高中物理三大力学观点的综合应用检测题
专题8 力学中三大观点的综合应用(练习)(原卷版)-2024年高考物理二轮复习讲练测(新教材新高考)
A．
B．
C．
D．
02 力学三大观点的综合应用 ······························································· 10
考向一 力学三大观点的综合应用 ·········································································10
1 2
kx2（
x
为形变量）。
求：
（1）滑块 c第一次经过 E 点时对装置 P 的作用力；
（2）滑块 a 的初速度大小 v0 ；
（3）试通过计算判断滑块 c能否再次与弹簧发生相互作用，若能，求出弹簧第二次压缩时最大的压缩量。
10．（202滑水平地面上，木板左端和正中央分别放
A．弹簧获得的最大弹性势能为 5 mgh 6
B．滑块沿弧形槽上升的最大高度为 4h 9
C．滑块第二次离开弧形槽后，不可能和弹簧发生作用 D．滑块沿弧形槽下滑过程中，二者构成的系统既满足动量守恒也满足机械能守恒 7．（2024·广西贵港·统考模拟预测）如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的 O 点，另一端自由伸长到 A 点， OA 之间、 B 右侧的水平面光滑， AB 之间的距离 l 1 m ，在其上表面铺上一种特殊材料，该材料动摩擦因数 从 A 向 B 随距离均匀变化如右图所示。质量 M 2 kg 的足够高光滑曲面在 B 处与水平面平滑连接。m 1 kg 的小物块开始时静置于水平面上的 B 点。现给小物块一个水平向右的初速度 v0 9 m/s ，重力加速度 g 取 10 m/s2 。求： （1）小物块在曲面上上升的最大高度； （2）小物块返回 B 点时小物块和曲面的速度大小； （3）弹簧被压缩获得的最大弹性势能。
三大力学观点的综合应用测试题及解析
三大力学观点的综合应用测试题及解析1.所谓对接是指两艘以几乎同样快慢同向运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起。
假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M 、m ，两者对接前的在轨速度分别为v ＋Δv 、v ，对接持续时间为Δt ，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为( )A.m 2·Δv (M ＋m )ΔtB.M 2·Δv (M ＋m )ΔtC.Mm ·Δv (M ＋m )Δt D ．0解析：选C 在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中，水平方向动量守恒，则有M (v ＋Δv )＋m v ＝(M ＋m )v ′，解得对接后两者的共同速度v ′＝v ＋M ·Δv M ＋m，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定理有F ·Δt ＝m v ′－m v ，解得F ＝Mm ·Δv (M ＋m )Δt，故C 正确。
2.(2020·烟台模拟)在光滑水平面上有三个弹性小钢球a 、b 、c 处于静止状态，质量分别为2m 、m 和2m 。
其中a 、b 两球间夹一被压缩了的弹簧，两球被左右两边的光滑挡板束缚着。
若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把a 、b 两球弹出，两球脱离弹簧后，a 球获得的速度大小为v ，若b 、c 两球相距足够远，则b 、c 两球相碰后( )A ．b 球的速度大小为13v ，运动方向与原来相反 B ．b 球的速度大小为23v ，运动方向与原来相反 C ．c 球的速度大小为83v D ．c 球的速度大小为23v 解析：选B 设b 球脱离弹簧时的速度为v 0，b 、c 两球相碰后b 、c 的速度分别为v b 和v c ，取向右为正方向，弹簧将a 、b 两球弹出过程，由动量守恒定律得0＝－2m v ＋m v 0，解得v 0＝2v ；b 、c 两球相碰过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m v 0＝m v b ＋2m v c ，12m v 02＝12m v b 2＋12·2m v c 2，联立解得v b ＝－23v (负号表示方向向左，与原来相反)，v c ＝43v ，故B 正确。
题型专练 力学三大观点的综合应用(含答案)
题型专练力学三大观点的综合应用高考题型1应用力学三大观点处理多过程问题1．力学三大观点对比2.选用原则(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题．(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移(摩擦生热)时，应优先选用能量守恒定律．(3)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，特别是对于打击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解．(4)对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，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．考题示例例1(2019·全国卷Ⅲ·25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为m A＝1.0 kg，m B＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图1所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k＝10.0 J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．图1(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？答案 (1)4.0 m /s 1.0 m/s (2)物块B 先停止 0.50 m (3)0.91 m解析 (1)设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有 0＝m A v A －m B v B ① E k ＝12m A v A 2＋12m B v B 2②联立①②式并代入题给数据得 v A ＝4.0 m /s ，v B ＝1.0 m/s ③(2)A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a .假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B .设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B ，则有m B a ＝μm B g ④ s B ＝v B t －12at 2⑤v B －at ＝0⑥在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程s A 都可表示为 s A ＝v A t －12at 2⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 s A ＝1.75 m ，s B ＝0.25 m ⑧这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25 m 处．B 位于出发点左边0.25 m 处，两物块之间的距离s 为 s ＝0.25 m ＋0.25 m ＝0.50 m ⑨(3)t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为v A ′，由动能定理有 12m A v A ′2－12m A v A 2＝－μm A g ()2l ＋s B ⑩ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得 v A ′＝7 m/s ⑪故A 与B 将发生碰撞．设碰撞后A 、B 的速度分别为v A ″和v B ″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有 m A (－v A ′)＝m A v A ″＋m B v B ″⑫ 12m A v A ′2＝12m A v A ″2＋12m B v B ″2⑬ 联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得 v A ″＝375 m/s ，v B ″＝－275m/s ⑭这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动．设碰撞后A 向右运动距离为s A ′时停止，B 向左运动距离为s B ′时停止，由运动学公式2as A ′＝v A ″2,2as B ′＝v B ″2⑮ 由④⑭⑮式及题给数据得 s A ′＝0.63 m ，s B ′＝0.28 m ⑯s A ′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离s ′＝s A ′＋s B ′＝0.91 m 命题预测1．(2020·山东威海市高三二模)如图2甲所示，足够长的斜面与水平面的夹角为30°，质量分别为0.5 kg 和1 kg 的A 、B 两个小物块，用一根细线相连，A 、B 之间有一被压缩的微型弹簧，A 、B 与弹簧组成的系统可视为质点．某时刻，将A 、B 从P 点由静止释放，运动至Q 点时，细线突然断裂，压缩的微型弹簧使A 、B 瞬间分离，从分离时开始计时，A 、B 短时间内运动的速度－时间图像如图乙所示，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求：图2(1)A 、B 与斜面间的动摩擦因数μA 、μB ； (2)细线断裂前微型弹簧储存的弹性势能E p ； (3)A 、B 再次相遇前的最远距离L . 答案 (1)36 33 (2)6 J (3)6815m 解析 (1)根据题图乙可知，A 、B 分离后，B 沿斜面向下做匀速直线运动，A 沿斜面向上做匀减速直线运动，且A 的加速度大小为 a A ＝ΔvΔt＝7.5 m/s 2 对A 由牛顿第二定律得m A g sin 30°＋μA m A g cos 30°＝m A a A ，解得μA ＝36对B 由平衡条件得m B g sin 30°＝μB m B g cos 30°，解得μB ＝33(2)细线断裂瞬间，对A 、B 由动量守恒定律得 (m A ＋m B )v ＝m A v A ＋m B v B 由能量守恒定律得E p ＝12m A v A 2＋12m B v B 2－12(m A ＋m B )v 2解得E p ＝6 J.(3)当A 、B 的速度相等时，二者相距最远，设A 上滑的时间为t A ，位移为x A ；A 下滑过程中的加速度为a A ′，时间为t A ′，位移为x A ′，则有|v A |＝a A t A ，v A 2＝2a A x A 对A 由牛顿第二定律得m A g sin 30°－μA m A g cos 30°＝m A a A ′v B ＝a A ′t A ′，v B 2＝2a A ′x A ′，B 发生的位移x B ＝v B (t A ＋t A ′) A 、B 再次相遇前的最远距离L ＝x B ＋x A －x A ′ 解得L ＝6815m.2．(2020·四川泸州市质量检测)如图3所示，足够长的固定粗糙水平木板左端的D 点平滑连接半径为R ＝2 m 、竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道，C 、D 分别是圆弧轨道的最高点和最低点，两轨道均固定在地面上．可视为质点的物块A 从C 点开始，以初速度v 0＝3 m/s 沿圆弧轨道滑动．水平木板上离D 点距离为3.25 m 的P 点静置另一个可视为质点的物块B .已知物块A 、B 与水平木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，物块A 的质量m 1＝1 kg ，取g ＝10 m/s 2.图3(1)求物块A 从C 点滑到D 点时，对圆弧轨道的压力；(2)若物块B 的质量为m 2＝1 kg ，物块A 与B 碰撞后粘在一起，求它们最终停止的位置距D 点多远；(3)若B 的质量为m 2′＝ 5 kg ，物块A 与B 的碰撞为弹性碰撞(且碰撞时间极短)，求物块A 与B 均停止后它们相距多远．答案 (1)34.5 N ，方向竖直向下 (2)5.5 m (3)3.5 m解析 (1)设物块A 在D 点的速度为v 1，则物块A 从C 点运动到D 点的过程，由动能定理可得： m 1gR ＝12m 1v 12－12m 1v 02得v 1＝7 m/s设物块A 在D 点受到圆弧轨道向上的支持力大小为F N ，则有F N －m 1g ＝m 1v 12R得F N ＝34.5 N由牛顿第三定律可得：物块A 在D 点对圆弧轨道的压力大小为F N ′＝34.5 N ，方向竖直向下．(2)设物块A 在P 点与物块B 碰撞前瞬间的速度为v 2，加速度大小为a 1，则从D 点到P 点的过程中，由牛顿第二定律得：μm 1g ＝m 1a 1 －2a 1L ＝v 22－v 12 得v 2＝6 m/s物块A 与物块B 碰撞的过程中，系统动量守恒，则有 m 1v 2＝(m 1＋m 2)v 3 解得v 3＝3 m/sA 、B 碰撞后粘在一起做减速运动的过程中，设加速度大小为a 2，由牛顿第二定律可得：μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 2 0－v 32＝－2a 2x 得x ＝94m ＝2.25 m此时距D 的距离为L ＋x ＝5.5 m(3)物块A 运动到P 点的速度仍为v 2＝6 m/s ，碰撞过后瞬间A 与B 的速度分别为v 4、v 5，A 与B 的碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程系统动量和动能均守恒，可得m 1v 2＝m 1v 4＋m 2′v 5 12m 1v 22＝12m 1v 42＋12m 2′v 52 得v 4＝－4 m /s ，v 5＝2 m/s由于12m 1v 42<m 1gR ＋μm 1gL ，故A 反弹后不能达到C 点；设物块A 与B 碰撞过后，直至停止的整个运动过程中，在水平地面上运动的路程为s ，由动能定理可得： －μm 1gs ＝0－12m 1v 42得s ＝4 m故物块A 向左运动3.25 m 后滑上圆弧返回后又向右运动了x 1＝s －L ＝0.75 m 物块B 向右减速至零，则有0－v 52＝－2a 3x 2，μm 2′g ＝m 2′a 3 解得x 2＝1 m故A 、B 相距s ＝L ＋x 2－x 1＝3.5 m ．高考题型2 应用力学三大观点解决板—块模型问题1．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题．2．滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化．3．应注意区分滑块、木板各自的对地位移和它们的相对位移．用运动学公式或动能定理列式时位移指对地位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)． 考题示例例2 (2013·山东卷·38(2))如图4所示，光滑水平轨道上放置长板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg.开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 发生碰撞．求A 与C 碰撞后瞬间A 的速度大小．图4答案 2 m/s解析 因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A 的速度为v A ，C 的速度为v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律得 m A v 0＝m A v A ＋m C v C ①A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB ，由动量守恒定律得 m A v A ＋m B v 0＝(m A ＋m B )v AB ②A 与B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足 v AB ＝v C ③联立①②③式，代入数据得v A ＝2 m/s. 命题预测3．(2020·云南昆明市高三“三诊一模”测试)如图5甲所示，质量为m ＝0.3 kg 的小物块B (可视为质点)放在质量为M ＝0.1 kg 、长度L ＝0.6 m 的木板A 的最左端，A 和B 一起以v 0＝1 m/s 的速度在光滑水平面上向右运动，一段时间后A 与右侧一竖直固定挡板P 发生弹性碰撞．以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.5 s 内B 的速度v 随时间t 变化的图像如图乙所示．取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图5(1)A 与B 间的动摩擦因数μ；(2)A 与P 第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔； (3)A 与P 碰撞几次，B 与A 分离． 答案 (1)0.1 (2)0.75 s (3)2次解析 (1)碰后A 向左减速，B 向右减速，由题图乙得： a B ＝ΔvΔt＝1 m/s 2 由牛顿第二定律有μmg ＝ma B 解得μ＝0.1(2)碰后B 向右减速，A 向左减速到0后，向右加速，最后与B 共速，对A 、B 由动量守恒定律可得： m v 0－M v 0＝(M ＋m )v 1 解得：v 1＝0.5 m/s此过程，对B 由动量定理得：m v 1－m v 0＝－μmgt 1 解得：t 1＝0.5 s对A 由动能定理有：－μmgx A ＝12M v 12－12M v 02解得：x A ＝0.125 m此后A 、B 一起向右匀速运动的时间为：t 2＝x Av 1＝0.25 s所以一共用的时间：t ＝t 1＋t 2＝0.75 s ，即A 与P 第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔为0.75 s (3)A 第1次与挡板P 碰撞后到共速的过程中，对整个系统，由能量守恒有： 12m v 02＋12M v 02＝12(M ＋m )v 12＋μmgx 相对1 解得x 相对1＝0.5 m假设第3次碰撞前，A 与B 不分离，A 第2次与挡板P 相碰后到共速的过程中，以水平向右为正方向，由动量守恒有：m v 1－M v 1＝(M ＋m )v 2 由能量守恒有：12m v 12＋12M v 12＝12(M ＋m )v 22＋μmgx 相对2 解得：x 相对2＝0.125 m由于x 相对＝x 相对1＋x 相对2>L ，所以A 与P 碰撞2次，B 与A 分离．4．如图6所示，质量为M 的水平木板静止在光滑的水平地面上，左端放一质量为m 的铁块，现给铁块一个水平向右的瞬时冲量使其以初速度v 0开始运动，并与固定在木板另一端的弹簧相碰后返回，恰好又停在木板左端．(重力加速度为g )图6(1)求整个过程中系统克服摩擦力做的功．(2)若铁块与木板间的动摩擦因数为μ，则铁块相对木板的最大位移是多少？ (3)系统的最大弹性势能是多少？答案 (1)Mm v 022(M ＋m ) (2)M v 024μg (M ＋m ) (3)Mm v 024(M ＋m )解析 设弹簧被压缩至最短时，共同速度为v 1，此时弹性势能最大，设为E p ，铁块回到木板左端时，共同速度为v 2，则由动量守恒定律得 m v 0＝(M ＋m )v 1① m v 0＝(M ＋m )v 2②(1)整个过程系统克服摩擦力做的功 W f ＝12m v 02－12(M ＋m )v 22③联立②③解得W f ＝Mm v 022(M ＋m )④(2)系统克服摩擦力做的功 W f ＝2μmgL ⑤联立④⑤解得L ＝M v 024μg (M ＋m )⑥(3)根据能量守恒定律得 12W f ＋E p ＝12m v 02－12(M ＋m )v 12⑦ 联立①④⑦解得E p ＝Mm v 024(M ＋m )⑧5．(2020·河南郑州市线上测试)如图7所示，长木板B 的质量为m 2＝1.0 kg ，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m 3＝1.0 kg 的物块C (可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m 1＝0.5 kg 的物块A 从距离长木板B 左侧l ＝9.5 m 处，以初速度v 0＝10 m/s 向着长木板运动．一段时间后物块A 与长木板B 发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C 始终在长木板上．已知物块A 及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C 与长木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，物块C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，求：(1)A 、B 碰后瞬间物块A 和长木板B 的速度； (2)长木板B 的最小长度；(3)物块A 离长木板左侧的最终距离．答案 (1)3 m /s ，方向向左 6 m/s ，方向向右 (2)3 m (3)10.5 m解析 (1)设物块A 与木板B 碰前瞬间的速度为v ，由动能定理得－μ1m 1gl ＝12m 1v 2－12m 1v 02解得v ＝v 02－2μ1gl ＝9 m/sA 与B 发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律得m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2 由机械能守恒定律得12m 1v 2＝12m 1v 12＋12m 2v 22联立解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ＝－3 m/s ，v 2＝2m 1m 1＋m 2v ＝6 m/s碰后瞬间物块A 的速度大小为3 m /s 、方向向左，长木板B 的速度大小为6 m/s 、方向向右； (2)碰撞后B 做减速运动，C 做加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对木板B 有 －μ1(m 2＋m 3)g －μ2m 3g ＝－m 2a 1 对物块C 有μ2m 3g ＝m 3a 2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t ，则 v 2－a 1t ＝a 2t木板B 的最小长度d ＝v 2t －12a 1t 2－12a 2t 2＝3 m(3)B 、C 达到共同速度之后，因μ1(m 2＋m 3)g ＝μ2m 3g ，故二者一起减速至停下，设加速度大小为a 3，由牛顿运动定律得μ1(m 2＋m 3)g ＝(m 2＋m 2)a 3 整个过程B 运动的位移为 x B ＝v 2t －12a 1t 2＋0－(a 2t )2－2a 3＝6 mA 与B 碰撞后，A 做减速运动的加速度大小为a 4＝μm 1g m 1＝1 m/s 2，位移为x A ＝0－v 12－2a 4＝4.5 m物块A 离长木板B 左侧的最终距离为 x A ＋x B ＝10.5 m.专题强化练[保分基础练]1．(2020·广东东莞市线上检测)如图1所示，一个质量为m 的物块A 与另一个质量为2m 的物块B 发生正碰，碰后B 物块刚好能落入正前方的沙坑中，假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B 与地面间的动摩擦因数为0.2，与沙坑的距离为1 m ，g 取10 m/s 2，物块可视为质点，则碰撞前瞬间A 的速度大小为( )A ．0.5 m /sB ．1 m/sC ．2 m /sD ．3 m/s答案 D解析 碰撞后B 做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx ＝0－12×2m v 2，代入数据得v ＝2 m/s ，A 与B 碰撞的过程中，A 与B 组成的系统在水平方向上动量守恒，选取向右为正方向，则m v 0＝m v 1＋2m v ，由于没有机械能损失，则12m v 02＝12m v 12＋12×2m v 2，联立解得v 0＝3 m/s ，故选D. 2．(2020·河北唐山市高三第一次模拟)如图2所示，光滑水平面上有质量为m 的足够长的木板，木板上放一质量也为m 、可视为质点的小木块，开始木块、木板均静止．现分别使木块获得向右的水平初速度v 0和2v 0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为( )图2A ．1∶4B ．1∶42C ．1∶8D ．1∶12 答案 A解析 木块从开始到相对长木板静止的过程中，木块和木板组成的系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则有m v 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝m v 0M ＋m ；对系统，根据能量守恒定律有μmgs ＝12m v 02－12(M ＋m )v 2，解得划痕长度s ＝M v 022μ(M ＋m )g ，同理，当木块的初速度为2v 0时，则划痕长度为s ′＝M (2v 0)22μ(M ＋m )g ，故两次划痕长度之比为s ∶s ′＝1∶4，故A 正确，B 、C 、D 错误．3．如图3所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m ，木板长度为L (挡板的厚度可忽略不计)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)．木板左端有一质量也为m (可视为质点)的滑块．滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态．现给滑块一个水平向右的初速度v 0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损)，滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木板相对静止．重力加速度为g .求：图3(1)滑块与木板间的动摩擦因数；(2)小炸药包爆炸后瞬间滑块和木板的速度． 答案 (1)v 024gL(2)0 v 0，方向水平向右解析 (1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v 1，以水平向右为正方向；滑块在木板上滑动的过程中，滑块和木板组成的系统所受合外力为零，则该系统动量守恒，故有m v 0＝2m v 1解得v 1＝12v 0，方向水平向右滑块在木板上滑动的过程中，对系统，由功能关系可知 μmgL ＝12m v 02－12×2m v 12联立解得μ＝v 024gL(2)设小炸药包爆炸后瞬间滑块和木板的速度分别为v 1′和v 2′，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为v 2，系统在爆炸前后动量守恒，则有 2m v 1＝m v 1′＋m v 2′ 2m v 1＝2m v 2小炸药包爆炸后，滑块在木板上运动的过程中，对系统，根据功能关系，有 μmgL ＝12m v 1′2＋12m v 2′2－12×2m v 22联立以上各式解得v 1′＝0，v 2′＝v 0，方向水平向右．[争分提能练]4.(2020·山东三校在线联考)如图4所示，一平板小车 C 静止在光滑的水平面上，质量分别为m 的物体A 和2m 的物体B 均以大小为v 的初速度分别沿同一直线同时从小车两端相向水平滑上小车．设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车质量为m ，最终物体A 、B 都停在小车上，物体 A 、B 始终没有相碰．重力加速度为g ，求：图4(1)最终小车的速度大小及方向； (2)平板车的长度至少为多长． 答案 (1)v 4 方向水平向左 (2)9v 28μg解析 (1)以A 、B 两物体及小车组成的系统为研究对象，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得2m v －m v ＝4m v 1解得v 1＝v4，方向水平向左(2)初始阶段A 物体向右做匀减速运动，加速度大小a A ＝μmg m ＝μg ；B 物体向左做匀减速运动，加速度大小a B ＝μ·2mg2m＝μg ；小车向左做匀加速运动，加速度大小a C ＝μ·2mg －μmg m ＝μg经过t 1时间，B 、C 达到共同速度，则有v －μgt 1＝μgt 1此时t 1＝v 2μg ，B 、C 的速度v 2＝v2，方向向左，A 的速度大小与B 、C 相同，方向相反，该过程中，A 相对C 运动的距离：Δx 1＝(v t 1－12a A t 12)＋12a C t 12B 相对C 运动的距离：Δx 2＝(v t 1－12a B t 12)－12a C t 12 此后B 、C 共同向左做减速运动，加速度大小a ＝μmg 3m ＝μg 3直到三物体速度相同，所用时间t 2＝v 1－v 2－a＝3v 4μg 该过程A 相对B 、C 滑行的距离：Δx 3＝(v 2t 2－12a A t 22)＋(v 2t 2－12at 22) 所以小车的长度至少是l ＝Δx 1＋Δx 2＋Δx 3＝9v 28μg. 5．(2020·湖北武汉市高三调研卷)如图5所示，装置的左边是光滑水平台面，一水平轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M ＝3 kg 的物块A .装置的中间是始终在以u ＝2 m/s 的速度顺时针转动的水平传送带，它与左边的台面等高并平滑对接，它也与右边的倾角θ＝37°的光滑斜面平滑对接．物块A 静止在其平衡位置，此处距传送带左端l ＝0.5 m ．质量m ＝1 kg 的物块B 从斜面上距水平台面高h ＝2.0 m 处由静止释放，已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带的长度为L ＝1.0 m ．物块A 、B 都可视为质点，A 、B 发生的每次碰撞都是弹性正碰且碰撞时间极短．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图5(1)物块B 与物块A 第一次碰撞前瞬间，B 的速度大小；(2)物块B 与物块A 第一次碰撞后，B 返回斜面相对水平台面能上升的最大高度h ′；(3)如果物块A 每次被B 碰撞后，会在外力帮助下静止在其平衡位置等待B 的再次碰撞，当物块B 在传送带上第一次对地速度减为零时，物块B 从开始到此时相对于地面运动的总路程s 多大．答案 (1)6 m/s (2)0.25 m (3)11.83 m解析 (1)B 从斜面滑下过程机械能守恒，mgh ＝12m v 02 解得B 滑上传送带瞬间v 0＝210 m/sB 滑上传送带做匀减速运动，v 02－v 12＝2aL ，μmg ＝ma解得B 滑过传送带与A 碰前瞬间的速度v 1＝6 m/s(2)A 、B 发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒，碰后B 的速度为v 2，A 的速度为v Am v 1＝m v 2＋M v A ，12m v 12＝12m v 22＋12M v A 2 联立两式解得v 2＝－12v 1，v A ＝12v 1，即v 2＝－3 m/s 物块B 以3 m/s 的速度返回到传送带上做匀减速运动直到最右端，则v 22－v 32＝2aL解得v 3＝ 5 m/s ＞u ＝2 m/s故此次在传送带上向右一直做匀减速运动，则mgh ′＝12m v 32，得h ′＝0.25 m (3)物块B 上升h ′后再返回传送带右端时，速度大小为v 3＝ 5 m/s ，滑上传送带，减速至左端v 32－v 42＝2aL ，得v 4＝1 m/s物块B 与A 第二次发生弹性碰撞，碰后速度v 5＝－12m/s 返回传送带后向右匀加速运动，u 2－v 52＝2ax得x ＝1516m ＜L ＝1 m 故运动x 后匀速运动至右端，以初速度大小u ＝2 m/s 滑上斜面，则mgh ″＝12mu 2 得h ″＝0.2 m再次返回匀减速运动至传送带左端时恰好对地速度为零，则物块B 从开始到此时对地总路程s ＝4l ＋5L ＋h ＋2h ′＋2h ″sin θ得s ＝716m ≈11.83 m. 6．如图6所示为某工地一传输工件的装置，AB 为一段足够大且固定的14圆弧轨道，圆弧半径R ＝5.6 m ，BC 为一段足够长的水平轨道，CD 为一段固定的14圆弧轨道，圆弧半径r ＝1 m ，三段轨道均光滑．一长为L ＝2 m 、质量为M ＝1 kg 的平板小车最初停在BC 轨道的最左端，小车上表面刚好与AB 轨道相切，且与CD 轨道最低点处于同一水平面．一可视为质点、质量为m ＝2 kg 的工件从距AB 轨道最低点的高度为h 处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与CD 轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C 处．工件只有从CD 轨道最高点飞出，才能被站在台面DE 上的工人接住．工件与小车间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，则：图6(1)若h 为2.8 m ，则工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为多大？(2)要使工件能被站在台面DE 上的工人接住，则h 的取值范围为多少？答案 (1)40 N (2)187m<h ≤3 m 解析 (1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B 点，设到B 点时的速度为v B ，根据动能定理有mgh ＝12m v B 2 工件做圆周运动，在B 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v B 2R联立解得F N ＝40 N由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝40 N.(2)由于BC 轨道足够长，要使工件能到达CD 轨道，工件与小车必须能够达到共速，设工件刚滑上小车时的速度为v 0，工件与小车达到共速时的速度为v 1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v 1由动能定理得μmgL ＝12m v 02－12(m ＋M )v 12 对于工件从AB 轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得mgh 1＝12m v 02 代入数据解得h 1＝3 m要使工件能从CD 轨道最高点飞出，h 1＝3 m 时物块有从AB 轨道滑下且不脱离小车的最大速度． 设工件从轨道下滑的最小高度为h ′，刚滑上小车的速度为v 0′，与小车达到共速时的速度为v 1′，刚滑上CD 轨道的速度为v 2′，规定向右为正方向，对工件和小车系统，由动量守恒定律得 m v 0′＝(m ＋M )v 1′由动能定理得μmgL ＝12m v 0′2－12M v 1′2－12m v 2′2 工件恰好滑到CD 轨道最高点，由机械能守恒定律得 12m v 2′2＝mgr 工件在AB 轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得mgh ′＝12m v 0′2 联立并代入数据解得h ′＝187m 综上所述，要使工件能到达CD 轨道最高点，应使h 满足187 m<h ≤3 m.。
力学三大观点的综合应用(解析版)-2023年高考物理压轴题专项训练(新高考专用)
压轴题04力学三大观点的综合应用目录一，考向分析 (1)二．题型及要领归纳 (2)热点题型一应用三大动力学观点创新解决经典模型问题 (2)热点题型二应用三大动力学观点解决多过程问题 (5)热点题型三借助碰撞、爆炸等模型综合考察能量观、动量观及运动观 (8)三．压轴题速练 (13)一，考向分析1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考中本专题将作为计算题压轴题的形式命题。
2.熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题。
3.用到的知识、规律和方法有：动力学观点(牛顿运动定律、运动学规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律)。
5.本专题的核心问题与典型模型的表现形式(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动。
(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动。
(3)平抛运动：与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动。
6.本专题的常见过程与情境7.应对策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度。
(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)。
(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)。
8.力学三大观点对比力学三大观点对应规律表达式动力学观点牛顿第二定律F 合＝ma匀变速直线运动规律v ＝v 0＋atx ＝v 0t ＋12at 2v 2－v 02＝2ax 等能量观点动能定理W 合＝ΔE k 机械能守恒定律E k1＋E p1＝E k2＋E p2功能关系W G ＝－ΔE p 等能量守恒定律E 1＝E 2动量观点动量定理I 合＝p ′－p 动量守恒定律p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′9.选用原则(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题.(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移(摩擦生热)时，应优先选用能量守恒定律.(3)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，特别是对于打击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解.(4)对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，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.二．题型及要领归纳热点题型一应用三大动力学观点创新解决经典模型问题【例1】（2022·全国乙卷·T25）如图（a ），一质量为m 的物块A 与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B 向A 运动，0=t 时与弹簧接触，到02t t =时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A 、B 的v t -图像如图（b ）所示。
8.高中物理力学“三大观点”的综合应用专题精练含答案
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(3)设 B、C 之间的弹簧第一次恢复到原长时 B、C 的速度分别 为 vB1 和 vC1，则由动量守恒和能量守恒有
mBvB＝mBvB1＋mCvC1 12mBv2B＝12mBv2B1＋12mCv2C1 解得 vB1＝－1 m/s(负号表示方向向左，即 B 的速度大小为 1 m/s)，vC1＝1 m/s. (其中 vB1＝2 m/s，vC1＝0 m/s 不符合题意，舍去)
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(2)由能量守恒定律可得机械能损失为 ΔE＝12mv12－12·2m·v2，解得 ΔE＝0.9 J. (3)碰后两滑块沿半圆形轨道上升到 C 点的过程中机械能守 恒，则有12·2mv2＝2mg×2R＋12×2mv2C， 恰好可以通过 C 点，根据牛顿第二定律可得 2mg＝2mvR2C， 代入数据解得 R＝0.18 m.
(1)分别求爆炸后瞬间 A、B 的速度大小； (2)求弹簧弹性势能的最大值； (3)分别求弹簧恢复到原长时 B、C 的速度大小．
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第14页Байду номын сангаас
解析：(1)塑胶炸药爆炸瞬间取 A 和 B 为研究对象，假设爆 炸后瞬间 A、B 的速度大小分别为 vA、vB，取向右为正方向
由动量守恒：－mAvA＋mBvB＝0 爆炸产生的热量有 0.4 J 转化为 A、B 的动能：
课时作业22 力学“三大观点”的综合应用
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时间：45 分钟
1．(多选)如图所示，在光滑水平面上，质量为 m 的 A 球以速度 v0 向右运动，与静止的质量为 5m 的 B 球碰撞，碰撞后 A 球以 v＝ av0(待定系数 a<1)的速率弹回，并与固定挡板 P 发生弹性碰撞，若
要使 A 球能再次追上 B 球，则系数 a 可以是( BC )
高中【物理】力学综合题(三大观点解力学问题)(附答案)
力学综合题（三大观点解力学问题）1．如图所示，质量为14m kg =和质量为22m kg =可视为质点的两物块相距d 一起静止在足够长且质量为2M kg =的木板上，已知1m 、2m 与木板之间的动摩擦因数均为10.4μ=，木板与水平面的动摩擦因数为20.2μ=．某时刻同时让1m 、2m 以初速度速度16/v m s =，24/v m s =的速度沿木板向右运动。
取210/g m s =，求：（1）若1m 与2m 不相碰，1m 与2m 间距d 的最小值； （2）M 在水平面滑行的位移x 。
2．如图，I 、II 为极限运动中的两部分赛道，其中I 的AB 部分为竖直平面内半径为R 的14光滑圆弧赛道，最低点B 的切线水平；II 上CD 为倾角为30︒的斜面，最低点C 处于B 点的正下方，B 、C 两点距离也等于R ．质量为m 的极限运动员（可视为质点）从AB 上P 点处由静止开始滑下，恰好垂直CD 落到斜面上。
求： （1）极限运动员落到CD 上的位置与C 的距离； （2）极限运动员通过B 点时对圆弧轨道的压力； （3）P 点与B 点的高度差。
3．某电动机工作时输出功率P 与拉动物体的速度v 之间的关系如图（a ）所示。
现用该电动机在水平地面拉动一物体（可视为质点），运动过程中轻绳始终处在拉直状态，且不可伸长，如图（b ）所示。
已知物体质量1m kg =，与地面的动摩擦因数10.35μ=，离出发点C 左侧S 距离处另有动摩擦因数为20.45μ=、长为0.5d m =的粗糙材料铺设的地面AB 段。
(g 取210/)m s（1）若S 足够长，电动机功率为2W 时，物体在地面能达到的最大速度是多少？ （2）若启动电动机，物体在C 点从静止开始运动，到达B 点时速度恰好达到0.5/m s ，则BC 间的距离S 是多少？物体能通过AB 段吗？如果不能停在何处？4．如图所示，光滑水平地面上放置一质量3M kg =的长木板，长木板右端固定一轻质弹簧，其劲度系数300/k N m =，弹簧的自由端到长木板左端的距离0.8L m =。
高考物理一轮复习专题突破练习6三大力学观点的综合应用含答案
专题突破练习(六)三大力学观点的综合应用1．如图所示，质量为M的木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s，已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m，重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，则子弹射入木块前的速度大小为()A．m＋Mm2μgs B．M－mm2μgsC．mm＋Mμgs D．mM－mμgs2．如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是()A．滑块b沿a上升的最大高度为v20 5gB．物块a运动的最大速度为2v0 5C．滑块b沿a上升的最大高度为v20 2gD．物块a运动的最大速度为v0 53．(2023·云南昆明市高三检测)(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度均为d，两个质量均为m的物体A、B与弹簧连接，B物体的左边有一固定挡板，A物体从图示位置由静止释放，当两物体相距最近时，A物体的速度为v1，弹簧处于自然长度时弹性势能为0，则在整个运动过程中，下列说法正确的是()A．A、B两物体和弹簧组成的系统水平方向动量守恒B．弹簧的最大弹性势能为12m v21C．B物体的最大速度等于v1D．在某段时间内A物体可能向左运动4．质量M＝0.6 kg的平板小车静止在光滑水平面上，如图所示，当t＝0时，两个质量都为m＝0.2 kg的小物体A和B，分别从小车的左端和右端以水平速度v1＝5.0 m/s 和v2＝2.0 m/s同时冲上小车，当它们相对于小车停止滑动时，没有相碰。
已知A、B两物体与车面的动摩擦因数都是0.2，g取10 m/s2，求：(1)A、B两物体在车上都停止滑动时的速度；(2)车的长度至少是多少？5．(2022·广东卷)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。
高中物理压轴题：用力学三大观点处理多过程问题(解析版)
压轴题用力学三大观点处理多过程问题1.用力学三大观点(动力学观点、能量观点和动量观点)处理多过程问题在高考物理中占据核心地位，是检验学生物理思维能力和综合运用知识解决实际问题能力的重要标准。
2.在命题方式上，高考通常会通过设计包含多个物理过程、涉及多个力学观点的复杂问题来考查学生的综合能力。
这些问题可能涉及物体的运动状态变化、能量转换和守恒、动量变化等多个方面，要求考生能够灵活运用力学三大观点进行分析和解答。
3.备考时，学生应首先深入理解力学三大观点的基本原理和应用方法，掌握相关的物理公式和定理。
其次，要通过大量的练习来提高自己分析和解决问题的能力，特别是要注重对多过程问题的训练，学会将复杂问题分解为多个简单过程进行分析和处理。
考向一：三大观点及相互联系考向二：三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律。
从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。
(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。
(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。
(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。
(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。
考向三：用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法1．多体问题--要正确选取研究对象，善于寻找相互联系选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。
选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。
通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。
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高中物理三大力学观点的综合应用检测题1.所谓对接是指两艘以几乎同样快慢同向运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起。
假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M 、m ，两者对接前的在轨速度分别为v ＋Δv 、v ，对接持续时间为Δt ，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为( )A.m 2·Δv M ＋m ΔtB.M 2·Δv M ＋m ΔtC.Mm ·ΔvM ＋m ΔtD ．0解析：选C 在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中，水平方向动量守恒，则有M (v ＋Δv )＋mv ＝(M ＋m )v ′，解得对接后两者的共同速度v ′＝v ＋M ·ΔvM ＋m，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定理有F ·Δt ＝mv ′－mv ，解得F ＝Mm ·ΔvM ＋m Δt，故C 正确。
2.(2020·烟台模拟)在光滑水平面上有三个弹性小钢球a 、b 、c 处于静止状态，质量分别为2m 、m 和2m 。
其中a 、b 两球间夹一被压缩了的弹簧，两球被左右两边的光滑挡板束缚着。
若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把a 、b 两球弹出，两球脱离弹簧后，a 球获得的速度大小为v ，若b 、c 两球相距足够远，则b 、c 两球相碰后( )A ．b 球的速度大小为13v ，运动方向与原来相反B ．b 球的速度大小为23v ，运动方向与原来相反C ．c 球的速度大小为83vD ．c 球的速度大小为23v解析：选B 设b 球脱离弹簧时的速度为v 0，b 、c 两球相碰后b 、c 的速度分别为v b 和v c ，取向右为正方向，弹簧将a 、b 两球弹出过程，由动量守恒定律得0＝－2mv ＋mv 0，解得v 0＝2v ；b 、c 两球相碰过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 0＝mv b ＋2mv c ，12mv 02＝12mv b 2＋12·2mv c 2，联立解得v b ＝－23v (负号表示方向向左，与原来相反)，v c ＝43v ，故B 正确。
3.[多选]如图所示，A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，B 物体上部半圆形槽的半径为R 。
将小球A 从半圆槽右侧顶端由静止释放，不计一切摩擦。
则( )A ．A 能到达半圆槽的左侧最高点B ．A 运动到半圆槽的最低点时A 的速率为gR3C ．A 运动到半圆槽的最低点时B 的速率为 4gR 3D ．B 向右运动的最大距离为2R 3解析：选AD 运动过程不计一切摩擦，由能量守恒可得，两物体机械能守恒，且A 、B 整体在水平方向上合外力为零，水平方向动量守恒，则A 可以到达半圆槽的左侧最高点，且A 在半圆槽的左侧最高点时，A 、B 的速度都为零，故A 正确；A 、B 在水平方向上动量守恒，所以mv A －2mv B ＝0，即v A ＝2v B ，A 的水平速度向左，B 的水平速度向右，A 在水平方向的最大位移和B 在水平方向上的最大位移之和为2R ，故B 向右运动的最大距离为23R ，故D 正确；对A 运动到半圆槽的最低点的运动过程应用机械能守恒定律可得mgR ＝12mv A 2＋12·2mv B 2＝3mv B 2，所以A 运动到半圆槽的最低点时B 的速率为v B ＝13gR ，A 的速率为v A ＝2v B ＝43gR ，故B 、C 错误。
4.(2020·抚州模拟)如图所示，光滑水平面上有A 、B 两辆小车，质量均为m ＝1 kg ，现将小球C 用长为0.2 m 的细线悬于轻质支架顶端，m C ＝0.5 kg 。
开始时A 车与C 球以v 0＝4 m/s 的速度冲向静止的B 车。
若两车正碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )A ．A 车与B 车碰撞瞬间，两车动量守恒，机械能也守恒B ．从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A 、B 、C 组成的系统动量守恒 C ．小球能上升的最大高度为0.16 mD ．小球能上升的最大高度为0.12 m解析：选C 两车碰撞后粘在一起，属于典型的非弹性碰撞，有机械能损失，A 项错误；从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，在竖直方向上A 、B 、C 组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，B 项错误；A 、B 两车碰撞过程，动量守恒，设两车刚粘在一起时共同速度为v 1，有mv 0＝2mv 1，解得v 1＝2 m/s ；从小球开始上摆到小球摆到最高点的过程中，A 、B 、C 组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球上升到最高点时三者共同速度为v 2，有2mv 1＋m C v 0＝(2m ＋m C )v 2，解得v 2＝2.4 m/s ；从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A 、B 、C 组成的系统机械能守恒，即m C gh ＝12m C v 02＋12·2mv 12－12(2m ＋m C )v 22，解得h ＝0.16 m ，C 项正确，D 项错误。
5．(2019·宿迁调研)如图所示，质量为M 的木块位于光滑水平面上，木块与墙间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A 位置。
现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向木块并嵌入其中，经过一段时间，木块第一次回到A 位置，弹簧在弹性限度内。
求：(1)木块第一次回到A 位置时速度大小v ； (2)此过程中墙对弹簧冲量大小I 。
解析：(1)子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m )v解得：v ＝mv 0m ＋M子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A 位置时速度大小不变，即当木块回到A 位置时的速度大小v ＝mv 0m ＋M。
(2)子弹和木块、弹簧组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：I ＝－(M ＋m )v －mv 0＝－2mv 0所以墙对弹簧的冲量的大小I 为2mv 0。
答案：(1)mM ＋mv 0 (2)2mv 0 6.如图，一质量M ＝6 kg 的木板B 静止于光滑水平面上，物块A 质量m ＝6 kg ，停在木板B 的左端。
质量为m 0＝1 kg 的小球用长为L ＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点O 上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A 发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为h ＝0.2 m ，物块A 与小球可视为质点，不计空气阻力。
已知物块A 与木板B 间的动摩擦因数μ＝0.1，(g ＝10 m/s 2)求：(1)小球运动到最低点与物块A 碰撞前瞬间，小球的速度大小； (2)小球与物块A 碰撞后瞬间，物块A 的速度大小；(3)为使物块A 、木板B 达到共同速度前物块A 不滑离木板，木板B 至少多长。
解析：(1)对小球下摆过程，由机械能守恒定律得：m 0gL ＝12m 0v 02，解得v 0＝4 m/s 。
(2)对小球反弹后过程，由机械能守恒定律得 有m 0gh ＝12m 0v 12解得：v 1＝2 m/s小球与物块A 碰撞过程动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m 0v 0＝－m 0v 1＋mv A解得v A ＝1 m/s 。
(3)物块A 与木板B 相互作用过程，系统动量守恒，以物块A 的速度方向为正方向 由动量守恒定律得：mv A ＝(m ＋M )v ， 解得v ＝0.5 m/s由能量守恒定律得：μmgx ＝12mv A 2－12(m ＋M )v 2，解得x ＝0.25 m 。
答案：(1)4 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m 二、强化迁移能力，突出创新性和应用性7．(2020·怀化市一模)如图所示为工厂里一种运货过程的简化模型，货物可视为质点且质量m ＝4 kg ，以初速度v 0＝10 m/s 滑上静止在光滑轨道OB 上的小车左端，小车质量为M ＝6 kg ，高为h ＝0.8 m 。
在光滑的轨道上A 处设置一固定的障碍物，当小车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物继续运动，最后恰好落在光滑轨道上的B 点。
已知货物与小车上表面的动摩擦因数μ＝0.5，货物做平抛运动的水平距离AB 长为1.2 m ，重力加速度g 取10 m/s 2。
(1)求货物从小车右端滑出时速度的大小；(2)若已知OA 段距离足够长，导致小车在碰到A 之前已经与货物达到共同速度，求小车的最小长度。
解析：(1)设货物从小车右端滑出时的速度为v x ，滑出之后做平抛运动， 在竖直方向上：h ＝12gt 2，水平方向：l AB ＝v x t 解得：v x ＝3 m/s 。
(2)在小车碰撞到障碍物前，小车与货物已经达到共同速度，以小车与货物组成的系统为研究对象，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v 共， 解得：v 共＝4 m/s ， 由能量守恒定律得：Q ＝μmgs 相对＝12mv 02－12(m ＋M )v 共2，解得：s 相对＝6 m ，当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出小车，对货物由动能定理得： －μmgs ′＝12mv x 2－12mv 共2，解得：s ′＝0.7 m ，故小车的最小长度L ＝s 相对＋s ′＝6.7 m 。
答案：(1)3 m/s (2)6.7 m8．如图甲所示，质量均为m ＝0.5 kg 的相同物块P 和Q (可视为质点)，分别静止在水平地面上A 、C 两点。
P 在水平力F 作用下由静止开始向右运动，力F 与时间t 的关系如图乙所示，3 s 末撤去力F ，此时P 运动到B 点，之后继续滑行并与Q 发生弹性碰撞。
已知B 、C 两点间的距离L ＝3.75 m ，P 、Q 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：(1)P到达B点时的速度大小v及P与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；(2)Q运动的时间t。
解析：(1)以向右为正方向，在0～3 s内，对P由动量定理有：F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0其中F1＝2 N，F2＝3 N，t1＝2 s，t2＝1 s解得v＝8 m/s设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：μmg＝maP在B、C两点间做匀减速直线运动，有：v2－v12＝2aL解得v1＝7 m/s。
(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间P、Q的速度大小分别为v1′、v2，有：mv1＝mv1′＋mv21 2mv12＝12mv1′2＋12mv22碰撞后Q做匀减速直线运动，Q运动的加速度大小为：μmg＝ma′Q运动的时间为：t＝v2a′解得t＝3.5 s。
答案：(1)8 m/s 7 m/s (2)3.5 s9．(2020·绵阳诊断)如图所示，半径R＝0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道C固定在水平光滑地面上，质量M＝0.3 kg的木板B左端与C的下端等高平滑对接但未粘连，右端固定一轻弹簧，弹簧原长远小于板长，将弹簧在弹簧弹性限度内压缩后锁定。