又有x人＋xA＝L 解得x人＝0.5 m，xA＝1.5 m， 则A、B木板间的水平距离为1.5 m。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止时速度为零，设机器人离开A木板的速度为v，速度与水平方向的夹角为θ，机器人跳离A木板的瞬间，水平方向动量守恒，有0＝Mvcos θ－mvA′ 机器人离开A木板后做斜抛运动，在空中运动的时间 t＝ 水平方向上有xA＝vcos θ·t 机器人跳离A木板的过程，机器人做的功 W＝mvA′2＋Mv2 代入数据整理得机器人做功的表达式为 W＝×＝×＝， 当tan θ＝时，机器人做的功最少， 此时tan θ＝2，W＝90 J。 5．(2025·湖北省七市联考)如图(a)所示，质量为mA＝4.0 kg的物块A与质量为mB＝2.0 kg的长木板B并排放置在粗糙的水平面上，二者之间夹有少许塑胶炸药，长木板B的右端放置有可视为质点的小物块C。现引爆塑胶炸药，爆炸后物块A可在水平面上向左滑行s＝1.2 m，小物块C的速度随时间变化的图像如图(b)所示。已知物块A和长木板B与水平面间的动摩擦因数均为μ0＝，物块C未从长木板B上掉落，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小； (2)小物块C的质量mC； (3)小物块C最终静止时距长木板B右端的距离d。 [答案]　(1)4.0 m/s　(2)1.0 kg　(3)1.75 m [解析]　(1)对物块A在爆炸后，根据动能定理有－μ0mAgs＝0－mAv 可得vA＝2.0 m/s 对物块A与长木板B在爆炸过程中由动量守恒定律有0＝mAvA－mBvB 可得vB＝4.0 m/s。 (2)由题图可知，B、C在相对滑动过程中共速时速度为v共＝1.0 m/s 对小物块C，在0～1 s内有 aC＝＝μg 可得μ＝0.1 对长木板B，在0～1 s内有 μ0(mB＋mC)g＋μmCg＝mBaB 且aB＝ 可得mC＝1.0 kg。 (3)长木板B与小物块C在0～1 s内，相对位移为 s相＝Δt－Δt＝2 m 对长木板B，在1 s后至停下的过程有 μ0(mB＋mC)g－μmCg＝mBaB′ 可得aB′＝2.0 m/s2 长木板B与小物块C在1 s后均停下，相对位移为 s相′＝－Δt＝－0.25 m 则小物块C最终静止时距长木板B右端的距离 d＝s相＋s相′ ＝1.75 m。 6．(2025·广东执信中学检测)如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5 m、质量m2＝2 kg的薄板b(厚度不计)，在薄板b最右端放有可视为质点的物块a，其质量m1＝1 kg，物块a与薄板b间的动摩擦因数μ＝0.2。开始时两者均静止，现对薄板b施加F＝8 N、水平向右的恒力，待a脱离b(b尚未露出平台)后，将b取走。a离开平台后由A点沿切线落入半径R＝0.9 m的竖直光滑圆弧轨道AB，圆弧轨道AB的圆心角为60°，其中过B点的切线水平，其右侧有一被电磁铁吸住而静止的小球c，c球质量m3＝1 kg且与地面及左侧墙面相距足够远，当c球被碰撞时电磁铁立即失去磁性，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物块a脱离薄板b前物块a和薄板b加速度大小及物块a在薄板b上运动的时间t； (2)物块a经过B点时的速度大小vB； (3)若初始时一不可伸长的轻绳一端系着小球c，另一端系于c球正下方的O1点，此时绳子刚好伸直且无拉力，已知O1点与c球相距为L，当绳子拉力FT达到9m3g时绳子断开。物块a从B点水平正碰c球瞬间无能量损失，为使细绳断开时c球开始做平抛运动，则L必须满足什么条件？ [答案]　(1)2 m/s2　3 m/s2　1 s　(2)5 m/s　(3)0<L≤0.25 m或L＝0.625 m [解析]　(1)设物块a脱离薄板b前，物块a的加速度大小为a1，薄板b的加速度大小为a2，物块a在薄板b上运动的时间为t，则由牛顿第二定律有μm1g＝m1a1，F－μm1g＝m2a2 代入数据解得a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2 由物块a与薄板b之间的位移关系可得a2t2－a1t2＝l 代入数据解得t＝1 s。 (2)设物块a离开薄板b时的速度为v0，则有v0＝a1t＝2 m/s 设物块a从A点滑入时的速度大小为vA，由于物块a滑出平台后做平抛运动，则由速度关系可得vAcos 60°＝v0 物块a进入圆弧轨道后做圆周运动， 设到达B点时的速度为vB，则从A到B由动能定理有 m1gR(1－cos 60°)＝m1v－m1v 联立解得vB＝5 m/s。 (3)设碰撞后瞬间物块a的速度为vB1，小球c的速度为vc，则由动量守恒定律和能量守恒定律有 m1vB＝m1vB1＋m3vc m1v＝m1v＋m3v 联立解得vB1＝0，vc＝5 m/s 要使连接小球c的绳子断裂后小球c做平抛运动，则必然是在最高点或最低点绳子断裂，若在最高点绳子断裂，则由牛顿第二定律有FT＋m3g≤m3，解得0<L≤0.25 m 若在最低点绳子恰好断裂，则有 m3g·2L＝m3v－m3v FT－m3g＝m3 解得L＝0.625 m 而若L＝0.625 m，小球c做圆周运动恰好通过最高点时有m3g＝m3 解得v1＝2.5 m/s<vc＝5 m/s 则可知，绳子在最低点恰好满足断裂条件，综上可知，为保证小球c被碰后做平抛运动，绳长应满足的条件为0<L≤0.25 m或L＝0.625 m。 7．(2023·浙江卷)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为形变量)。 (1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN； (2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE； (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。 [答案]　(1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m [解析]　(1)滑块a从D到F，由动能定理 mg·2R＝mv－mv 在F点FN－mg＝m 解得vF＝10 m/s FN＝31.2 N。 (2)滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为a＝μg＝5 m/s2 根据v＝v－2aL 可得在C点的速度vC＝3 m/s 则滑块a从碰撞后到达C点 mv＝mv＋mg·2R 解得v1＝5 m/s 因a、b碰撞动量守恒，则 mvF＝－mv1＋3mv2 解得碰后b的速度 v2＝5 m/s 则碰撞损失的能量 ΔE＝mv－mv－·3mv＝0。 (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，据mvF＝4mv 则a、b碰后的共同速度v＝2.5 m/s 当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度4mv＝6mv′ 则v′＝ m/s 当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系 ·4mv2＝·6mv′2＋kx 解得x1＝0.1 m 同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2＝x1 则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2 m。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第38讲　专题强化十一　力学三大观点的综合应用 1．力学三大观点 (1)动力学：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。 (2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 2．三大观点的选用原则 (1)动力学观点的选用原则 ①如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律。 ②凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，必须要用动力学观点。 (2)动量观点的选用原则 ①对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0。 ②对于碰撞、爆炸、反冲问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解。 (3)能量观点的选用原则 ①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。 ②如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。 ►考向1　动量与能量观点的综合应用 (2025·云南昆明阶段练习)如图所示，A物块固定在水平面上，其上表面是半径为R的光滑四分之一圆弧；B是质量为mB的带四分之一圆弧和水平板的物块，其圆弧半径也为R、上表面光滑，水平部分长为L、上表面粗糙。B物块放在光滑水平面上，B物块左端与A物块右端等高且无缝对接不粘连。现将一质量为m1的小滑块1从A物块最高点由静止释放，与另一静止在B物块左端的质量为m2的滑块2发生弹性碰撞，碰后滑块1瞬间被锁定在A物块上。已知R＝0.2 m，L＝0.5 m，m1＝0.3 kg，m2＝0.1 kg，mB＝0.2 kg，A、B均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求碰后瞬间滑块2的速度大小； (2)若物块B被锁定在光滑水平面上，滑块2沿B物块上表面恰好能滑到B物块顶端，求滑块2与B物块水平部分上表面间的动摩擦因数； (3)若物块B未被锁定在光滑水平面上，求滑块2在物块B上能上升的最大高度及其最终的速度大小。 ►考向2　动量、能量和直线运动、平抛运动规律的综合应用 (2024·黑吉辽卷)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB； (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ； (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 ►考向3　动量、能量和圆周运动、斜抛运动规律的综合应用 (2023·河北卷，改编)如图，质量为1 kg的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为0.75 m的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成37°角。质量为2 kg的小物块A以8 m/s的初速度从木板左端水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数为0.5。当A到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道。待A离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反。不计空气阻力，已知木板长度为1.3 m，g取10 m/s2，取3.16，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块A和木板的速度大小。 (2)求物块A到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距轨道底端的最大高度。 ►考向4　动量、能量和传送带模型规律的综合应用 提能训练　练案[38] 1．如图所示，A、B是位于水平桌面上两个质量相等的小滑块，离墙壁的距离分别为L和，与桌面之间的动摩擦因数分别为μA和μB，现给滑块A某一初速度，使之从桌面右端开始向左滑动，设A与B之间、B与墙壁之间的碰撞时间都很短，且碰撞中没有能量损失。已知重力加速度为g，要使滑块A最终不从桌面上掉下来，滑块A的初速度的最大值为(　　) A． B． C．2 D． 2．(多选)(2024·广东卷)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有(　　) A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C．乙的运动时间与H乙无关 D．甲最终停止位置与O处相距 3．(2025·江西省联考)如图，倾角为θ＝30°的光滑斜面与光滑水平面在B点平滑连接，倾角为α＝37°的传送带沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端D点通过一小段圆弧连接。在水平面BD上的C点放一质量为3m的小物块b，在斜面上A点由静止释放质量为m的小物块a，A、B间距离为L，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，之后a、b将在水平面上发生第二次碰撞，b与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带匀速运动的速度大小为，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，求： (1)a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小； (2)第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小； (3)a、b第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程，b在传送带上运动因摩擦产生的内能。 4．(2024·河北卷改编)如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力。 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。 5．(2025·湖北省七市联考)如图(a)所示，质量为mA＝4.0 kg的物块A与质量为mB＝2.0 kg的长木板B并排放置在粗糙的水平面上，二者之间夹有少许塑胶炸药，长木板B的右端放置有可视为质点的小物块C。现引爆塑胶炸药，爆炸后物块A可在水平面上向左滑行s＝1.2 m，小物块C的速度随时间变化的图像如图(b)所示。已知物块A和长木板B与水平面间的动摩擦因数均为μ0＝，物块C未从长木板B上掉落，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小； (2)小物块C的质量mC； (3)小物块C最终静止时距长木板B右端的距离d。 6．(2025·广东执信中学检测)如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5 m、质量m2＝2 kg的薄板b(厚度不计)，在薄板b最右端放有可视为质点的物块a，其质量m1＝1 kg，物块a与薄板b间的动摩擦因数μ＝0.2。开始时两者均静止，现对薄板b施加F＝8 N、水平向右的恒力，待a脱离b(b尚未露出平台)后，将b取走。a离开平台后由A点沿切线落入半径R＝0.9 m的竖直光滑圆弧轨道AB，圆弧轨道AB的圆心角为60°，其中过B点的切线水平，其右侧有一被电磁铁吸住而静止的小球c，c球质量m3＝1 kg且与地面及左侧墙面相距足够远，当c球被碰撞时电磁铁立即失去磁性，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物块a脱离薄板b前物块a和薄板b加速度大小及物块a在薄板b上运动的时间t； (2)物块a经过B点时的速度大小vB； (3)若初始时一不可伸长的轻绳一端系着小球c，另一端系于c球正下方的O1点，此时绳子刚好伸直且无拉力，已知O1点与c球相距为L，当绳子拉力FT达到9m3g时绳子断开。物块a从B点水平正碰c球瞬间无能量损失，为使细绳断开时c球开始做平抛运动，则L必须满足什么条件？ 7．(2023·浙江卷)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为形变量)。 (1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN； (2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE； (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。 学科网（北京）股份有限公司 $