壓軸題01 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 勻變速直線運(yùn)動(dòng)（解析版）

壓軸題01牛頓運(yùn)動(dòng)定律勻變速直線運(yùn)動(dòng)1.本專題是動(dòng)力學(xué)方法的典型題型，包括動(dòng)力學(xué)兩類基本問題和應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法解決多運(yùn)動(dòng)過程問題。高考中既可以在選擇題中命題，更會在計(jì)算題中命題。2024年高考對于動(dòng)力學(xué)的考查仍然是熱點(diǎn)。2.通過本專題的復(fù)習(xí)，可以培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力,分析和推理能力。提高學(xué)生關(guān)鍵物理素養(yǎng)。3.用到的相關(guān)知識有:勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律,受力分析、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等。牛頓第二定律對于整個(gè)高中物理的串聯(lián)作用起到至關(guān)重要的效果，是提高學(xué)生關(guān)鍵物理素養(yǎng)的重要知識點(diǎn)，因此在近幾年的高考命題中動(dòng)力學(xué)問題一直都是以壓軸題的形式存在，其中包括對與高種常見的幾種運(yùn)動(dòng)形式，以及對于圖像問題的考查等，所以要求考生了解題型的知識點(diǎn)及要領(lǐng)，對于常考的模型要求有充分的認(rèn)知。考向一：有關(guān)牛頓第二定律的連接體問題1.處理連接體問題的方法：①當(dāng)只涉及系統(tǒng)的受力和運(yùn)動(dòng)情況而不涉及系統(tǒng)內(nèi)某些物體的受力和運(yùn)動(dòng)情況時(shí)，一般采用整體法。②當(dāng)涉及系統(tǒng)(連接體)內(nèi)某個(gè)物體的受力和運(yùn)動(dòng)情況時(shí)，一般采用隔離法。2.處理連接體問題的步驟：3.特例：加速度不同的連接體的處理方法：①方法一（常用方法）：可以采用隔離法，對隔離對象分別做受力分析、列方程。②方法二（少用方法）：可以采用整體法，具體做法如下：此時(shí)牛頓第二定律的形式：；說明：①F合x、F合y指的是整體在x軸、y軸所受的合外力，系統(tǒng)內(nèi)力不能計(jì)算在內(nèi)；②a1x、a2x、a3x、……和a1y、a2y、a3y、……指的是系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體在x軸和y軸上相對地面的加速度?？枷蚨河嘘P(guān)牛頓第二定律的動(dòng)力學(xué)圖像問題常見圖像v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、F-a圖像三種類型(1)已知物體受到的力隨時(shí)間變化的圖線，求解物體的運(yùn)動(dòng)情況。(2)已知物體的速度、加速度隨時(shí)間變化的圖線，求解物體的受力情況。(3)由已知條件確定某物理量的變化圖像。解題策略(1)問題實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，要注意區(qū)分是哪一種動(dòng)力學(xué)圖像。(2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷。破題關(guān)鍵(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會分析臨界點(diǎn)。(2)注意圖線中的一些特殊點(diǎn)所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標(biāo)的交點(diǎn)，圖線的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，兩圖線的交點(diǎn)等。(3)明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情境結(jié)合起來，再結(jié)合斜率、特殊點(diǎn)、面積等的物理意義，確定從圖像中反饋出來的有用信息，這些信息往往是解題的突破口或關(guān)鍵點(diǎn)?？枷蛉河嘘P(guān)牛頓第二定律的臨界極值問題1．“四種”典型臨界條件(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力FN＝0。(2)相對滑動(dòng)的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時(shí)，常存在著靜摩擦力，則相對滑動(dòng)的臨界條件是靜摩擦力達(dá)到最大值。(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛與拉緊的臨界條件是FT＝0。(4)速度達(dá)到最值的臨界條件：加速度為0。2．“兩種”典型分析方法臨界法分析題目中的物理過程，明確臨界狀態(tài)，直接從臨界狀態(tài)和相應(yīng)的臨界條件入手，求出臨界值。解析法明確題目中的變量，求解變量間的數(shù)學(xué)表達(dá)式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式分析臨界值?？枷蛩模夯瑝K—滑板模型1．模型特點(diǎn)：涉及兩個(gè)物體，并且物體間存在相對滑動(dòng)。2．摩擦力方向的特點(diǎn)(1)若兩個(gè)物體同向運(yùn)動(dòng)，且兩個(gè)物體“一快一慢”，則“快”的物體受到的另一個(gè)物體對它的摩擦力為阻力，“慢”的物體受到的另一個(gè)物體對它的摩擦力為動(dòng)力。(2)若兩個(gè)物體反向運(yùn)動(dòng)，則每個(gè)物體受到的另一個(gè)物體對它的摩擦力均為阻力。3．運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)(1)滑塊由滑板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運(yùn)動(dòng)，位移大小之差等于板長；反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移大小之和等于板長。設(shè)板長為L，滑塊位移大小為x1，滑板位移大小為x2同向運(yùn)動(dòng)時(shí)：如圖甲所示，L＝x1－x2反向運(yùn)動(dòng)時(shí)：如圖乙所示，L＝x1＋x2(2)若滑塊與滑板最終相對靜止，則它們的末速度相等?？枷蛭澹簜魉蛶栴}1．水平傳送帶模型情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情景2(1)v0>v時(shí)，可能一直減速，也可能先減速再勻速(2)v0<v時(shí)，可能一直加速，也可能先加速再勻速情景3(1)傳送帶較短時(shí)，滑塊一直減速到達(dá)左端(2)傳送帶較長時(shí)，滑塊還要被傳送帶傳回右端。其中v0>v返回時(shí)速度為v，當(dāng)v0<v返回時(shí)速度為v02．傾斜傳送帶模型情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(3)可能先以a1加速后再以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能一直勻速(3)可能先加速后勻速(4)可能先減速后勻速(5)可能先以a1加速后再以a2加速(6)可能一直減速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直勻速(3)可能先減速后反向加速(4)可能先減速，再反向加速，最后勻速(5)可能一直減速01有關(guān)牛頓第二定律的連接體問題1.(多選)如圖所示，在粗糙的水平面上，質(zhì)量分別為m和M的物塊A、B用輕彈簧相連，兩物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，當(dāng)用水平力F作用于B上且兩物塊共同向右以加速度a1勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長量為x1；當(dāng)用同樣大小的恒力F沿著傾角為θ的光滑斜面方向作用于B上且兩物塊共同以加速度a2勻加速沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長量為x2，則下列說法中正確的是()A．若m>M，有x1＝x2 B．若m<M，有x1＝x2C．若μ>sinθ，有x1>x2 D．若μ<sinθ，有x1<x2【答案】BC【詳解】A、B在水平面上滑動(dòng)時(shí)，對整體，根據(jù)牛頓第二定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①隔離物塊A，根據(jù)牛頓第二定律，有FT－μmg＝ma1②聯(lián)立①②解得FT＝eq\f(m,m＋M)F③在斜面上滑動(dòng)時(shí)，對整體，根據(jù)牛頓第二定律，有F－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a2④隔離物塊A，根據(jù)牛頓第二定律，有FT′－mgsinθ＝ma2⑤聯(lián)立④⑤解得FT′＝eq\f(m,M＋m)F⑥比較③⑥可知，彈簧彈力相等，與動(dòng)摩擦因數(shù)和斜面的傾角無關(guān)，故A、B正確，C、D錯(cuò)誤。02有關(guān)牛頓第二定律的動(dòng)力學(xué)圖像問題2.(多選)水平地面上有一質(zhì)量為m1的長木板，木板的左邊上有一質(zhì)量為m2的物塊，如圖(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(b)所示，其中F1、F2分別為t1、t2時(shí)刻F的大?。景宓募铀俣萢1隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(c)所示．已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度大小為g。則()A．F1＝μ1m1gB．F2＝eq\f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)gC．μ2>eq\f(m1＋m2,m2)μ1D．在0～t2時(shí)間段物塊與木板加速度相等【答案】BCD【詳解】由題圖(c)可知，t1時(shí)刻物塊、木板一起剛要在水平地面滑動(dòng)，物塊與木板相對靜止，此時(shí)以整體為研究對象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A錯(cuò)誤；由題圖(c)可知，t2時(shí)刻物塊與木板剛要發(fā)生相對滑動(dòng)，以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，解得F2＝eq\f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g，由F2>F1知μ2>eq\f(m1＋m2,m2)μ1，故B、C正確；由題圖(c)可知，0～t2時(shí)間段物塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，故D正確。03有關(guān)牛頓第二定律的臨界極值問題3.(多選)如圖所示，質(zhì)量mB＝2kg的水平托盤B與一豎直放置的輕彈簧焊接，托盤上放一質(zhì)量mA＝1kg的小物塊A，整個(gè)裝置靜止．現(xiàn)對小物塊A施加一個(gè)豎直向上的變力F，使其從靜止開始以加速度a＝2m/s2做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知彈簧的勁度系數(shù)k＝600N/m，g＝10m/s2。以下結(jié)論正確的是()A.變力F的最小值為2NB.變力F的最小值為6NC.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為0.2m/sD.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為eq\f(\r(5),5)m/s【答案】BC【詳解】A、B整體受力產(chǎn)生加速度，則有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，當(dāng)FNAB最大時(shí)，F(xiàn)最小，即剛開始施力時(shí)，F(xiàn)NAB最大且等于A和B的重力之和，則Fmin＝(mA＋mB)a＝6N，B正確，A錯(cuò)誤；剛開始，彈簧的壓縮量為x1＝eq\f(mA＋mBg,k)＝0.05m，A、B分離時(shí)，其間恰好無作用力，對托盤B，由牛頓第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04m，物塊A在這一過程的位移為Δx＝x1－x2＝0.01m，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知v2＝2aΔx，代入數(shù)據(jù)得v＝0.2m/s，C正確，D錯(cuò)誤。4.如圖甲所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當(dāng)θ＝30°時(shí)，可視為質(zhì)點(diǎn)的一小物塊恰好能沿著木板勻速下滑．如圖乙，若讓該小物塊從木板的底端每次均以大小相等的初速度v0＝10m/s沿木板向上運(yùn)動(dòng)，隨著θ的改變，小物塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化，重力加速度g取10m/s2.(1)求小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)當(dāng)θ角滿足什么條件時(shí)，小物塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值．【答案】(1)eq\f(\r(3),3)(2)θ＝60°eq\f(5\r(3),2)m【詳解】(1)當(dāng)θ＝30°時(shí)，小物塊恰好能沿著木板勻速下滑，則mgsin30°＝Ff，F(xiàn)f＝μmgcos30°，聯(lián)立解得μ＝eq\f(\r(3),3).(2)當(dāng)θ變化時(shí)，設(shè)沿斜面向上為正方向，物塊的加速度為a，則－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，由0－v02＝2ax得x＝eq\f(v02,2gsinθ＋μcosθ)，令cosα＝eq\f(1,\r(1＋μ2))，sinα＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))，即tanα＝μ＝eq\f(\r(3),3)，故α＝30°，又因x＝eq\f(v02,2g\r(1＋μ2)sinθ＋α)當(dāng)α＋θ＝90°，即θ＝60°時(shí)x最小，最小值為xmin＝eq\f(v02,2gsin60°＋μcos60°)＝eq\f(\r(3)v02,4g)＝eq\f(5\r(3),2)m。04傳送帶問題5.水平傳送帶A、B兩端點(diǎn)相距，以的速度（始終保持不變）順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)。今將一質(zhì)量的小物塊，無初速度地輕放至A點(diǎn)處，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。小物塊離開傳送帶后，無速度損失地滑上質(zhì)量的木板。木板與傳送帶等高，小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)也為，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，g取。求：（1）如果想讓小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間最短，求傳送帶的最小速度；（2）傳送帶以正常運(yùn)行，小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間（3）要使小物塊不從木板上滑落，木板至少多長？【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）小物塊剛放上傳送帶時(shí)，由牛頓第二定律得解得加速度大小為如果想讓小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間最短，小物塊應(yīng)一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有解得可知傳送帶的最小速度為。（2）傳送帶以正常運(yùn)行，則小物塊剛放上傳送帶到與傳送帶共速所用時(shí)間為通過的位移為小物塊與傳送帶共速后，勻速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用時(shí)間為則小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間為（3）小物塊滑上木板時(shí)，對小物塊，由牛頓第二定律得解得方向水平向左；對木板，由牛頓第二定律得解得方向水平向右；設(shè)小物塊與木板經(jīng)過時(shí)間達(dá)到共速，則有聯(lián)立解得，則共速前小物塊與木板發(fā)生的相對位移為小物塊與木板共速后，保持相對靜止一起在水平地面做勻減速到停下；可知要使小物塊不從木板上滑落，木板至少長。05滑塊—滑板模型6.如圖，足夠長的質(zhì)量為的木板靜置于水平地面上，木板右端放置一質(zhì)量為的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）。時(shí)刻，對木板施加一水平向右的恒定拉力，作用2s后撤去F。物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小取。求：（1）未撤去F時(shí)，木板和物塊的加速度大?。浚?）撤去F時(shí)，木板的速度大??？（3）物塊最終距木板右端的距離？【答案】（1）2m/s2，4m/s2；（2）8m/s；（3）【詳解】（1）設(shè)未撤去F時(shí)，物塊和木板的加速度大小分別為和，則有解得，（2）撤去F時(shí)，木板的速度大小為，有（3）撤去F時(shí)，物塊的速度大小為，物塊和木板的位移分別為和，有撤去F后，物塊和木板的加速度大小分別為和，有解得，設(shè)再過時(shí)間，兩者速度相等為有，解得，在這段時(shí)間里的兩者的位移分別為和，有假設(shè)共速后二者一起勻減速，設(shè)加速度為，有解得此時(shí)物塊需要的靜摩擦力為而物塊的最大靜摩擦力為所以假設(shè)不成立，物塊與木板將會分別減速，加速度大小為和，有解得，到減速為0，位移分別為和，有，物塊最終距木板右端的距離為1．（23-24高三上·遼寧葫蘆島·開學(xué)考）如圖甲所示，將一圓環(huán)套在固定的足夠長的水平桿上，環(huán)的內(nèi)徑略大于桿的截面直徑，對環(huán)施加一斜向上與桿的夾角為θ的拉力F，當(dāng)拉力逐漸變大時(shí)環(huán)的加速度隨拉力F的變化規(guī)律如圖乙所示。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，下列說法正確的是（

）A．圓環(huán)的質(zhì)量為0.5kgB．圓環(huán)與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2C．當(dāng)F=10N時(shí)，圓環(huán)的加速度大小為12m/s2D．當(dāng)圓環(huán)受到的摩擦力大小為1N時(shí)，圓環(huán)的加速度大小可能為8.75m/s2【答案】D【詳解】A．F在2N～5N內(nèi)時(shí)，對圓環(huán)受力分析可得Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）=ma當(dāng)拉力超過5N時(shí)，支持力方向相反，故當(dāng)F1=5N時(shí)Fsinθ=mg此時(shí)N=0，f=0，F(xiàn)cosθ=ma代入數(shù)據(jù)F=5N，a=7.5m/s，可得θ=53°代入F1sinθ=mg可得m=0.4kg故A錯(cuò)誤；B．因?yàn)閏osθ=0.6，m=0.4kg代入Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）=ma當(dāng)F=2N，a=0可得μ＝0.5故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)F=10N＞5N，支持力向下N=F2sinθ-mg對圓環(huán)受力分析可得即當(dāng)拉力為10N時(shí)，圓環(huán)的加速度大小為10m/s2，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)圓環(huán)受到的摩擦力大小為1N，且拉力小于2N時(shí)，對圓環(huán)受力分析可知F合=0即Fcosθ=f=1N解得而圓環(huán)的加速度為0；當(dāng)圓環(huán)受到的摩擦力大小為1N，且2N＜F＜5N時(shí)，可知μ（mg-Fsinθ）=1N解得F4＝2.5N由Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）=ma得a=1.25m/s2當(dāng)圓環(huán)受到的摩擦力大小為1N，且5N＜F時(shí)，可知μ（Fsinθ-mg）=1N解得F5＝7.5N由Fcosθ-μ（Fsinθ-mg）=ma得a=8.75m/s2故D正確。故選D。2．（2024·湖北·二模）下圖是大型戶外水上競技闖關(guān)活動(dòng)中“渡河”環(huán)節(jié)的簡化圖。固定在地面上的圓弧軌道上表面光滑。質(zhì)量的平板浮于河面上，其左端緊靠著圓弧軌道，且其上表面與軌道末端相切。平板左側(cè)放置質(zhì)量的橡膠塊A。質(zhì)量的人從圓弧軌道上與平板上表面高度差處由靜止滑下，人與A碰撞后經(jīng)與平板速度相等，此時(shí)A恰好沖出平板并沉入水中，不影響平板運(yùn)動(dòng)。已知人、橡膠塊與平板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為；平板受到水的阻力是其所受浮力的k倍。平板碰到河岸立即被鎖定。河面平靜，水的流速忽略不計(jì)，整個(gè)過程中有足夠的安全保障措施。人、橡膠塊A可看作質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取，求：（1）人與橡膠塊A相撞之后，A沖出平板之前，平板的加速度多大；（2）人與橡膠塊A相撞之后瞬間，A的速度多大；（3）若“渡河”過程中，平板能夠碰到河岸，河岸寬度的最大值。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）人與橡膠塊A相撞之后，設(shè)平板的加速度為，根據(jù)牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)，解得（2）設(shè)人滑到圓弧軌道底端時(shí)的速度大小為v0，由機(jī)械能守恒定律解得人與A碰撞后，由牛頓第二定律，設(shè)人的加速度為，則解得設(shè)A的加速度為，則解得人與A碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，經(jīng)人與平板共速，設(shè)人與A碰撞后人的速度大小為，A的速度大小為，有解得對人與A在碰撞過程中，由動(dòng)量守恒定律得解得（3）時(shí)間內(nèi)，A的位移為人與平板共速后，設(shè)人與平板整體的加速度為a，對人與板，由牛頓第二定律得解得設(shè)人與平板共速時(shí)的速度為v，有人與平板共速到平板速度為零過程中，平板的位移大小x2滿足解得則河岸寬度的最大值3．（2024·四川南充·二模）如圖所示，固定在水平面的斜面傾角為37°，兩個(gè)小物塊A、B用輕繩相連，輕繩繞過斜面頂端的輕質(zhì)小滑輪，滑輪與輪軸之間的摩擦不計(jì)，A物塊鎖定于斜面底部，B物塊離地面高度為。已知A物塊的質(zhì)量為，B物塊的質(zhì)量為，A物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重加速度為，，。時(shí)刻，解除A物塊的鎖定狀態(tài)，當(dāng)B物塊落地瞬間輕繩斷裂，A恰好未與滑輪相撞，求：（1）B物塊下落過程中的加速度a的大小及落地前瞬間的速度v的大??；（2）斜面的長度L及A從時(shí)刻起到返回斜面底端所需時(shí)間t?！敬鸢浮浚?），；（2），【詳解】（1）根據(jù)題意，設(shè)B物塊下落過程中繩子的拉力為，由牛頓第二定律，對B物塊有對A物塊有聯(lián)立解得B物塊落地前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有解得（2）根據(jù)題意可知，繩斷前，A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為繩斷后，A上滑過程有解得A上滑到頂端的時(shí)間為上滑的距離為則斜面的長度為A下滑過程有解得下滑到底端的時(shí)間為則A從時(shí)刻起到返回斜面底端所需時(shí)間4.（2024高三下·全國·競賽）如圖所示，一根豎直固定的上下開口的長直圓管內(nèi)有一個(gè)質(zhì)量為M的薄圓盤，圓盤與圓管的上端口之間的距離為L，圓管長度為3L。一個(gè)質(zhì)量為的小球從圓管的上端口由靜止開始下落，并撞在圓盤中心處，碰撞后圓盤向下滑動(dòng)，圓盤所受的阻力為其重力的1.2倍。小球在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求：（1）第一次碰撞后的瞬間小球和圓盤的速度；（2）從第一次碰撞后到第二次碰撞前，小球與圓盤之間的最大距離；（3）小球與圓盤能否在圓管內(nèi)發(fā)生第二次碰撞？如果能，求碰撞時(shí)圓盤距長直圓管下端口的距離；如果不能，求圓盤離開圓管時(shí)的速度?！敬鸢浮浚?），向上，，向下；（2）；（3）能，【詳解】（1）設(shè)小球從圓管的上端口由靜止開始下落L時(shí)速度為，由機(jī)械能守恒定律得設(shè)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度分別為、，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得解得（方向向上），（方向向下）（2）第一次碰撞后，小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，圓盤做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；由牛頓第二定律得設(shè)經(jīng)過時(shí)間二者速度相等且速度為，取向下為正方向，則有，解得，設(shè)時(shí)間內(nèi)小球和圓盤的位移為和，則有由于，且，故當(dāng)二者速度相等時(shí)，圓盤仍在圓管內(nèi)向下運(yùn)動(dòng)；則從第一次碰撞后到第二次碰撞之前，小球與圓盤之間的最大距離為（3）假設(shè)從第一次碰撞后經(jīng)過時(shí)間t，小球和圓盤在圓管內(nèi)發(fā)生第二次碰撞，則解得此時(shí)圓盤的速度又由于，，故假設(shè)成立。即小球與圓盤能在圓管內(nèi)發(fā)生第二次碰撞，則第二次碰撞時(shí)圓盤距長直圓管下端口的距離5．（23-24高三下·江西·開學(xué)考試）如圖所示，傾斜角為的等腰三角形斜面固定在水平面上，斜面足夠長，一足夠長的輕質(zhì)綢帶跨過斜面的頂端鋪放在斜面的兩側(cè)，綢帶與斜面間無摩擦?，F(xiàn)將質(zhì)量分別為的小物塊同時(shí)輕放在斜面兩側(cè)的綢帶上。兩物塊與綢帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，且最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，重力加速度。（1）末，的速度大小分別為多少？（2）內(nèi)系統(tǒng)機(jī)械能的損失量為多少？（3）后重新開始計(jì)時(shí)，給施加一個(gè)平行于斜面向右下的力，給施加一個(gè)平行于斜面向右上隨時(shí)間變化的力，則當(dāng)兩物塊速度大小相等時(shí)，求二者的速度大小。【答案】（1），；（2）；（3）【詳解】（1）由于輕質(zhì)綢帶合力為零，則兩物塊給它的摩擦力大小相等方向相反，都等于綢帶的張力。再據(jù)牛頓第三定律，得和受到綢帶反作用的摩擦力大小也相等。又有則二者不可能同時(shí)為滑動(dòng)摩擦力，又有會加速下滑，設(shè)加速度為，據(jù)牛頓第二定律解得末速度解得則受靜摩擦力方向沿斜面向上，帶著綢帶一起向左加速下滑，設(shè)加速度為，據(jù)牛頓第二定律解得末速度解得（2）內(nèi)向右下滑距離內(nèi)綢帶隨一起向左滑距離與綢帶相對位移解得又有解得內(nèi)系統(tǒng)機(jī)械能的損失轉(zhuǎn)化為與綢帶摩擦生熱所以，內(nèi)系統(tǒng)機(jī)械能的損失（3）因?yàn)?，所以兩物體所受合外力大小每時(shí)每刻都相等，則相同時(shí)間內(nèi)合外力沖量的大小相同，動(dòng)量的變化量大小相等。對據(jù)動(dòng)量定理對據(jù)動(dòng)量定理即解得6．（2024·四川瀘州·二模）如圖，質(zhì)量的物塊靜置于質(zhì)量的長木板右端，長木板長，物塊與長木板間動(dòng)摩擦因數(shù)，長木板與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)，物塊與長木板之間、長木板與地面之間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度?，F(xiàn)有一水平向右的恒力F作用在長木板上。（1）若恒力，求物塊和長木板的加速度大小；（2）若恒力，求物塊在長木板上滑動(dòng)的時(shí)間；（3）若恒力，作用一段時(shí)間后撤去，物塊恰好不從長木板上掉下，求恒力作用的時(shí)間?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）物塊與木板剛要出現(xiàn)相對滑動(dòng)時(shí)，對物塊由牛頓第二定律對物塊和長木板整體受力分析，由牛頓第二定律聯(lián)立解得即當(dāng)拉力F超過15N，物塊和長木板間就會出現(xiàn)相對滑動(dòng)，由于，故物塊和長木板相對靜止，一起向右做加速運(yùn)動(dòng)，其加速度為，對物塊和長木板整體受力分析，由牛頓第二定律解得物塊和長木板的加速度大小為（2）當(dāng)時(shí)，物塊和長木板有相對滑動(dòng)。物塊的加速度為，長木板的加速度為，對物塊由牛頓第二定律對長木板受力分析，由牛頓第二定律設(shè)經(jīng)過時(shí)間，當(dāng)物塊滑下長木板時(shí)兩者的位移關(guān)系滿足物塊在長木板上滑動(dòng)的時(shí)間為（3）當(dāng)時(shí)，物塊仍以加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，長木板做加速度為的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對長木板由牛頓第二定律作用時(shí)間后，長木板的速度為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式撤去后，物塊繼續(xù)以加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，長木板做加速度為的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，對長木板由牛頓第二定律撤去F3后，經(jīng)過時(shí)間物塊與長木板共速，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式由于，因此共速后兩者不會再有相對運(yùn)動(dòng)，位移滿足聯(lián)立解得，恒力作用的時(shí)間為7．（23-24高三上·福建一模）如圖甲所示，質(zhì)量的盒狀工件靜置于粗糙的水平桌面上，O為工件上表面一點(diǎn)，工件上表面O點(diǎn)左側(cè)光滑，右側(cè)粗糙。質(zhì)量的小滑塊放在工件上并緊靠左側(cè)壁，其與工件上表面粗糙部分間的動(dòng)摩擦因數(shù)?，F(xiàn)對工件施加水平推力F，推力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示，在推力作用下工件運(yùn)動(dòng)的速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖丙所示。1.5s時(shí)撤去推力后，當(dāng)滑塊到達(dá)O點(diǎn)時(shí)工件速度恰好為零，滑塊運(yùn)動(dòng)過程中始終未與工件右側(cè)壁相碰。g取，不計(jì)工件側(cè)壁的厚度，桌面足夠長。求：（1）工件底面與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）工件光滑部分的長度d；（3）工件的最小長度L和工件發(fā)生的最大位移x?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3），【詳解】（1）由工件運(yùn)動(dòng)的丙圖像得設(shè)工件底面與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，在水平推力作用下，滑塊與工件看成整體，對整體由牛頓第二定律可得解得（2）撤去推力F后，滑塊勻速到達(dá)O點(diǎn)，工件做減速運(yùn)動(dòng)，對工件則有解得工件運(yùn)動(dòng)時(shí)間為解得工件光滑部分的長度解得（3）滑塊運(yùn)動(dòng)到粗糙面上時(shí)，由于滑塊做減速運(yùn)動(dòng)，工件做加速運(yùn)動(dòng)，對滑塊則有解得對工件則有解得滑塊運(yùn)動(dòng)在粗糙面上時(shí)，與工件達(dá)到共速，則有解得，滑塊與工件右側(cè)壁未相碰，則粗糙面長度最小為則工件的最小長度為滑塊與工件達(dá)到共速后兩者一起減速運(yùn)動(dòng)，加速度解得工件從開始運(yùn)動(dòng)到最后靜止，經(jīng)歷了先加速后減速，再加速，最后減速的運(yùn)動(dòng)過程，發(fā)生的位移解得8．（23-24高三上·遼寧一模）如圖所示，傾角的固定斜面上放有物塊A和B，A、B之間拴接有勁度系數(shù)的輕彈簧，物塊B和小桶C由跨過光滑的定滑輪的輕繩連接。開始時(shí)彈簧處于原長，A、B、C均處靜止?fàn)顟B(tài)，且B剛好不受摩擦力，輕彈簧、輕繩平行于斜面。已知A、B的質(zhì)量，A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.875，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取，，。（1）求C的質(zhì)量；（2）求開始時(shí)A受到的摩擦力；（3）若向C中緩慢加入沙子，當(dāng)B剛要向上運(yùn)動(dòng)還沒動(dòng)時(shí)，加入沙子的總質(zhì)量記為，繼續(xù)緩慢加入沙子，B緩慢向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A剛要向上運(yùn)動(dòng)還沒動(dòng)時(shí)（C未觸地，彈簧處于彈性限度范圍內(nèi)），加入沙子的總質(zhì)量記為；求：①②A剛要向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，B已經(jīng)向上運(yùn)動(dòng)的距離。

【答案】（1）；（2）；（3），【詳解】（1）把B、C視為整體，由平衡條件有解得（2）對A進(jìn)行受力分析，由平衡條件有解得（3）①當(dāng)B剛要向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，將B、C和沙子視為整體，由平衡條件有當(dāng)A剛要向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，將A、B、C和沙子視為整體，則有解得②當(dāng)A剛要往上運(yùn)動(dòng)時(shí)，對A進(jìn)行受力分析，則有由胡克定律有解得說明B已經(jīng)向上運(yùn)動(dòng)了。9．（2024·湖南邵陽·二模）某工廠利用配重物體通過輕質(zhì)繩及光滑定滑輪協(xié)助傳送帶運(yùn)煤，如圖所示，傾角為θ=30°的傳送帶以v1=5m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，配重物體B的質(zhì)量mB=300kg，離地高度為h=9m。現(xiàn)將質(zhì)量mA=200kg的裝煤麻袋A從傳送帶底端（與地面等高）無初速度釋放，當(dāng)B落地瞬間繩子斷裂，最終A恰好能到達(dá)傳送帶頂端，傳送帶與麻袋接觸面間動(dòng)摩擦因數(shù)（傳送帶長度L大于9m）。g取10m/s2。求：（1）釋放后瞬間B的加速度大小a1；（2）該過程中B對A所做的功W；（3）傳送帶長度L?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）A無初速度釋放后瞬間，對A、B兩物體分析，由牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得（2）A從靜止加速到5m/s，發(fā)生的位移為解得A與傳送帶共速后，由于A繼續(xù)加速，對A、B物體分析，可得代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得且所以解得（3）設(shè)物體B落地時(shí)速度大小為v2，則有解得B落地后，A向上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a3，有解得物體A從速度為v2減速到v1，發(fā)生的位移為解得A減速到v1后，繼續(xù)向上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a4，有解得從v1剛好到達(dá)頂端速度是零時(shí)，發(fā)生的位移為解得則有傳送帶的長度解得10．（2024·云南昆明·三模）如圖所示，長的水平傳送帶順時(shí)針以速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，可以視作質(zhì)點(diǎn)且質(zhì)量的物塊A和物塊B通過足夠長的輕質(zhì)細(xì)線相連（細(xì)線跨過光滑定滑輪）。t＝0時(shí)刻A物塊從水平傳送帶最左端靜止釋放，時(shí)刻一質(zhì)量為的子彈以初速度從右向左正對射入物塊A并且穿出，穿出速度為，之后每隔就有一顆相同的子彈以相同的速度射入物塊A并穿出，子彈射穿物塊A時(shí)間極短且每次射入點(diǎn)均有細(xì)微不同。運(yùn)動(dòng)過程中細(xì)線OA始終保持水平，細(xì)線OB始終保持豎直，且物塊B始終沒有碰到地面，輕質(zhì)細(xì)線始終未斷裂。已知物塊A與水平傳送帶之間動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度大小g取，求：（1）從靜止釋放物塊A開始到物塊A的速度與傳送帶速度相同所需的時(shí)間；（2）第一顆子彈射穿物塊A后瞬間，物塊A的速度大??；（3）物塊A第一次運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端所需時(shí)間?！敬鸢浮浚?）0.5s；（2）；（3）7.5s【詳解】（1）根據(jù)題意，物塊A剛放上時(shí)，對B受力分析對A受力分析解得到達(dá)共速的時(shí)間（2）共速后，對B受力分析對A受力分析解得子彈射入前物塊的速度子彈射入，物塊A、B、子彈系統(tǒng)動(dòng)量守恒解得（3）根據(jù)題意，結(jié)合上述分析可知，內(nèi)內(nèi)子彈射入后到下一次子彈射入過程中，物塊A與傳送帶共速的時(shí)間為到下一次子彈射入前，物塊A與傳送帶共速后的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為綜上所述，相鄰兩次子彈射入間隔內(nèi)，物塊A向前運(yùn)動(dòng)的距離相等，則有物塊A第一次運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端所需時(shí)間11．（23-24高三下·河南·