2025屆高考物理二輪復(fù)習：力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用 學(xué)案（含練習題及答案）

第第頁2025屆高考物理二輪復(fù)習：力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用學(xué)案1.力學(xué)三大觀點對比力學(xué)三大觀點對應(yīng)規(guī)律表達式動力學(xué)觀點牛頓第二定律F=ma勻變速直線運動規(guī)律v=v0+atx=v0t+12atv2-v0能量觀點動能定理W=ΔEk機械能守恒定律Ek1+Ep1=Ek2+Ep2功能關(guān)系WG=-ΔEp能量守恒定律E1=E2動量觀點動量定理I=p′-p動量守恒定律p1+p2=p1′+p2′2.選用原則(1)當物體受到恒力作用做勻變速直線運動(曲線運動某一方向為勻變速直線運動),涉及時間與運動細節(jié)時,一般選用動力學(xué)方法解題。(2)當涉及功、能和位移時,一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關(guān)系或能量守恒定律解題,題目中出現(xiàn)相對位移(摩擦生熱)時,應(yīng)優(yōu)先選用能量守恒定律。(3)不涉及物體運動過程中的加速度而涉及物體運動時間的問題,特別是對于打擊類問題,因時間短且沖力隨時間變化,應(yīng)用動量定理求解。(4)對于碰撞、爆炸、反沖、地面光滑的板塊問題,若只涉及初末速度而不涉及力、時間,應(yīng)用動量守恒定律求解。[例題]如圖所示,以v=5m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶,左端與粗糙的弧形軌道平滑對接,右端與光滑水平面平滑對接,水平面上有n個位于同一直線上、處于靜止狀態(tài)的相同小球,小球質(zhì)量m0=0.2kg。質(zhì)量m=0.1kg的物體從軌道上高h=4.0m的P點由靜止開始下滑,滑到傳送帶上的A點時速度大小v0=7m/s。物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,傳送帶兩端AB之間的距離L=3.4m。物體與小球、小球與小球之間發(fā)生的都是彈性正碰,重力加速度g取10m/s2,10≈3.16。求:(1)物體從P點下滑到A點的過程中,摩擦力做的功;(2)物體第一次向右通過傳送帶的過程中,傳送帶對物體的沖量大小;(3)物體第一次與小球碰撞后,在傳送帶上向左滑行的最大距離;(4)n個小球最終獲得的總動能。[拓展訓(xùn)練1](2024·福建龍巖模擬)如圖所示,用長為R的不可伸長的輕繩將質(zhì)量為13(1)求碰后輕繩與豎直方向的最大夾角θ的余弦值;(2)若長木板C的質(zhì)量為2m,小物塊B與長木板C之間的動摩擦因數(shù)為μ,長木板C的長度至少為多大,小物塊B才不會從長木板C的上表面滑出?[拓展訓(xùn)練2]如圖所示,粗糙水平面上固定一足夠長且表面光滑的斜面體,斜面傾角θ未知,在斜面體內(nèi)部埋置了一個與斜面平行的壓力傳感器,且示數(shù)為零。水平面上靠近斜面體處靜止放置A、B兩物體,其中mA=1kg,mB=2kg,兩物體緊貼在一起,中間夾著一小塊炸藥(質(zhì)量可忽略),點燃炸藥發(fā)生爆炸使兩物體脫離,B物體立刻沖上斜面體,經(jīng)過壓力傳感器時,測得傳感器上表面受到的壓力大小為16N,已知A物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.5,炸藥爆炸時釋放的化學(xué)能為E=27J且全部轉(zhuǎn)化為兩物體的動能,不考慮B物體在斜面體與水平面連接處的動能損失,A、B兩物體均可視為質(zhì)點,爆炸時間極短,重力加速度g取10m/s2,求:(1)爆炸后瞬間,A、B兩物體獲得的速度大小;(2)B物體在斜面上運動的時間t0;(3)要使B物體能追上A物體,B物體與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ2的取值范圍。增分訓(xùn)練2力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用1.有兩個動能相同的物體a和b在粗糙的水平面上運動,經(jīng)相同時間都停了下來。其中物體a的質(zhì)量較大,a和b與水平面間的動摩擦因數(shù)分別為μa和μb,a和b的位移分別為xa和xb,則()A.μa>μb且xa<xbB.μa>μb且xa>xbC.μa<μb且xa>xbD.μa<μb且xa<xb2.如圖,某次冰壺比賽,甲壺以速度v0與靜止的乙壺發(fā)生正碰。已知冰面粗糙程度處處相同,兩壺完全相同,從碰撞到兩壺都靜止,乙的位移是甲的9倍,則()A.兩壺碰撞過程無機械能損失B.兩壺碰撞過程動量變化量相同C.碰撞后瞬間,甲壺的速度為vD.碰撞后瞬間,乙壺的速度為v03.(多選)質(zhì)量m1=0.5kg的物體甲靜止在光滑水平面上,質(zhì)量未知的物體乙從甲的左側(cè)以一定的速度與物體甲發(fā)生正碰,碰撞時間極短,磁撞后物體甲和物體乙粘在一起成為一個整體。如圖所示,a段為碰撞前物體乙的位移—時間圖像,b段為碰撞后整體的位移—時間圖像,下列說法正確的是()A.碰撞前物體乙的速度與碰撞后整體的速度大小之比為5∶3B.碰撞過程中物體甲對物體乙的沖量與物體乙對物體甲的沖量大小相等、方向相反C.物體甲與物體乙的質(zhì)量之比為1∶2D.物體甲和物體乙碰撞過程中機械能守恒4.如圖所示,光滑傾斜滑道OM段與粗糙水平滑道MN段平滑連接。質(zhì)量為1kg的滑塊從O點由靜止滑下,滑塊運動到N點的速度大小為3m/s,在N點與豎直緩沖墻發(fā)生碰撞,反彈后在距墻1m的P點停下。已知O點比M點高1.25m,滑塊與MN段的動摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力。則()A.滑塊運動到M點的速度大小為6m/sB.緩沖墻對滑塊做的功為-5JC.緩沖墻對滑塊的沖量大小為5N·sD.粗糙滑道MN段長為8m5.(多選)如圖所示,一長為L的傳送帶水平放置,在電動機的帶動下,以速率v沿逆時針方向勻速運行,在右輪的正上方固定安裝與傳送帶垂直的擋板;質(zhì)量為m甲=1kg的甲物塊與質(zhì)量為m乙的乙物塊中間夾有炸藥,靜止放在光滑的水平桌面上,炸藥爆炸所釋放的能量E=81J全部轉(zhuǎn)化為兩物塊的動能,甲離開桌面做平拋運動,經(jīng)過t=0.3s落地時的速率vt=310m/s,乙以水平向右的速度從左輪的正上方滑上傳送帶,與擋板碰撞前后的速率分別為v1、v2,碰撞時間極短,碰撞生熱Q=22.5J,碰撞后乙向左做勻加速運動,經(jīng)過t0=4s,運行到左輪的正上方恰好與傳送帶共速,乙與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,g取10m/s2,下列說法正確的是()A.乙的質(zhì)量m乙=2kgB.傳送帶的速率v=6m/sC.傳送帶的長度L=16mD.乙與擋板碰撞之前的速度v1=14m/s6.某同學(xué)為了研究瞬間沖量,設(shè)計了如圖所示的實驗裝置。將內(nèi)徑為d的圓環(huán)水平固定在離地面一定高度的鐵架臺上,在圓環(huán)上放置直徑為1.5d,質(zhì)量為m的薄圓板,板上放質(zhì)量為2m的物塊,圓板中心、物塊均在環(huán)的中心軸線上。對圓板施加指向圓心的瞬間沖量I,物塊與圓板間動摩擦因數(shù)為μ,不計圓板與圓環(huán)之間的摩擦力,重力加速度為g,不考慮圓板翻轉(zhuǎn),以下說法正確的是()A.若物塊可以從圓板滑落,則沖量I越大,物塊與圓板相對滑動的位移越大B.若物塊可以從圓板滑落,則沖量I越大,物塊離開圓板時的速度越大C.當沖量I=m2μgdD.當沖量I=2m2μgd7.如圖所示,半徑為R=5m的14光滑圓弧AB固定在光滑的水平面上,在C點靜止著一個滑塊P,載人小車M靜止在水平面上的D點?；瑝KQ從A點正上方距A點高H=2.2m處由靜止釋放,從A點進入圓弧并沿圓弧運動,Q運動到C點與P發(fā)生碰撞,碰撞后P、Q粘合為一個結(jié)合體E。已知Q、P和M的質(zhì)量分別為m1=1kg、m2=5kg、m3=60kg,重力加速度g取10m/s2(1)求P、Q碰撞后的速度大小;(2)如果結(jié)合體E與小車M發(fā)生彈性碰撞,求碰撞后小車的速度大小;(3)如果人每次以v=10m/s的速度(相對地面)將E反向推出,求人最多能推E多少次。8.如圖所示,在光滑水平面上通過鎖定裝置固定一質(zhì)量M=2kg的小車,小車左邊部分為半徑R=1.2m的四分之一光滑圓弧軌道,軌道末端平滑連接一長度L=2.85m的水平粗糙面,粗糙面右端是一擋板。有一個質(zhì)量為m=1kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從圓弧軌道頂端A點由靜止釋放,與水平粗糙面間動摩擦因數(shù)μ=0.08,小物塊與擋板的碰撞無機械能損失,重力加速度g取10m/s2。(1)求小物塊滑到圓弧軌道末端時軌道對小物塊的支持力大小;(2)若解除小車鎖定,求小物塊滑到圓弧軌道末端時的速度大小;(3)若解除小車鎖定,求整個運動過程中物塊與小車右端擋板碰撞的次數(shù)以及小車發(fā)生的位移大小。9.(2024·浙江溫州十五校聯(lián)合體高三選考模擬)如圖所示,豎直的半徑為R的螺旋圓形軌道BFEGH與直軌道AH和BC在B、H處平滑連接,傾角為θ的斜面CD在C處與直軌道BC平滑連接。在直軌道AH左端固定連接一輕彈簧,彈簧另一端系一個質(zhì)量為m的滑塊Q,彈簧處于自然狀態(tài)。一個質(zhì)量也為m的滑塊P從CD斜面高h處由靜止下滑。已知BC段與滑塊P間動摩擦因數(shù)μ=0.2,軌道其他部分均光滑,直軌道BC長LBC=1m,m=1kg,θ=30°,R=0.2m,g取10m/s2,彈簧始終處于彈性限度內(nèi),滑塊脫離軌道,不會再落到軌道上。(1)若滑塊P在圓軌道F點的壓力剛好為零,求滑塊P由靜止下滑的高度h;(2)滑塊P恰好能過E點完成圓周運動與Q發(fā)生碰撞,碰撞時間極短,碰撞后P、Q一起運動,但互不粘連,求P、Q第一次分離時彈簧和滑塊Q系統(tǒng)的機械能;(3)若滑塊P與Q僅發(fā)生一次碰撞,求高度h的范圍。10.如圖甲所示,平臺ON上有一輕質(zhì)彈簧,其左端固定于豎直擋板上,右端與質(zhì)量m=0.5kg、可看作質(zhì)點的物塊A相接觸(不粘連),OP段粗糙且長度等于彈簧原長。PN段光滑,上面有靜止的小滑塊B、C,mB=1.5kg,mC=0.5kg,滑塊B、C之間有一段輕彈簧剛好處于原長,B與輕彈簧連接,滑塊C未連接彈簧,兩滑塊離N點足夠遠。物塊A開始靜止于P點,現(xiàn)對物塊施加一個水平向左的外力F,大小隨位移x變化關(guān)系如圖乙所示。物塊A向左運動x=0.4m后撤去外力F,此后物塊A向右運動到離開P點時的速度為v0=4m/s,A與B碰撞后粘合在一起,碰撞時間極短?；瑝KC脫離彈簧后滑上傾角θ=37°的傳送帶,并剛好到達傳送帶頂端。已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,水平面MN右端N處與傾斜傳送帶理想連接,傳送帶以恒定速度v=1m/s順時針轉(zhuǎn)動,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)物塊A與滑塊B碰撞前克服摩擦力做的功;(2)滑塊C剛滑上傳送帶時的速度;(3)滑塊C滑上傳送帶到達頂端的過程中,滑塊C與傳送帶之間摩擦產(chǎn)生的熱量。11.如圖所示,物體A、B質(zhì)量分別為m=1kg,M=2kg,用輕繩相連并用彈簧系住掛在天花板上靜止不動。某時刻A、B間的繩子被剪斷,物體A上升,B開始下降并從C點進入豎直放置的半徑為R=2m的四分之一光滑圓弧軌道,已知當B以大小為vB的速度下落到軌道上的C處時,A上升的速度大小為vA。之后物體B在圓弧軌道末端D點與質(zhì)量為m的光滑小球發(fā)生彈性正碰,碰撞時間極短,且B與小球碰撞前瞬間對軌道的壓力大小為64N,此后B繼續(xù)滑動直至剛好脫離粗糙水平面DE,B與DE間的動摩擦因數(shù)為0.4。小球在E點水平滑上靜止停放在光滑水平面上質(zhì)量為m0的弧形槽小車,小車左端的離地高度hEF=0.8m,小球到達某一高度后(未離開小車)又返回小車左端(A、B小球均可以看作質(zhì)點,g取10m/s2,忽略空氣阻力)。(1)A上升的速度大小為vA時,求彈簧對物體A的沖量(用題中所給字母表示);(2)若B在14(3)若小車的質(zhì)量m0=3kg,求小球在弧形槽小車上到達最高點時的離地距離H;(4)若小球從小車左端掉落后的落地點與二者剛脫離時的位置的水平距離為s=11m,求小車的質(zhì)量m0。2025屆高考物理二輪復(fù)習：力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用學(xué)案·教師版1.力學(xué)三大觀點對比力學(xué)三大觀點對應(yīng)規(guī)律表達式動力學(xué)觀點牛頓第二定律F=ma勻變速直線運動規(guī)律v=v0+atx=v0t+12atv2-v0能量觀點動能定理W=ΔEk機械能守恒定律Ek1+Ep1=Ek2+Ep2功能關(guān)系WG=-ΔEp能量守恒定律E1=E2動量觀點動量定理I=p′-p動量守恒定律p1+p2=p1′+p2′2.選用原則(1)當物體受到恒力作用做勻變速直線運動(曲線運動某一方向為勻變速直線運動),涉及時間與運動細節(jié)時,一般選用動力學(xué)方法解題。(2)當涉及功、能和位移時,一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關(guān)系或能量守恒定律解題,題目中出現(xiàn)相對位移(摩擦生熱)時,應(yīng)優(yōu)先選用能量守恒定律。(3)不涉及物體運動過程中的加速度而涉及物體運動時間的問題,特別是對于打擊類問題,因時間短且沖力隨時間變化,應(yīng)用動量定理求解。(4)對于碰撞、爆炸、反沖、地面光滑的板塊問題,若只涉及初末速度而不涉及力、時間,應(yīng)用動量守恒定律求解。[例題]如圖所示,以v=5m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶,左端與粗糙的弧形軌道平滑對接,右端與光滑水平面平滑對接,水平面上有n個位于同一直線上、處于靜止狀態(tài)的相同小球,小球質(zhì)量m0=0.2kg。質(zhì)量m=0.1kg的物體從軌道上高h=4.0m的P點由靜止開始下滑,滑到傳送帶上的A點時速度大小v0=7m/s。物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,傳送帶兩端AB之間的距離L=3.4m。物體與小球、小球與小球之間發(fā)生的都是彈性正碰,重力加速度g取10m/s2,10≈3.16。求:(1)物體從P點下滑到A點的過程中,摩擦力做的功;(2)物體第一次向右通過傳送帶的過程中,傳送帶對物體的沖量大小;(3)物體第一次與小球碰撞后,在傳送帶上向左滑行的最大距離;(4)n個小球最終獲得的總動能。解析:(1)物體從P點下滑到A點的過程中,由動能定理有mgh+Wf=12mv解得Wf=-1.55J。(2)物體滑上傳送帶后,在滑動摩擦力作用下做勻減速運動,加速度大小a=μmgm=μg=5m/s2減速至與傳送帶速度相等時所用的時間t1=v0-v勻減速運動的位移x=v0+v2t1所以物體與傳送帶共速后向右勻速運動,勻速運動的時間為t2=L-xv故物體從A運動到B的時間為t=t1+t2=0.6s,傳送帶對物體的沖量大小為I=(mgt)2+[≈0.63N·s。(3)物體與小球1發(fā)生彈性正碰,設(shè)物體反彈回來的速度大小為v1,小球1被撞后的速度大小為u1,由動量守恒定律和機械能守恒定律得mv=-mv1+m0u1,12mv2=12mv12+1解得v1=13v=53m/s,u1=23物體被反彈回來后,在傳送帶上向左運動過程中,由運動學(xué)公式得0-v1解得s=518(4)由于小球質(zhì)量均相等,且發(fā)生的都是彈性正碰,它們之間將進行速度交換。由(3)可知,物體第一次返回還沒到傳送帶左端速度就減小為零,接下來將再次向右做勻加速運動,直到速度增加到v1,再跟小球1發(fā)生彈性正碰,同理可得,第二次碰撞后,物體和小球的速度大小分別為v2=13v1=(13)2v,u2=23v1=2以此類推,物體與小球1經(jīng)過n次碰撞后,它們的速度大小分別為vn=(13)nv,un=23·(13由于相鄰小球之間每次相互碰撞都進行速度交換,所以,最終從1號小球開始,到n號小球,它們的速度大小依次為un、un-1、un-2、…、u1,則n個小球的總動能為Ek=12m0(u12+u解得Ek=54(1-1答案:(1)-1.55J(2)0.63N·s(3)518m(4)54(1-[拓展訓(xùn)練1](2024·福建龍巖模擬)如圖所示,用長為R的不可伸長的輕繩將質(zhì)量為13(1)求碰后輕繩與豎直方向的最大夾角θ的余弦值;(2)若長木板C的質(zhì)量為2m,小物塊B與長木板C之間的動摩擦因數(shù)為μ,長木板C的長度至少為多大,小物塊B才不會從長木板C的上表面滑出?解析:(1)設(shè)小球A與小物塊B碰前瞬間的速度為v0,則由機械能守恒定律有m3gR=12·m3v0m3v0=m3v1+mv12·m3v02=12·聯(lián)立解得v1=-2gR設(shè)碰后小球A能上升的最大高度為H,由機械能守恒定律有m3gH=12·所求cosθ=R-聯(lián)立解得cosθ=34(2)法一由(1)可求得碰后小物塊B的速度為v2=12有mv2=(m+2m)v,μmgL=12mv22-1聯(lián)立解得L=R6法二由(1)可求得碰后小物塊B的速度為v2=122gR,設(shè)小物塊B運動的位移為x1時,小物塊B、長木板C達到共同速度v,此時長木板C運動的位移為x2,對小物塊B有μmg=maB,v22-v2=2aBx1,對長木板C有μmg=2maC,v2=2aCx2,vaC=v答案:(1)34(2)[拓展訓(xùn)練2]如圖所示,粗糙水平面上固定一足夠長且表面光滑的斜面體,斜面傾角θ未知,在斜面體內(nèi)部埋置了一個與斜面平行的壓力傳感器,且示數(shù)為零。水平面上靠近斜面體處靜止放置A、B兩物體,其中mA=1kg,mB=2kg,兩物體緊貼在一起,中間夾著一小塊炸藥(質(zhì)量可忽略),點燃炸藥發(fā)生爆炸使兩物體脫離,B物體立刻沖上斜面體,經(jīng)過壓力傳感器時,測得傳感器上表面受到的壓力大小為16N,已知A物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.5,炸藥爆炸時釋放的化學(xué)能為E=27J且全部轉(zhuǎn)化為兩物體的動能,不考慮B物體在斜面體與水平面連接處的動能損失,A、B兩物體均可視為質(zhì)點,爆炸時間極短,重力加速度g取10m/s2,求:(1)爆炸后瞬間,A、B兩物體獲得的速度大小;(2)B物體在斜面上運動的時間t0;(3)要使B物體能追上A物體,B物體與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ2的取值范圍。解析:(1)對A、B組成的系統(tǒng),由于爆炸時間極短,內(nèi)力極大,滿足動量守恒定律,則有mAvA=mBvB,由能量守恒定律得E=12mAvA2+12mBvB(2)B在斜面上運動時,斜面對傳感器的壓力FN=mBgcosθ,mBgsinθ=mBa,從開始向上至回到出發(fā)點,全過程的時間t0=2vBa(3)設(shè)A從爆炸后運動至停止的時間為tA,位移為xA,根據(jù)動量定理有μ1mAgtA=mAvA,根據(jù)動能定理有-μ1mAgxA=0-12mAvA2,聯(lián)立可得tA同理,可得B在水平面上運動的加速度aB=μ2mBgmB=μ2g,A停止時,B在水平面上的位移xB=vB(tA-t0)-12aB(tA-t0)2<vB(tA-t0)=0.6m,因為xB<xA,所以B一定是在A停止運動后才可追上,因此,要使B能追上A,必須滿足B在停止運動前的位移大于或等于A全程位移,即xB答案:(1)6m/s3m/s(2)1s(3)0<μ2≤0.125增分訓(xùn)練2力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用1.有兩個動能相同的物體a和b在粗糙的水平面上運動,經(jīng)相同時間都停了下來。其中物體a的質(zhì)量較大,a和b與水平面間的動摩擦因數(shù)分別為μa和μb,a和b的位移分別為xa和xb,則(D)A.μa>μb且xa<xbB.μa>μb且xa>xbC.μa<μb且xa>xbD.μa<μb且xa<xb解析:由動量定理μmgt=mv=2mEk,即μ=1gt2Ekm,因物體a的質(zhì)量較大,則μa<μb,由動能定理E2.如圖,某次冰壺比賽,甲壺以速度v0與靜止的乙壺發(fā)生正碰。已知冰面粗糙程度處處相同,兩壺完全相同,從碰撞到兩壺都靜止,乙的位移是甲的9倍,則(C)A.兩壺碰撞過程無機械能損失B.兩壺碰撞過程動量變化量相同C.碰撞后瞬間,甲壺的速度為vD.碰撞后瞬間,乙壺的速度為v0解析:兩壺碰撞后在冰面上滑行,則有a=μmgm=μg,兩壺完全相同,從碰撞到兩壺都靜止,乙的位移是甲的9倍,設(shè)碰撞后兩壺的速度分別是v1和v2,根據(jù)運動學(xué)關(guān)系0-v2=-2ax,得v1∶v2=1∶3。根據(jù)動量守恒定律得mv0=mv1+mv2,解得v1=v04,v2=3v04,C正確,D錯誤;兩壺碰撞過程機械能的變化量為ΔE=12mv12+12m3.(多選)質(zhì)量m1=0.5kg的物體甲靜止在光滑水平面上,質(zhì)量未知的物體乙從甲的左側(cè)以一定的速度與物體甲發(fā)生正碰,碰撞時間極短,磁撞后物體甲和物體乙粘在一起成為一個整體。如圖所示,a段為碰撞前物體乙的位移—時間圖像,b段為碰撞后整體的位移—時間圖像,下列說法正確的是(BC)A.碰撞前物體乙的速度與碰撞后整體的速度大小之比為5∶3B.碰撞過程中物體甲對物體乙的沖量與物體乙對物體甲的沖量大小相等、方向相反C.物體甲與物體乙的質(zhì)量之比為1∶2D.物體甲和物體乙碰撞過程中機械能守恒解析:因xt圖像的斜率表示速度,可知碰撞前乙的速度v=61m/s=6m/s,碰撞后整體的速度v′=10-62-1m/s=4m/s,碰撞前物體乙的速度與碰撞后整體的速度大小之比為3∶2,選項A錯誤;碰撞過程中物體甲對物體乙的沖量與物體乙對物體甲的沖量大小相等、方向相反,選項B正確;由動量守恒定律可得m2v=(m1+m2)v′,解得m2=1kg,則物體甲與物體乙的質(zhì)量之比為1∶2,選項C正確;碰撞過程中機械能損失ΔE=12m2v2-124.如圖所示,光滑傾斜滑道OM段與粗糙水平滑道MN段平滑連接。質(zhì)量為1kg的滑塊從O點由靜止滑下,滑塊運動到N點的速度大小為3m/s,在N點與豎直緩沖墻發(fā)生碰撞,反彈后在距墻1m的P點停下。已知O點比M點高1.25m,滑塊與MN段的動摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力。則(C)A.滑塊運動到M點的速度大小為6m/sB.緩沖墻對滑塊做的功為-5JC.緩沖墻對滑塊的沖量大小為5N·sD.粗糙滑道MN段長為8m解析:O點到M點,由動能定理得mgh=12mvM2,解得vM=2g?=5m/s,A錯誤;由N點到P點,設(shè)NP段長度為s,從N點彈回的速度大小為vN′,由動能定理得-μmgs=0-12mvN′2,解得vN′=2μgs=2×0.2×10×1m/s=2m/s,設(shè)緩沖墻對滑塊做的功為W,由動能定理得W=12mvN′2-12mvN2=-2.5J,B錯誤;設(shè)水平向左為正方向,由動量定理得I=mvN′-(-mv5.(多選)如圖所示,一長為L的傳送帶水平放置,在電動機的帶動下,以速率v沿逆時針方向勻速運行,在右輪的正上方固定安裝與傳送帶垂直的擋板;質(zhì)量為m甲=1kg的甲物塊與質(zhì)量為m乙的乙物塊中間夾有炸藥,靜止放在光滑的水平桌面上,炸藥爆炸所釋放的能量E=81J全部轉(zhuǎn)化為兩物塊的動能,甲離開桌面做平拋運動,經(jīng)過t=0.3s落地時的速率vt=310m/s,乙以水平向右的速度從左輪的正上方滑上傳送帶,與擋板碰撞前后的速率分別為v1、v2,碰撞時間極短,碰撞生熱Q=22.5J,碰撞后乙向左做勻加速運動,經(jīng)過t0=4s,運行到左輪的正上方恰好與傳送帶共速,乙與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,g取10m/s2,下列說法正確的是(BC)A.乙的質(zhì)量m乙=2kgB.傳送帶的速率v=6m/sC.傳送帶的長度L=16mD.乙與擋板碰撞之前的速度v1=14m/s解析:設(shè)炸藥爆炸后,甲、乙獲得的速率分別為v甲、v乙,由動量守恒定律有m甲v甲=m乙v乙,由能量守恒定律有E=12m甲v甲2+12m乙v乙2,由平拋運動的規(guī)律vt=(gt)2+v甲2,聯(lián)立解得m乙=1kg,v乙=9m/s,A錯誤;乙滑上傳送帶后向右做勻減速運動,由勻變速直線運動的規(guī)律v乙2-v12=2μgL,碰撞后乙向左做勻加速直線運動,由勻變速直線運動的規(guī)律v2-v226.某同學(xué)為了研究瞬間沖量,設(shè)計了如圖所示的實驗裝置。將內(nèi)徑為d的圓環(huán)水平固定在離地面一定高度的鐵架臺上,在圓環(huán)上放置直徑為1.5d,質(zhì)量為m的薄圓板,板上放質(zhì)量為2m的物塊,圓板中心、物塊均在環(huán)的中心軸線上。對圓板施加指向圓心的瞬間沖量I,物塊與圓板間動摩擦因數(shù)為μ,不計圓板與圓環(huán)之間的摩擦力,重力加速度為g,不考慮圓板翻轉(zhuǎn),以下說法正確的是(D)A.若物塊可以從圓板滑落,則沖量I越大,物塊與圓板相對滑動的位移越大B.若物塊可以從圓板滑落,則沖量I越大,物塊離開圓板時的速度越大C.當沖量I=m2μgdD.當沖量I=2m2μgd解析:設(shè)圓板獲得的速度大小為v0,物塊掉下時,圓板和物塊的速度大小分別為v1和v2,I=mv0,當物塊恰好運動到圓板左邊緣時,有mv0=(m+2m)v′,12mv02-12×3mv′2=μ·2mg·3d4,聯(lián)立解得I=32m2μgd,當I>327.如圖所示,半徑為R=5m的14光滑圓弧AB固定在光滑的水平面上,在C點靜止著一個滑塊P,載人小車M靜止在水平面上的D點?；瑝KQ從A點正上方距A點高H=2.2m處由靜止釋放,從A點進入圓弧并沿圓弧運動,Q運動到C點與P發(fā)生碰撞,碰撞后P、Q粘合為一個結(jié)合體E。已知Q、P和M的質(zhì)量分別為m1=1kg、m2=5kg、m3=60kg,重力加速度g取10m/s2(1)求P、Q碰撞后的速度大小;(2)如果結(jié)合體E與小車M發(fā)生彈性碰撞,求碰撞后小車的速度大小;(3)如果人每次以v=10m/s的速度(相對地面)將E反向推出,求人最多能推E多少次。解析:(1)滑塊Q自由下落到與P發(fā)生碰撞前瞬間,據(jù)動能定理可得m1g(H+R)=12m1vQ與P碰撞過程,根據(jù)動量守恒定律可得m1vQ=(m1+m2)v0,聯(lián)立解得P、Q碰撞后的速度大小為v0=2m/s。(2)結(jié)合體E與小車M發(fā)生彈性碰撞,根據(jù)動量守恒定律及機械能守恒定律可得(m1+m2)v0=(m1+m2)v1+m3v2,12(m1+m2)v02=12(m1+m2)v12聯(lián)立解得v2=411(3)結(jié)合體E以v0向右運動的過程以及人第一次推E的過程,以向右為正方向,據(jù)動量守恒定律可得(m1+m2)v0=-(m1+m2)v+m3v21,以后每次推出過程,小車的動量變化量為Δp=2(m1+m2)v,推出n次后,小車的動量為m3v2n=m3v21+(n-1)Δp,當人推結(jié)合體n次后,小車的速度大于等于v,人就無法再推E,即v2n≥v,聯(lián)立解得n≥5.4,即人最多能推結(jié)合體6次。答案:(1)2m/s(2)4118.如圖所示,在光滑水平面上通過鎖定裝置固定一質(zhì)量M=2kg的小車,小車左邊部分為半徑R=1.2m的四分之一光滑圓弧軌道,軌道末端平滑連接一長度L=2.85m的水平粗糙面,粗糙面右端是一擋板。有一個質(zhì)量為m=1kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從圓弧軌道頂端A點由靜止釋放,與水平粗糙面間動摩擦因數(shù)μ=0.08,小物塊與擋板的碰撞無機械能損失,重力加速度g取10m/s2。(1)求小物塊滑到圓弧軌道末端時軌道對小物塊的支持力大小;(2)若解除小車鎖定,求小物塊滑到圓弧軌道末端時的速度大小;(3)若解除小車鎖定,求整個運動過程中物塊與小車右端擋板碰撞的次數(shù)以及小車發(fā)生的位移大小。解析:(1)小車被固定,小物塊下滑到圓弧軌道末端過程由動能定理得mgR=12mv2在最低點有FN-mg=mv2解得FN=3mg=30N。(2)解除固定后,小車可以在光滑水平面上自由運動,小物塊和小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,設(shè)小物塊剛滑上右側(cè)水平粗糙面時速度大小為v1,小車速度大小為v2,則有mgR=12mv12+1mv1-Mv2=0,解得v1=4m/s。(3)從小物塊滑下到最終相對小車靜止,小物塊在小車水平粗糙面上滑動的路程為mgR=μmgs,解得s=Rμ設(shè)碰撞n次,則有s=(2n-1)L+Δx,可得當n=3時Δx=0.75m,即物塊與擋板碰撞n=3次,將停在離開右側(cè)擋板0.75m處;物塊相對小車停下時,小車也停止運動,整個過程中,物塊相對小車發(fā)生的位移為x總=R+L-Δx=3.3m,選取物塊和小車為系統(tǒng),由于水平方向動量守恒,設(shè)物塊水平向右發(fā)生位移大小為x1,小車水平向左發(fā)生位移大小為x2,由mv1=Mv2可得mx1=Mx2,又x1+x2=x總,解得x2=mm+M答案:(1)30N(2)4m/s(3)3次1.1m9.(2024·浙江溫州十五校聯(lián)合體高三選考模擬)如圖所示,豎直的半徑為R的螺旋圓形軌道BFEGH與直軌道AH和BC在B、H處平滑連接,傾角為θ的斜面CD在C處與直軌道BC平滑連接。在直軌道AH左端固定連接一輕彈簧,彈簧另一端系一個質(zhì)量為m的滑塊Q,彈簧處于自然狀態(tài)。一個質(zhì)量也為m的滑塊P從CD斜面高h處由靜止下滑。已知BC段與滑塊P間動摩擦因數(shù)μ=0.2,軌道其他部分均光滑,直軌道BC長LBC=1m,m=1kg,θ=30°,R=0.2m,g取10m/s2,彈簧始終處于彈性限度內(nèi),滑塊脫離軌道,不會再落到軌道上。(1)若滑塊P在圓軌道F點的壓力剛好為零,求滑塊P由靜止下滑的高度h;(2)滑塊P恰好能過E點完成圓周運動與Q發(fā)生碰撞,碰撞時間極短,碰撞后P、Q一起運動,但互不粘連,求P、Q第一次分離時彈簧和滑塊Q系統(tǒng)的機械能;(3)若滑塊P與Q僅發(fā)生一次碰撞,求高度h的范圍。解析:(1)滑塊P在圓軌道F點的壓力剛好為零,則vF=0,從開始下滑到F點,由動能定理得mg(h-R)-μmgLBC=0,解得h=0.4m。(2)設(shè)滑塊P與Q碰撞前速度為v0,在最高點E有mg=mvEmg·2R=12mv02-1解得v0=5gR設(shè)P、Q碰撞后共同速度為v,由動量守恒定律得mv0=2mv,解得v=v0彈簧原長處P、Q分離,分離時P和Q的動能均為Ek=12mv2=18m分離時彈簧和滑塊Q系統(tǒng)的機械能為Q的動能E=18mv02(3)由于滑塊脫離軌道,不會再落到軌道上,所以滑塊P、Q恰好發(fā)生一次碰撞的條件是P能過E點且與Q碰撞后恰好通過與O等高的G點。設(shè)滑塊P與Q碰撞后的速度大小為v1,由機械能守恒定律得12mv12=mgR,由(2)知滑塊P與Q碰撞前的動能Ek1=4×1設(shè)滑塊P開始下滑的最小高度為h1,對小滑塊P從開始下滑到與Q碰撞,由動能定理可得mgh1-μmgLBC=Ek1-0,解得h1=1m,從E點到與Q有碰撞2mgR=Ek1-12mvE′2vE′=2gR>gR,滿足恰好發(fā)生一次碰撞的條件。小滑塊P、Q能發(fā)生二次碰撞的條件是P、Q第一次碰撞后P到達G點時速度恰好為零(前面已經(jīng)討論)或P恰好能第三次通過E點,在P恰好第三次通過E點的情況下,設(shè)小滑塊P與Q第一次碰撞后的速度大小為v2,則由動能定理得-mg·2R-μmg·2LBC=12mvE2-1小滑塊P與Q第一次碰撞前的動能Ek2=4×12mv設(shè)小滑塊P開始下滑的最大高度為h2,由動能定理可得mgh2-μmgLBC=Ek2-0,解得h2=3.8m,所以小滑塊P、Q僅發(fā)生一次碰撞,高度h的取值范圍為1m<h<3.8m。答案:(1)0.4m(2)1.25J(3)1m<h<3.8m10.如圖甲所示,平臺ON上有一輕質(zhì)彈簧,其左端固定于豎直擋板上,右端與質(zhì)量m=0.5kg、可看作質(zhì)點的物塊A相接觸(不粘連),OP段粗糙且長度等于彈簧原長。PN段光滑,上面有靜止的小滑塊B、C,mB=1.5kg,mC=0.5kg,滑塊B、C之間有一段輕彈簧剛好處于原長,B與輕彈簧連接,滑塊C未連接彈簧,兩滑塊離N點足夠遠。物塊A開始靜止于P點,現(xiàn)對物塊施加一個水平向左的外力F,大小隨位移x變化關(guān)系如圖乙所示。物塊A向左運動x=0.4m后撤去外力F,此后物塊A向右運動到離開P點時的速度為v0=4m/s,A與B碰撞后粘合在一起,碰撞時間極短?；瑝KC脫離彈簧后滑上傾角θ=37°的傳送帶,并剛好到達傳送帶頂端。已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,水平面MN右端N處與傾斜傳送帶理想連接,傳送帶以恒定速度v=1m/s順時針轉(zhuǎn)動,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)物塊A與滑塊B碰撞前克服摩擦力做的功;(2)滑塊C剛滑上傳送帶時的速度;(3)滑塊C滑上傳送帶到達頂端的過程中,滑塊C與傳送帶之間摩擦產(chǎn)生的熱量。解析:(1)根據(jù)Fx圖像可以求外力F做的功為WF=6+182×0.2J+18×物塊A從開始運動到P點的過程中WF-Wf=12mv解得Wf=2J。(2)A與B碰撞,根據(jù)動量守恒定律得mv0=(m+mB)v1,解得v1=1m/s,A、B碰撞后,由動量守恒定律和機械能守恒定律得(m+mB)v1=(m+mB)vB+mCvC,12(m+mB)v12=12(m+mB)vB2解得vC=1.6m/s。(3)C在傳送帶上減速至與傳送帶共速過程中mCgsinθ+μmCgcosθ=mCa1,解得a1=10m/s2,則t1=vC此過程C與傳送帶之間的相對位移是Δx1=vC+v2t解得Δx1=0.018m,Q1=μmCgcosθ·Δx1=0.036J,C與傳送帶共速后,繼續(xù)減速滑到頂端mCgsinθ-μmC