【决胜高考】高三物理一轮复习 力学 三大观点的综合应用 (习题课)

第32讲力学三大基本观点的综合应用（模拟精练+真题演练）1．（2023·山东聊城·统考三模）面对能源紧张和环境污染等问题，混合动力汽车应运而生。

混合动力汽车，是指拥有两种不同动力源（如燃油发动机和电力发动机）的汽车，既节能又环保。

汽车质量为M ，静止在平直路面，只采用电力驱动，发动机额定功率为1P 启动，达到的最大速度1v 后，再次提速，两种动力同时启动，此时发动机的总额定功率为12P ，由1v 经时间t 达到最大速度2v （未知）；运动一段时间后，开始“再生制动”刹车，所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。

加速过程中可视为阻力恒定；“再生制动”刹车过程中阻力的大小可视为与速度的大小成正比，即f kv =。

求：（1）汽车速度由1v 到2v 过程中前进的位移1x ；（2）汽车由速度2v 减到零过程中行驶的距离2x 。

【答案】（1）3111322Mv v t P -；（2）12Mv k 【详解】（1）发动机额定功率为1P 启动，达到的最大速度1v 时有11f F =所以汽车加速过程中的阻力1111P f F v ==同理发动机的总额定功率为12P ，达到最大速度2v 时有1122P f v =解得212v v =汽车速度由1v 到2v 过程中根据动能定理有2221112111132222Pt f x Mv Mv Mv -=-=解得前进的位移2111311111323222Pt Mv v Mv x v t P P ⎛⎫- ⎪⎝⎭==-（2）“再生制动”刹车过程即速度由2v 减到零的过程，根据动量定理有22102kvt kx Mv Mv -=-=-=-解得汽车由速度2v 减到零过程中行驶的距离122Mv x k=2．（2023·山东济南·统考三模）如图所示，水平传送带以v 0=2m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带的长度L =6.2m ，每隔Δt 1=0.5s 将物块（可视为质点）P 1、P 2、P 3、P 4……依次无初速度放置于传送带左端A 点，一段时间后物块从传送带右端B 点离开传送带做平抛运动，最后落入货车车厢，货车始终保持静止。

高三物理一轮复习资料【力学三大观点的综合应用】 [考点分析]1．命题特点：考题常需要三大观点综合起来才能顺利解答．这类题目综合性强，难度高，题型一般为计算题，且常作为压轴题出现．2．思想方法：假设法、全程法和分段法、守恒思想、图解法等．[知能必备]1．力学解题的三大观点[真题再练]1．如图，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接．传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定．质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带．载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2.(1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；(3)若v ＝6.0 m/s ，载物箱滑上传送带Δt ＝1312 s 后，传送带速度突然变为零．求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量．解析：(1)传送带的速度为v ＝4.0 m/s 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律有μmg ＝ma ①设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s 1，由运动学公式有 v 2－v 20＝－2as 1②联立①②式，代入题给数据得s 1＝4.5 m ③因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v ，然后开始做匀速运动．设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t 1，做匀减速运动所用的时间为t 1′，由运动学公式有v ＝v 0－at 1′④t 1＝t 1′＋L －s 1v ⑤联立①③④⑤式并代入题给数据得t 1＝2.75 s ⑥(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v 1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v 2.由动能定理有－μmgL ＝12m v 21－12m v 20⑦ μmgL ＝12m v 22－12m v 20⑧ 由⑦⑧式并代入题给条件得 v 1＝ 2 m/s ，v 2＝4 3 m/s ⑨(3)传送带的速度为v ＝6.0 m/s 时，由于v 0<v <v 2，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍为a .设载物箱做匀加速运动通过的距离为s 2，所用时间为t 2，由运动学公式有v ＝v 0＋at 2⑩v 2－v 20＝2as 2⑪联立①⑩⑪式并代入题给数据得t 2＝1.0 s ⑫ s 2＝5.5 m ⑬因此载物箱加速运动1.0 s 、向右运动5.5 m 时，达到与传送带相同的速度．此后载物箱与传送带共同匀速运动(Δt －t 2)的时间后，传送带突然停止．设载物箱匀速运动通过的距离为s 3，有s 3＝(Δt －t 2)v ⑭由①⑫⑬⑭式可知，12m v 2>μmg (L －s 2－s 3)，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v 3.由运动学公式有v 23－v 2＝－2a (L －s 2－s 3)⑮v 3＝v －at 3⑯设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它摩擦力的冲量为I 1，由动量定理有I 1＝m (v 3－v 0)⑰联立①⑫⑬⑭⑮⑰式并代入题给数据得I 1＝0⑱ 传送带对它支持力(大小等于重力)的冲量为 I 2＝mg (Δt ＋t 3)⑲联立⑮⑯⑲式并代入题给数据得I 2＝6253N·s ⑳由于I 1＝0，所以传送带对它的冲量为I ＝I 2＝6253 N·s ，方向竖直向上．答案：(1)2.75 s (2)4 3 m/s2 m/s (3)6253N·s ，方向竖直向上2．如图所示，一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P 、Q 两物块的质量分别为m 和4m ，Q 静止于斜面上A 处．某时刻，P 以沿斜面向上的速度v 0与Q 发生弹性碰撞．Q 与斜面间的动摩擦因数等于tan θ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．P 与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失．两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q 的速度减为零之前P 不会与之发生碰撞．重力加速度大小为g .(1)求P 与Q 第一次碰撞后瞬间各自的速度大小v P 1、v Q 1； (2)求第n 次碰撞使物块Q 上升的高度h n ； (3)求物块Q 从A 点上升的总高度H ；(4)为保证在Q 的速度减为零之前P 不会与之发生碰撞，求A 点与挡板之间的最小距离s .解析：(1)P 与Q 的第一次碰撞，取P 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝m v P 1＋4m v Q 1①由机械能守恒定律得 12m v 20＝12m v 2P 1＋12×4m v 2Q 1② 联立①②式得 v P 1＝－35v 0③v Q 1＝25v 0④故第一次碰撞后P 的速度大小为35v 0，Q 的速度大小为25v 0.(2)设P 、Q 第一次碰撞后Q 上升的高度为h 1，对Q 由运动学公式得 0－v 2Q 1＝2·(－2g sin θ)·h 1sin θ⑤ 联立①②⑤式得h 1＝v 2025g⑥设P 运动至与Q 刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v 02，第一次碰后至第二次碰前，对P 由动能定理得12m v 202－12m v 2P 1＝－mgh 1⑦ 联立①②⑤⑦式得v 02＝75v 0⑧ P 与Q 的第二次碰撞，设碰后P 与Q 的速度分别为v P 2、v Q 2，由动量守恒定律得m v 02＝m v P 2＋4m v Q 2⑨由机械能守恒定律得 12m v 202＝12m v 2P 2＋12×4m v 2Q 2⑩ 联立①②⑤⑦⑨⑩式得 v P 2＝－35×75v 0⑪v Q 2＝25×75v 0⑫设第二次碰撞后Q 上升的高度为h 2，对Q 由运动学公式得 0－v 2Q 2＝2·(－2g sin θ)·h 2sin θ⑬ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得h 2＝725·v 2025g⑭设P 运动至与Q 刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v 03，第二次碰后至第三次碰前，对P 由动能定理得12m v 203－12m v 2P 2＝－mgh 2⑮ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得v 03＝⎝⎛⎭⎫752v 0⑯ P 与Q 的第三次碰撞，设碰后P 与Q 的速度分别为v P 3、v Q 3，由动量守恒定律得m v 03＝m v P 3＋4m v Q 3⑰由机械能守恒定律得 12m v 203＝12m v 2P 3＋12×4m v 2Q 3⑱ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得 v P 3＝－35×⎝⎛⎭⎫752v 0⑲v Q 3＝25×⎝⎛⎭⎫752v 0⑳设第三次碰撞后Q 上升的高度为h 3，由运动学公式得 0－v Q 32＝2·(－2g sin θ)·h 3sin θ○21 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱○21式得h 3＝⎝⎛⎭⎫7252·v 225g○22 ……总结可知，第n 次碰撞后，物块Q 上升的高度为 h n ＝⎝⎛⎭⎫725n －1·v 225g(n ＝1,2,3……)○23 (3)当P 、Q 达到H 时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得0－12m v 20＝－(m ＋4m )gH －tan θ·4mg cos θ·Hsin θ○24 解得H ＝v 2018g○25 (4)设Q 第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t 1，由运动学公式得v Q 1＝2gt 1sin θ○26 设P 运动到斜面底端时的速度大小为v P 1′，需要的时间为t 2，由运动学公式得v P 1′＝(－v P 1)＋gt 2sin θ○27 v P 1′2－(－v P 1)2＝2sg sin θ○28 设P 从A 点到Q 第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t 3v 02＝(－v P 1)－gt 3sin θ○29 当A 点与挡板之间的距离最小时t 1＝2t 2＋t 3○30 联立○26○27○28○29○30式，代入数据得s ＝(87－13)v 20200g sin θ○31 答案：(1)35v 0 25v 0(2)⎝⎛⎭⎫725n －1·v 225g(n ＝1,2,3……) (3)v 2018g (4)(87－13)v 20200g sin θ力学规律选用的一般原则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)涉及到速度和时间，应考虑使用动量定理．3．若物体(或系统)涉及到位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律或动能定理．4．若物体(或系统)涉及到位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中滑动摩擦力做功产热应用摩擦力乘以相对路程，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便．[精选模拟]1．如图所示，地面上固定一倾角为θ＝37°的光滑斜面，斜面底端固定一挡板，一轻质弹簧下端与挡板相连，上端自然伸长至B 点，初始时刻，物块a 在外力的作用下被压至E点，BE＝2 m，撤去外力后，物块a沿斜面从B点射出，到达传送带右端时速度恰好水平向左，大小v C＝4 m/s，与物块b粘在一起向左运动，其中物块a、b质量均为m＝1 kg，传送带长为L＝4 m，始终以v＝3 m/s 的速度顺时针转动，物块和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)初始时刻的弹性势能；(2)ab在传送带上运动时产生的划痕长度；(3)由于传送物块电动机需要多消耗的电能．解析：(1)将物块a在B点的速度沿水平和竖直方向分解，则v B＝v Ccos θ＝5 m/s 物块a由E到B的过程中根据能量守恒有E p＝mgx BE sin θ＋12m v2B＝24.5 J.(2)物块a、b碰撞过程中根据动量守恒m a v c＝(m a＋m b)v1解得v1＝2 m/s对ab整体，根据牛顿第二定律有μ2mg＝2ma解得a＝5 m/s2减速位移x＝v212a＝0.4 m<L故先减速到0再反向加速减速时间t1＝v1a＝0.4 s相对位移Δx1＝v t1＋v12t1加速时间t2＝t1＝0.4 s相对位移：Δx2＝v t2－v12t2故划痕长度Δx2＝Δx1＋Δx2＝2.4 m.(3)由于物块动能未变，故电动机多消耗的电能用来补充系统损失掉的热量Q ＝μ·2mg Δx ＝24 J.答案：(1)24.5 J (2)2.4 m (3)24 J2．如图所示，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)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．解析：(1)设物块A 与木板B 碰前的速度为v ，由动能定理得－μ1m 1gl ＝12m 1v 2－12m 1v 20解得v ＝v 20－2μ1gl ＝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 21＋12m 2v 22 联立解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ＝－3 m/sv 2＝2m 1m 1＋m 2v ＝6 m/s碰后物块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 减速运动，C 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 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<μ2二者一起减速至停下，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 3)a 3 整个过程B 运动的位移大小为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也为a 3，位移大小为 x A ＝0－v 21－2a 3＝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.答案：(1) 3 m/s 方向向左 6 m/s 方向向右 (2)3 m (3)10.5 m。

“三大力学观点”中的三类典型题学案1内容归纳：1.解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：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：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。

2.力学中的五大规律规律公式表达＝ma牛顿第二定律F合W合＝ΔE k动能定理W合＝m v－m vE1＝E2机械能守恒定律mgh1＋m v＝mgh2＋m vF合t＝p′－p动量定理I合＝Δp动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′突破一“滑块—弹簧”模型模型图示模型特点(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。

(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。

(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。

(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)[典例1]两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘连在一起运动。

则下列说法正确的是()A．B、C碰撞刚结束时的共同速度为3 m/sB.．弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3 m/s C．弹簧的弹性势能最大值为36 JD．弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同[练习１]如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触但不固连，将弹簧压缩到不能再压缩时用细线把B、C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。

现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起。

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。

权掇市安稳阳光实验学校规范演练27 力学三大观点的综合应用[抓基础]1．如图所示，B、C、D、E、F5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E4个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量．A 球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( ) A．5个小球静止，1个小球运动B．4个小球静止，2个小球运动C．3个小球静止，3个小球运动D．6个小球都运动解析：A、B质量满足m A＜m B，则A、B相碰后A向左运动，B向右运动．由于B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止；由于E、F质量满足m E＞m F，则E、F都向右运动．所以B、C、D 静止；A向左运动，E、F向右运动，选项C正确．答案：C2.如图所示，小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成，静止在光滑水平面上，当小车固定时，从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止．如果小车不固定，物体仍从A点由静止滑下，则( )A．还是滑到C点停住B．滑到BC间停住C．会冲出C点落到车外 D．上述三种情况都有可能解析：设BC长度为L.依照题意，小车固定时，根据能量守恒可知，物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，即有Q1＝F f L，其中F f为物体与小车之间的摩擦力．若小车不固定，设物体相对小车滑行的距离为s.对小车和物体系统，根据水平方向的动量守恒可知，最终两者必定均静止，根据能量守恒可知物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，则有Q2＝Q1，而Q2＝F f s，得到物体在小车BC部分滑行的距离s＝L，故物体仍滑到C点停住，选项A正确．答案：A3．(多选)(2019·江西上饶六校联考)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接在另一质量为m的物体B，如图乙所示，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )A．A物体的质量为3mB．A物体的质量为2mC．弹簧压缩最大时的弹性势能为32mv20D．弹簧压缩最大时的弹性势能为mv20解析：题图甲中，由系统能量守恒得12m A v 20＝E pm ，题图乙中，由动量守恒和能量守恒得m A ·2v 0＝(m A ＋m )v ，12m A (2v 0)2＝E pm ＋12(m A ＋m )v 2， 联立解得m A ＝3m ，E pm ＝32mv 20，选项A 、C 正确．答案：AC4.(2019·汕头质检)如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m 的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M 的木块，现有质量为m 0的子弹以大小为v 0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为m 0v 0m 0＋m ＋MB ．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M ＋m 0)gC ．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M ＋m ＋m 0)gD ．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒解析：子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，则m 0v 0＝(M＋m 0)v 1，解得速度大小为v 1＝m 0v 0m 0＋M，根据牛顿第二定律可得T －(M ＋m 0)g ＝(M＋m 0)v 21l，可知绳子拉力大于(M ＋m 0)g ，选项A 、B 错误；子弹射入木块后，对子弹、木块和圆环整体有N ＝T ＋mg ＞(M ＋m ＋m 0)g ，选项C 正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D 错误．答案：C5．(多选)(2019·青岛模拟)如图甲所示的光滑平台上，物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的摩擦不计，图乙为物体A 与小车的v-t 图象(v 0、v 1及t 1均为已知)，由此可算出( )A ．小车上表面长度B ．物体A 与小车B 的质量之比C ．物体A 与小车B 上表面间的动摩擦因数D ．小车B 获得的动能解析：在0～t 1时间内，物体A 与小车B 的图线与坐标轴包围的面积之差表示A 相对于小车的位移，不一定为小车长度，选项A 错误；设m 、M 分别表示物体A 与小车B 的质量，根据动量守恒定律mv 0＝(M ＋m )v 1，则m M ＝v 1v 0－v 1，选项B正确；由物体A 的v-t 图象得a ＝v 0－v 1t 1＝μg ，可求出μ，选项C 正确；因B车质量大小未知，故无法计算B 车的动能，选项D 错误．答案：BC6.(多选)如图所示，光滑水平面上，质量为m 1的足够长的木板向左匀速运动，t ＝0时刻，质量为m 2的木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板．t 1时刻，木块和木板相对静止，共同向左匀速运动，以v 1和a 1表示木板的速度和加速度，以v 2和a 2表示木块的速度和加速度，以向左为正方向，则下列图中正确的是( )A B C D解析：木块和木板组成的系统动量守恒，因为最终共同的速度方向向左，根据m 1v －m 2v ＝(m 1＋m 2)v ′，知m 1＞m 2，木块的加速度a 2＝F fm 2，方向向左，木板的加速度a 1＝F fm 1，方向向右，因为m 1＞m 2，则a 1＜a 2，选项A 错误，B 正确；木块滑上木板后，木块先向右做匀减速直线运动，速度减到零后反向做匀加速直线运动，与木板速度相同后一起做匀速直线运动，其速度先为负值，后为正值，木板先做匀减速直线运动，最终做速度向左的匀速运动，速度均为正值，D 项正确，C 项错误．答案：BD7.(多选)(2019·湖南长郡中学一模)如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA 段光滑，AB 段粗糙且长为l ，左端O 处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F .质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落，则( )A ．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为FMB ．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12mv 2C ．弹簧恢复原长时滑块的动能为12mv 2D ．滑块与木板AB 间的动摩擦因数为v 22gl解析：细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F ，对木板由牛顿第二定律得F ＝Ma ，解得a ＝FM，A 正确；滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12mv 2，B 正确；弹簧恢复原长时木板获得动能，所以滑块的动能小于12mv 2，C 错误；小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v ′，取向左为正方向，从细绳拉断到小滑块滑到木板最右端，对小滑块、弹簧、木板组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m ＋M )v ′，12mv 2＝12(m ＋M )v ′2＋μmgl ，联立解得μ＝v 22gl，D 正确．答案：ABD8.(多选)(2019·内蒙古赤峰模拟)如图所示，质量均为m 的A 、B 两物体通过劲度系数为k 的轻质弹簧拴接在一起竖直放置在水平地面上，物体A 处于静止状态，在A 的正上方h 高处有一质量也为m 的小球C .现将小球C 由静止释放，C 与A 发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．C 与A 碰撞后瞬间A 的速度大小为gh2B ．C 与A 碰撞时产生的内能为mgh2C ．C 与A 碰撞后弹簧的最大弹性势能为mgh2D ．要使碰后物体B 被拉离地面，h 至少为8mgk答案：ABD [提素养]9.(多选)(2019·石家庄检测)如图所示，一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m 的小木块，现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v 0，下列说法正确的是( )A ．最终小木块和木箱都将静止B ．最终小木块和木箱组成的系统损失机械能为Mv 202－（Mv 0）22（M ＋m ）C ．木箱速度为v 03时，小木块的速度为2Mv 03mD ．最终小木块速度为Mv 0m答案：BC10.(2019·山西太原二模)如图为过山车的部分轨道，它由位于同一竖直面内的倾斜直轨道ab 以及半径不同的两个紧靠在一起的光滑圆轨道Ⅰ、Ⅱ(间距可忽略)组成，圆轨道下滑进入点与滑出点错开一小段距离，其中，ab 与圆轨道Ⅰ相切于b 点，ab ＝48.9 m ，θ＝37°，R 1＝10 m ，R 2＝5.12 m ．车厢与ab间的动摩擦因数为μ＝0.125.一次游戏中，质量m ＝500 kg 车厢A 被牵引到a 点由静止释放，经切点b 进入圆轨道Ⅰ；绕过圆轨道Ⅰ后到达最低点P 时，与停在P 点的障碍物B 相撞并连一起进入圆轨道Ⅱ.将A 、B 视为质点，不考虑空气阻力，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)车厢A 通过圆轨道Ⅰ最高点时受到弹力的值；(2)已知车厢能安全通过圆轨道Ⅱ，B 的质量不超过A 的多少倍？ 解析：(1)设A 到达b 点时速度为v b ，由动能定理得 mgl ab (sin θ－μcos θ)＝12mv 2b ，v b ＝489 m/s ，A 到达圆轨道Ⅰ最高点时速度为v c ，则有mgR 1(1＋cos θ)＝12mv 2b －12mv 2c ，A 经c 点时，轨道对A 弹力为F ，有mg ＋F ＝m v 2cR 1，解得F ＝1 450 N.(2)A 运动到圆轨道Ⅰ最低点P 时速度为v P ，有 mgR 1(1－cos 37°)＝12mv 2P －12mv 2b ，解得v P ＝529 m/s ＝23 m/s ，设A 与B 碰撞后共同速度为vmv P ＝(m ＋M )v ，设连在一起的A 、B 安全通过圆轨道Ⅱ最高点的最小速度为v d ，在P 点最小速度为v ′P ，(m ＋M )g ＝(m ＋M )v 2dR 2，2(m ＋M )gR 2＝12(m ＋M )v ′2P －12(m ＋M )v 2d ，解得v ′P ＝256 m/s ＝16 m/s ， 当v ＝v ′P 时，M 最大， 解得M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2316－1m ＝716m ，即B 的质量不超过A 的716.答案：(1)1 450 N (2)71611．(2019·西安适应性测试)如图所示，两个长度为L 、质量为m 的相同长方体物块1和2叠放在一起，置于固定且左、右正对的两光滑薄板间，薄板间距也为L ，板底部有孔正好能让最底层的物块通过并能防止物块2翻倒，质量为m 的钢球用长为R 的轻绳悬挂在O 点，将钢球拉到与O 点等高的位置A (拉直)静止释放，钢球沿圆弧摆到最低点时与物块1正碰后静止，物块1滑行一段距离s (s ＞2L )后停下．又将钢球拉回A 点静止释放，撞击物块2后钢球又静止．物块2与物块1相碰后，两物块以共同速度滑行一段距离后停下，重力加速度为g ，绳不可伸长，不计物块之间的摩擦，求：(1)物块与地面间的动摩擦因数；(2)两物块都停下时物块2滑行的总距离． 解析：(1)设钢球与物块1碰撞前的速率为v 0， 根据机械能守恒定律，有 mgR ＝12mv 20，可得v 0＝2gR ，钢球与物块1碰撞，设碰后物块1速度为v 1，根据动量守恒定律，有mv 0＝mv 1，联立解得v 1＝2gR ，设物块与地面间的动摩擦因数为μ，物块1碰撞获得速度后滑行至停下，由动能定理，有－2μmgL －μmg (s －L )＝0－12mv 21，联立解得μ＝RL ＋s.(2)设物块2被钢球碰后的速度为v 2， 物块2与物块1碰撞前速度为v 3，根据机械能守恒定律、动量守恒定律和动能定理，有 v 2＝v 1＝2gR ，－μmg (s －L )＝12mv 23－12mv 22，设物块1和物块2碰撞后的共同速度为v 4， 两物块一起继续滑行距离为s 1， 根据动量守恒定律和动能定理，有mv 3＝2mv 4，－2μmgs 1＝0－12×2mv 24，可得s 1＝12L ，设物块2滑行的总距离为d ， 则d ＝s －L ＋s 1＝s －L2.答案：(1)RL ＋s(2)s －L212．如图所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O 点到光滑水平面的距离为h .物块B 和C 的质量分别为5m 和3m ，B 与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B 物块位于O 点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为h16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞过程B 物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能．解析：设小球运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v 1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：mgh ＝12mv 21，解得：v 1＝2gh .设碰撞后小球反弹的速度大小为v ′1，同理有： mg h16＝12mv ′21， 解得：v ′1＝2gh4.设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有： mv 1＝－mv ′1＋5mv 2，解得：v 2＝2gh4.由动量定理可得，碰撞过程B 物块受到的冲量为： I ＝5mv 2＝54m 2gh .碰撞后当B 物块与C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5mv 2＝8mv 3，据机械能守恒定律：E pm ＝12×5mv 22－12×8mv 23，解得：E pm ＝15128mgh .答案：54m 2gh 15128mgh13．(2019·湖北仙桃、天门、潜江三市期末)如图所示，半径为R 1＝1.8 m 的14光滑圆弧与半径为R 2＝0.3 m 的半圆光滑细管平滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L ＝2.0 m 、质量为M ＝1.5 kg 的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同．现在让质量为m 2＝2 kg 的物块静止于B 处，质量为m 1＝1 kg 的物块从光滑圆弧顶部的A 处由静止释放，物块m 1下滑至B 处和m 2碰撞后不再分开，整体设为物块m (m ＝m 1＋m 2)．物块m 越过半圆管底部C 处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为2 m/s 时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)，若g 取10 m/s 2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计．(1)求物块m 1和m 2碰撞过程中损失的机械能；(2)求物块m 滑到半圆管底部C 处时所受支持力大小；(3)若物块m 与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，求物块m 在台阶表面上滑行的最大距离．解析：(1)设物块m 1下滑到B 点时的速度为v B ，由机械能守恒可得： m 1gR 1＝12m 1v 2B ，解得：v B ＝6 m/s.m 1、m 2碰撞满足动量守恒：m 1v B ＝(m 1＋m 2)v 共， 解得：v 共＝2 m/s.则碰撞过程中损失的机械能为：E 机＝12m 1v 2B －12mv 2共＝12 J.(2)物块m 由B 到C 满足机械能守恒： 12mv 2共＋mg ×2R 2＝12mv 2C ，解得：v C ＝4 m/s.在C 处由牛顿第二定律可得：F N －mg ＝m v 2CR 2，解得：F N ＝190 N.(3)设物块m 滑上木板后，当木板速度为v 2＝2 m/s 时，物块速度为v 1， 由动量守恒定律得：mv C ＝mv 1＋Mv 2， 解得：v 1＝3 m/s.设在此过程中物块运动的位移为x 1，木板运动的位移为x 2，由动能定理得： 对物块m ：－μmgx 1＝12mv 21－12mv 2C ，解得：x 1＝1.4 m.对木板M ：μmgx 2＝12Mv 22，解得：x 2＝0.4 m ，此时木板静止，物块m 到木板左端的距离为：x 3＝L ＋x 2－x 1＝1 m. 设物块m 在台阶上运动的最大距离为x 4，由动能定理得： －μmg (x 3＋x 4)＝0－12mv 21，解得：x 4＝0.8 m.答案：(1)12 J (2)190 N (3)0.8 m。

力学三大观点的综合应用1．(2020年常德一模)(多选)竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3 kg 的B固定在一起，质量为1 kg的A放于B上．现在A和B正在一起竖直向上运动，如图所示．当A、B分离后，A上升0.2 m 到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，下列说法正确的是(g取10 m/s2) ( )A．A、B分离时B的加速度为gB．弹簧的弹力对B做功为零C．弹簧的弹力对B的冲量大小为6 N·sD．B的动量变化量为零【答案】ABC 【解析】A、B分离时，二者的速度相等，加速度也相等，都等于重力加速度g，可知弹簧恢复原长时二者分离，A正确；A到最高点时弹簧恰恢复原长，可知弹簧对B做的功等于0，B正确；分离时二者速度相同，此后A做竖直上抛运动，由题设条件可知，竖直上抛的初速度v＝2gh＝2×10×0.2 m/s＝2 m/s，上升到最高点所需的时间t＝2hg＝0.2 s，对B在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)得m B gt＋I N＝m B v－(－m B v)，解得I N＝6 N·s，C正确；分离时B的速度方向向上，A上升0.2 m到达最高点时B 的速度方向向下，所以B的动量变化量向下，一定不等于0，D错误．2．(2020年怀化模拟)(多选)如图所示，一平台到地面的高度为h＝0.45 m，质量为M ＝0.3 kg的木块放在平台的右端，木块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2．地面上有一质量为m＝0.1 kg的玩具青蛙距平台右侧的水平距离为x＝1.2 m，旋紧发条后释放，让玩具青蛙斜向上跳起，当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水平方向，玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行．已知木块和玩具青蛙均可视为质点，玩具青蛙抱住木块过程时间极短，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．玩具青蛙在空中运动的时间为0.3 sB．玩具青蛙在平台上运动的时间为2 sC．玩具青蛙起跳时的速度大小为3 m/sD．木块开始滑动时的速度大小为1 m/s【答案】AD 【解析】由h ＝12gt 21得玩具青蛙在空中运动的时间为t 1＝0.3 s ，A 正确；玩具青蛙离开地面时的水平速度和竖直速度分别为v x ＝x t 1＝4 m/s ，v y ＝gt 1＝3 m/s ，玩具青蛙起跳时的速度大小为v 0＝v 2x ＋v 2y ＝5 m/s ，C 错误；由动量守恒定律得mv x ＝(M ＋m )v ，解得木块开始滑动时的速度大小为v ＝1 m/s ，D 正确；由动量定理得－μ(M ＋m )gt 2＝0－(M ＋m )v ，解得玩具青蛙在平台上运动的时间为t 2＝0.5 s ，B 错误．3．(2021年湖北名校期中)如图所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)，从A 点由静止出发绕O 点下摆，当摆到最低点B 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己随秋千刚好能回到高处A ．已知男演员质量m 1＝80 kg ，女演员质量m 2＝50 kg ，秋千的质量m 3＝10 kg ，秋千的摆长为R ＝1.8 m ，C 点比O 点低5R (g 取10 m/s 2)．求：(1)推开过程中，女演员对男演员做的功；(2)男演员落地点C 与O 的水平距离．解：(1)女演员从A 点下摆到B 点的过程中，重力做功，机械能守恒得(m 1＋m 2＋m 3)gR ＝12(m 1＋m 2＋m 3)v 20， 演员相互作用的过程中，水平方向动量守恒(m 1＋m 2＋m 3)v 0＝m 1v 1－(m 2＋m 3)v 2，女演员上摆到A 点过程中，机械能守恒(m 2＋m 3)gR ＝12(m 2＋m 3)v 22， 根据功能关系可知，女演员推开男演员做功W ＝12m 1v 21－12m 1v 20， 联立解得W ＝7 560 J ．(2)分离后，男演员做平抛运动．水平方向上x ＝v 1t ，竖直方向上4R ＝12gt 2， 联立解得x ＝18 m ．4．如图所示，有一质量为M ＝2 kg 的平板小车P 静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m ＝1 kg 的小物块A 和B (均可视为质点)，由车上P 处开始，A 以初速度v 1＝2 m/s 向左运动，B 同时以v 2＝4 m/s 向右运动．最终A 、B 两物块恰好停在小车两端没有脱离小车．两物块与小车间的动摩擦因数均为μ＝0.1，g 取10 m/s 2．求：(1)小车总长L ；(2)物块B 在小车上滑动的过程中产生的热量Q B ；(3)从物块A 、B 开始运动计时，经6 s 小车离原位置的距离x ．解：(1)设最后达到共同速度v ，取向右为正方向，整个系统动量守恒、能量守恒 mv 2－mv 1＝(2m ＋M )v ，μmgL ＝12mv 21＋12mv 22－12(2m ＋M )v 2， 解得v ＝0.5 m/s ，L ＝9.5 m ．(2)设物块A 离小车左端的距离为x 1，从A 开始运动至左端历时t 1，在A 运动至左端前，小车是静止的．μmg ＝ma A ，v 1＝a A t 1，x 1＝12a A t 21，联立可得t 1＝2 s ，x 1＝2 m ．所以物块B 离小车右端的距离x 2＝L －x 1＝7.5 m ，所以Q B ＝μmgx 2＝7.5 J ．(3)设从开始至达到共同速度历时t 2，则 v ＝v 2－a B t 2，μmg ＝ma B联立可得t 2＝3.5 s ．小车在t 1前静止，在t 1至t 2之间以加速度a 向右加速μmg ＝(M ＋m )a ，此时小车向右运动的位移x 3＝12a (t 2－t 1)2， 接下去三个物体组成的系统以v 共同匀速运动了x 4＝v (6 s －t 2)，联立以上式子，解得小车在6 s 内向右运动的总距离x ＝x 3＋x 4＝1.625 m ．5．如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m ．物块A 以v 0＝6 m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1 m ．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1 kg(重力加速度g 取10 m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短)．(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ；(2)若碰后A 、B 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求碰后A 、B 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式．解：(1)物块A 从滑入圆轨道到最高点Q ，根据机械能守恒定律，得12mv 20＝mg ·2R ＋12mv 2， 解得A 滑过Q 点时的速度v ＝4 m/s ＞gR ＝ 5 m/s ．在Q 点根据牛顿第二定律和向心力公式，得mg ＋F ＝m v 2R， 解得A 受到的弹力F ＝mv 2R －mg ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1×160.5－1×10 N ＝22 N ． (2)A 与B 碰撞遵守动量守恒定律，设碰撞后的速度为v ′，取水平向右为正方向，则mv 0＝2mv ′，从碰撞到A 、B 停止，根据动能定理，得－μ·2mgkL ＝0－12×2mv ′2， 解得k ＝45．(3)AB 从碰撞到滑至第n 个光滑段，根据动能定理，得－μ·2mgnL ＝12×2mv 2n －12×2mv ′2， 解得v n ＝9－0.2n m/s(n ＜k )．。