高中物理三大力学观点的综合应用检测题

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.。

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。

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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 )

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 =。

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。

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。

专题08力学中三大观点的综合应用（考试时间：75分钟试卷满分：100分）一、单项选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分）1．（2024·浙江金华·校联考模拟预测）如图所示，浙江运动员李玲在参加杭州亚运会女子撑杆跳高比赛时，以4.63m 的成绩夺得金牌，并再度刷新亚运会赛事纪录。

其完整的撑杆跳高过程可简化为三个阶段——持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落着地。

下落时，人杆分离，最后落在软垫上速度减为零。

不计空气阻力，则（）A ．研究其越杆过程的技术动作可将李玲视作质点B ．李玲在最高点时加速度一定为零C ．李玲在整个跳高过程中机械能守恒D ．李玲落在软垫上的运动过程中，软垫对她的冲量大小等于她对软垫的冲量大小2．（2024·四川成都·成都七中校考一模）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r ，可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m 的小物块，物块与圆盘间的动摩擦因数以及与桌面的摩擦因数均为µ。

现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。

若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g ，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。

则（）A ．小物块从圆盘上滑落后，小物块在餐桌上做曲线运动B ．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为mgrμC ．餐桌面的半径为32rD ．物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为3．（2024·广西贵港·统考模拟预测）2022年北京冬奥会跳台滑雪项目在位于张家口的国家跳台滑雪中心举行，运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。

现有某运动员从跳台a 处沿水平方向飞出，在斜坡b 处着陆，如图所示。

已知1.5s 时运动员离斜坡面最远，测得ab 间的水平距离为60m ，不计空气阻力，重力加速度210m /s g ，下列说法正确的是（）A ．运动员在a 处的速度大小为10m/sB ．从a 处运动到b 处的时间为4sC ．从a 处运动到b 处过程中动量变化率不断变化D ．运动员离坡面的最大距离为9m4．（2024·吉林·统考一模）如图所示，内壁间距为L 的箱子静止于水平面上，可视为质点的物块放在箱内最右端，它们的质量均为m ，箱子的内壁光滑，与地面间的动摩擦因数为μ。

10专题：力学三大观点综合运用专题力学三大观点对应规律表达式选用原则动力学观点牛顿第二定律F合＝ma物体做匀变速直线运动（曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动），涉及到运动细节.匀变速直线运动规律v＝v0＋atx＝v0t＋12at2v2－v02＝2ax等能量观点动能定理W合＝ΔE k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E1＝E2动量观点动量定理I合＝p′－p只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功，特别是打击类问题动量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，只涉及初末速度而不涉及力、时间1.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m0＝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，反弹所能达到的距最低点的最大高度为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、木板B间的动摩擦因数μ＝0.1，(取g＝10 m/s2)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．2.如图所示，在水平轨道上方O处，用长为L＝1 m的细线悬挂一质量为m＝0.1 kg 的滑块B，B 恰好与水平轨道相切，并可绕O点在竖直平面内摆动．水平轨道的右侧有一质量为M＝0.3 kg 的滑块C与轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直墙D上，弹簧处于原长时，滑块C 静止在P点处．一质量也为m＝0.1 kg的子弹以初速度v0＝15 2 m/s 射穿滑块B后(滑块B质量不变)射中滑块C并留在其中，一起压缩弹簧，弹簧最大压缩量为x＝0.2 m．滑块B做圆周运动，恰好能保证绳子不松弛．滑块C与PD段的动摩擦因数为μ＝0.5，A、B、C均可视为质点，重力加速度为g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字．求：(1)子弹A和滑块B作用过程中损失的能量；(2)弹簧的最大弹性势能．3.如图所示，水平传送带两端A、B间距为L＝6 m，质量为M＝2 kg的木块随传送带一起以v0＝2 m/s的速度向左匀速运动，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.3，当木块运动至最左端A 点时，一个质量为m＝0.5 kg的小球以v＝20 m/s的速度水平向右撞向木块并与木块粘连在一起(g＝10 m/s2)。

课时作业(三十)力学“三大”观点的综合应用[基础训练]1．(2020湖南株洲一模)如图所示，长为L的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上，后来由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒．当小球甲刚要落地时，其速度大小为()A.2glB.glC.2gl2D．0答案：A解析：两球组成的系统水平方向动量守恒，小球甲刚要落地时水平速度为零，由机械能守恒定律得12m v2＝mgl，解得v＝2gl，故A正确．2．(2020辽宁师大附中期末)如图所示，光滑水平桌面上有两个大小相同的小球1、2，m1∶m2＝2∶1，球1以3 m/s的速度与静止的球2发生正碰并粘在一起，已知桌面距离地面的高度h＝1.25 m，取g＝10 m/s2，则两球落地点到桌面右边缘的水平距离为()A．0.5 m B．1.0 m C．1.5 m D．2.0 m答案：B解析：小球1在桌面上滑动的过程中速度不变，与小球2碰撞的过程中两球组成的系统水平方向受到的合外力为零，水平方向系统动量守恒，选取向右为正方向，设碰撞后速度是v，则m1v0＝(m1＋m2)v，则v＝2 m/s.两球离开桌面后做平抛运动，运动的时间t＝2hg ＝2×1.2510s＝0.5 s，所以落地时距桌面右边缘的水平距离x＝v t＝2×0.5 m＝1.0 m，故选B.3．(2020陕西汉中中学月考)如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(可视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上滑行的距离为()A．L B.3L4 C.L2 D.L4答案：C解析：设物块受到的滑动摩擦力为f，物块的初速度为v0.如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理得－fL＝0－12M v 2；如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统所受外力的合力为零，动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得M v0＝(M＋M)v1，对系统运用能量守恒定律有fL′＝12M v 2－12(2M)v21，联立解得L′＝L2，故C正确，A、B、D错误．4．(2020四川攀枝花一诊)(多选)如图甲所示，物体在水平拉力F的作用下沿水平面做直线运动．通过力传感器和速度传感器测得拉力F和物体速度v随时间t的变化规律如图乙所示，重力加速度取g＝10 m/s2，则()甲乙A．物体的质量m＝0.5 kgB．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2C．0～3 s内拉力F对物体做的功为1 JD．0～3 s内拉力F的冲量大小为6 N·s答案：AD解析：由v-t图象可知在2～3 s的时间内，物体做匀速直线运动，处于受力平衡状态，所以物体所受滑动摩擦力的大小为2 N，在1～2 s的时间内，物体做匀加速直线运动，v-t图象中图线的斜率的大小代表物体加速度的大小，故a＝2－02－1m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律可得，F－f＝ma，所以m＝F－fa＝3－22 kg ＝0.5 kg ，A 正确；由f ＝μF N ＝μmg ，得μ＝f mg ＝20.5×10＝0.4，B 错误；在第1 s 内物体没有运动，物体在第2 s 内做匀加速直线运动的位移为x 2＝12at 2＝12×2×12 m ＝1 m ，第3 s 内做匀速直线运动的位移x 3＝v t ＝2×1 m ＝2 m ，则0～3 s 内拉力F 做功W ＝F 2x 2＋F 3x 3＝3×1 J ＋2×2 J ＝7 J ，C 错误；0～3 s 内拉力F 的冲量大小I ＝F 1t 1＋F 2t 2＋F 3t 3＝(1×1＋3×1＋2×1) N·s ＝6 N·s ，D 正确．5．(2020四川二诊)如图所示，一块长度为L 、质量为m 的木块静止在光滑水平面上．一颗质量也为m 的子弹以水平速度v 0射入木块．当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s .设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点．则子弹穿过木块的时间为( )A.1v 0(s ＋L )B.1v 0(s ＋2L )C.12v 0(s ＋L )D.1v 0(L ＋2s ) 答案：D 解析：子弹穿过木块过程，子弹和木块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，有m v 0＝m v 1＋m v 2，设子弹穿过木块所用时间为t ，则有v 22t ＝s ，v 0＋v 12t ＝s ＋L ，联立解得t ＝1v 0(L ＋2s )，选项D 正确．6．如图(a)所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接，并静止在光滑的水平面上．现使A 以3 m/s 的速度向B 运动压缩弹簧，速度图象如图(b)所示，则( )图(a)图(b)A ．在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1 m/s ，且弹簧都是处于压缩状态B ．从t 3到t 4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C ．两物体的质量之比为m 1∶m 2＝2∶1D ．在t 2时刻A 与B 的动能之比为E k1∶E k2＝1∶8答案：D 解析：在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1 m /s ，在t 1时刻弹簧处于压缩状态，在t 3时刻弹簧处于拉伸状态，故A 项错误．从t 3到t 4时刻弹簧由拉伸状态恢复到原长，故B 项错误．由动量守恒定律，m 1×3 m/s ＝(m 1＋m 2)×1 m /s ，所以得到m 1∶m 2＝1∶2，故C 项错误．在t 2时刻A 与B 速度分别为v 1＝－1 m/s ，v 2＝2 m/s ，其动能之比为E k1E k2＝m 1m 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫v 1v 22＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝18，故D 项正确． 7．如图所示，粗糙水平面与半径为R ＝9.8 m 的光滑14圆弧轨道平滑连接，质量为m 的小滑块A 在水平恒力F ＝1.5mg 的作用下从水平左侧某点向右运动，力F 作用t 1＝2 s 后撤去，小滑块A 继续运动t 2＝2 s 后与静止圆弧轨道底端的另一小滑块B 发生弹性碰撞，碰后小滑块B 能沿圆弧轨道上升的最大高度为h ＝R 8，已知小滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g ＝9.8 m/s 2，两小滑块均可视为质点．求：(1)小滑块A 与小滑块B 碰撞前瞬间的速度大小v 0；(2)小滑块B 的质量M ；(3)小滑块A 、B 碰撞前后B 对轨道的压力之比．答案：(1)9.8 m/s (2)3m (3)4∶5解析：(1)对滑块A 碰撞前运动过程，规定向右为正方向，由动量定理得：Ft 1－μmg (t 1＋t 2)＝m v 0－0，解得v 0＝9.8 m/s.(2)设碰撞后A 、B 速度分别为v 1、v 2，由机械能守恒定律得：Mgh ＝12M v 22解得：v 2＝4.9 m/s对于弹性碰撞过程，由机械能守恒定律得：12m v 20＝12m v 21＋12M v 22由动量守恒定律得：m v0＝m v1＋M v2联立解得：M＝3m.(3)碰撞前，对B由平衡条件得：F N1＝Mg碰撞后，对B由牛顿第二定律得：F N2－Mg＝M v22R解得：F N2＝54Mg由牛顿第三定律可知碰撞前后B对轨道的压力之比为F N1′F N2′＝F N1F N2＝45.[能力提升]8．(2020湖南张家界三模)如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，与水平地面相切于E点，圆弧半径为R＝1 m．另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M＝4m，取g＝10 m/s2，不计摩擦，则小球的初速度v0的大小为()A．v0＝4 m/s B．v0＝5 m/sC．v0＝6 m/s D．v0＝7 m/s答案：B解析：当小球上升到圆弧上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有m v0＝(m＋M)v1，根据机械能守恒定律有12m v 2 0＝12(m＋M)v 21＋mgR，联立两式解得v0＝5 m/s，B正确．9．(2020江西上饶六校一联)(多选)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()甲乙A．A物体的质量为3mB ．A 物体的质量为2mC ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为32m v 20D ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为m v 20答案：AC 解析：弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A 的动能转化为弹簧的弹性势能，A 及弹簧组成的系统机械能守恒，则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A 的初动能，设A 的质量为m A ，即有：E pm ＝12m A v 20当弹簧一端连接另一质量为m 的物体B 时，A 与弹簧相互作用的过程中B 将向右运动，A 、B 速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A 的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：m A ·2v 0＝(m ＋m A )v由机械能守恒定律得：E pm ＝12m A (2v 0)2－12(m A ＋m )v 2解得：m A ＝3m ，E pm ＝32m v 20故A 、C 正确，B 、D 错误．10．(2020湖北天门、仙桃八市二模)如图所示，光滑的水平杆上套有一质量为1 kg 、可沿杆自由滑动的滑块，滑块下方通过一根长为1 m 的轻绳悬挂着质量为 0.99 kg 的木块．开始时滑块和木块均静止，现有质量为10 g 的子弹以500 m /s 的水平速度击中木块并留在其中(作用时间极短)，取g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．子弹和木块摆到最高点时速度为零B ．滑块的最大速度为2.5 m/sC ．子弹和木块摆起的最大高度为0.625 mD ．当子弹和木块摆起高度为0.4 m 时，滑块的速度为1 m/s答案：C 解析：设子弹质量为m 0，木块质量为m 1，滑块质量为m 2，由子弹、木块、滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，故当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度，且速度方向水平向右，A 项错误；只要轻绳与杆之间的夹角为锐角，轻绳拉力对滑块做正功，滑块就会加速，所以当轻绳再次竖直时滑块速度最大，设此时滑块速度为v m，子弹和木块速度为v′，则由系统水平方向动量守恒可得m0v0＝(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v′＋m2v m，子弹射入木块后三者组成的系统机械能守恒，则有12(m0＋m1)v 21＝12(m0＋m1)v′2＋12m2v2m，解得v m＝0或v m＝5 m/s，即滑块的最大速度为5 m/s，B项错误；当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度v，由系统水平方向动量守恒可得m0v0＝(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v，解得v＝2.5 m/s，由子弹进入木块后系统机械能守恒可得12(m0＋m1)v21＝12(m0＋m1＋m2)v2＋(m0＋m1)gh′，解得h′＝0.625 m，C项正确；当子弹和木块摆起高度为0.4 m时，由系统水平方向动量守恒可得m0v0＝(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v x＋m2v3，令v3＝1 m/s，得v x＝4 m/s，此时木块和子弹竖直方向速度一定不为零，故由子弹进入木块后系统机械能守恒可得12(m0＋m1)v 21＝12(m0＋m1)(v2x＋v2y)＋12m2v23＋(m0＋m1)gh′，解得h′<0.4 m，D项错误．11．(2020山东菏泽一模)如图所示，质量均为m的A、B两球套在悬挂的细绳上，A球吊在绳的下端刚好不滑动，稍有扰动A就与绳分离，A球离地高度为h，A、B两球开始时在绳上的间距也为h，B球释放后由静止沿绳匀加速下滑，与A球相碰后粘在一起(碰撞时间极短)，并滑离绳子．若B球沿绳下滑的时间是A、B一起下落到地面时间的2倍，重力加速度为g，不计两球大小及空气阻力，求：(1)A、B两球碰撞后粘在一起瞬间速度大小；(2)从B球开始释放到两球粘在一起下落，A、B两球组成的系统损失的机械能．答案：(1)12gh(2)34mgh解析：(1)设B球与A球相碰前的速度大小为v1，则h ＝12v 1t 1碰撞过程动量守恒，设两球碰撞后的瞬间共同速度为v 2，根据动量守恒定律有m v 1＝2m v 2两球一起下落过程中，有h ＝v 2t 2＋12gt 22而t 1＝2t 2解得v 2＝12gh .(2)B 球下滑至碰撞前，损失的机械能ΔE 1＝mgh －12m v 21由(1)问知v 1＝gh因此ΔE 1＝12mgh碰撞过程损失的机械能ΔE 2＝12m v 21－12×2m v 22＝14mgh 因此整个过程损失的机械能ΔE ＝ΔE 1＋ΔE 2＝34mgh .。

电磁感应中的三大力学观点的综合性应用1. 高考真题考点分布题型考点考查考题统计选择题单棒问题2024年贵州卷计算题含容单棒问题2024年北京卷计算题双棒问题2024年江西卷2. 命题规律及备考策略【命题规律】高考对利用三大力学观点处理电磁感应问题的考查较为频繁，题目的形式有选择题也有计算题，不管那种题型，题目的难度都较大，多以压轴题的难度出现。

【备考策略】1.利用动力学的观点处理电磁感应问题。

2.利用能量的观点处理电磁感应问题。

3.利用动量的观点处理电磁感应问题。

【命题预测】重点关注电磁感应中利用三大力学观点处理框类问题、单棒问题和双棒问题。

一、两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析二、力学对象和电学对象的相互关系三、电磁感应现象中的能量转化四、求解焦耳热Q的三种方法五、电磁感应中的能量与动量问题1．导体棒在磁场中做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。

2．在相互平行的光滑水平轨道间的双导体棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题应用动量守恒定律解答往往比较便捷。

考点一电磁感应中的动力学问题分析电磁感应现象中动力学问题的基本步骤1．两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平内，另一边垂直于水平面。

质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，每根杆的电阻均为R。

整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。

当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度V1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度V2向下匀速运动（重力加速度为g）。

以下说法正确的是（ ）A ．ab 杆所受拉力F 的大小为221B L V mg R m +B ．cd 杆所受摩擦力为零C ．回路中的电流大小为12()BL V V R+D ．μ与V 1大小的关系为2212Rmg B L V m =2．如图所示，质量为3m 的重物与一质量为m 的导线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知导线框电阻为R ，横边边长为L 。

三大动力学观点在力学中的综合应用1．考查重点：动量定理、动量守恒定律与牛顿运动定律、功能关系综合解决分析多运动组合问题，有时涉及弹簧问题和传送带、板块问题。

2．考题形式：计算题。

1(2023·河南校联考模拟预测)如图所示，粗细均匀的光滑直杆竖直固定在地面上，一根轻弹簧套在杆上，下端与地面连接，上端连接带孔的质量为m 的小球B 并处信息：刚开始弹簧处于压缩状态于静止状态，质量为m 的小球A 套在杆上，在B 球上方某一高度处由静止释放，两球碰撞后粘在一起。

当A 、B 一起上升到最高点时，A 、B 的加速度大小为32g ，信息：完全非弹性碰撞信息：速度为零，弹簧形变量最大g 为重力加速度，弹簧的形变总在弹性限度内，已知弹簧的弹性势能表达式为E p =12kx 2，其中k 为弹簧的劲度系数、x 为弹簧的形变量，A 、B 两球均可视为质点。

求：(1)小球A 开始释放的位置离B 球的距离；(2)两球碰撞后，弹簧具有的最大弹性势能及两球运动过程中的最大速度；信息：释放高度相同，故与B 球碰前的速度和A 球的相同(3)若将A 球换成C 球，C 球从A 球开始静止的位置由静止释放，C 、B 发生弹性信息：弹性碰撞的特点：动量守恒，机械能守恒碰撞，碰撞后立即取走C 球，此后B 球上升的最大高度与A 、B 一起上升的最大高度相同，则C 球的质量多大。

【答案】　(1)8mg k (2)25m 2g 22k 3g m 2k (3)13m 【解析】　(1)开始时，弹簧的压缩量x 1=mg k①当A 、B 一起上升到最高点时，设弹簧的伸长量为x 2，根据牛顿第二定律kx 2+2mg =2m ·32g 解得x 2=mg k②[关键点]末状态弹簧的伸长量与初态弹簧的压缩量相同，故该过程弹性势能未变化设开始时A 、B 间的距离为h ，根据机械能守恒定律，有mgh =12mv 21③设A 、B 碰撞后一瞬间，A 、B 共同速度大小为v 2，根据动量守恒定律，有mv 1=2mv 2④从碰后一瞬间到上升到最高点，根据机械能守恒定律，有12×2mv 22=2mg (x 1+x 2)⑤解得h =8mgk 。

(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中滑动摩擦力做功产生热量应用摩擦力乘以相对位移，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便。
（建议用时：30分钟）
一、单选题
1．（河南省新未来联盟2022-2023学年高三上学期12月联考物理试题）如图所示，光滑的水平面上放置两个质量相等的物块p、q（均可视为质点），物块q的左侧水平固定一轻弹簧。现给物块p水平向右的初速度 ，当物块q固定时，弹簧的最大弹性势能为 。现给物块p同样的初速度，当物块q不固定时，下列说法正确的是（ ）
(1)物块第一次达到与传送带速度相同时所用的时间t1；
(2)从第一次射击结束瞬间到第二次击中前瞬间的过程中物块与传送带摩擦产生的热量Q；
(3)传送带P、Q间距L的取值范围(最终结果保留三位有效数字)。
题型专练二 力学三大观点的综合应用
这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及到几个知识点，而且都是牛顿运动定律、动能定理和机械能守恒定律或能量守恒定律、动量定理和动量守恒定律的内容结合起来考查，考查时注重物理思维与物理能力的考核.
8．如图所示，传送带以v＝2 m/s的恒定速度顺时针旋转，传送带的倾角θ＝37°，一质量M＝0.09 kg的物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。左下方的仿真玩具手枪不断地沿平行传送带向上方向发射质量m＝0.01 kg的弹丸，弹丸每次击中物块的时间间隔为1 s，击中物块前的瞬时速度大小均为v0＝40 m/s，射入物块后会立即留在其中。将物块无初速度放在传送带的最下端时，恰好被第一颗弹丸击中。已知第3颗弹丸射入后，可以使物块在第4颗弹丸射入前到达传送带顶端。物块和弹丸均可看成质点，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：

2021年高考物理一轮复习考点全攻关专题（43）力学三大观点的综合应用强化练（解析版）1． 高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )A ．10 NB ．102 NC ．103 ND ．104 N【答案】C【解析】根据自由落体运动和动量定理有2gh ＝v 2(h 为25层楼的高度，约70 m)，Ft ＝mv ，代入数据解得F ≈1×103 N ，所以C 正确．2． 如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m ，底座的质量M ＝3m ，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以对地速度v 向左发射出去后，底座反冲速度的大小为 14v ，则摩擦力对底座的冲量为 ( )A ．0B ．14mv ，方向向左 C ．14mv ，方向向右 D ．34mv ，方向向左 【答案】B【解析】设向左为正方向，对弹丸，根据动量定理：I ＝mv ；则弹丸对底座的作用力的冲量为－mv ，对底座根据动量定理：I f ＋(－mv )＝－3m ·v 4 得：I f ＝＋mv 4，正号表示正方向，向左． 3．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )A ．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B ．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C ．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D ．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力【答案】A【解析】从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力．绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功．故选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．4. 一质量为2 kg 的物体受水平拉力F 作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a －t 图象如图所示，t ＝0时其速度大小为2 m/s ，滑动摩擦力大小恒为2 N ，则( )A ．在t ＝6 s 的时刻，物体的速度为18 m/sB ．在0～6 s 时间内，合力对物体做的功为400 JC ．在0～6 s 时间内，拉力对物体的冲量为36 N·sD ．在t ＝6 s 的时刻，拉力F 的功率为200 W【答案】D【解析】类比速度－时间图象中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度－时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s 内Δv ＝18 m/s ，v 0＝2 m/s ，则t ＝6 s 时的速度v ＝20 m/s ，A 项错；由动能定理可知，0～6 s 内，合力做的功为W ＝12mv 2－12mv 20＝396 J ，B 项错；由动量定理可知，I F －F f ·t ＝mv －mv 0，代入已知条件解得I F ＝48 N·s ，C 项错；由牛顿第二定律可知，6 s 末F －F f ＝ma ，解得F ＝10 N ，所以拉力的功率P ＝Fv ＝200 W ，D 项对．5. 光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v －t 图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50 J ，则此过程产生的内能可能是( )A ．10 JB ．50 JC ．70 JD ．120 J【答案】D【解析】设子弹的初速度为v 0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v ，木块的质量为M ，子弹的质量为m ，根据动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝mv 0m ＋M .木块获得的动能为E k ＝12Mv 2＝Mm 2v 202（M ＋m ）2＝Mmv 202（M ＋m ）·m M ＋m .系统产生的内能为Q ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2＝Mmv 202（M ＋m ），可得Q ＝M ＋m m E k >50 J ，当Q ＝70 J 时，可得M ∶m ＝2∶5，因已知木块质量大于子弹质量，选项A 、B 、C 错误；当Q ＝120 J 时，可得M ∶m ＝7∶5，木块质量大于子弹质量，选项D 正确．6. “天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是( )A ．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B ．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C ．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D ．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变【答案】B【解析】摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A 错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B 正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C 错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D 错误．7．(多选)如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，则( )A ．碰撞前总动量大小为2mvB ．碰撞过程动量不守恒C ．碰撞后乙的速度大小为2vD ．碰撞属于非弹性碰撞【答案】AC【解析】取向右为正方向，碰撞前总动量为3mv －mv ＝2mv ，A 正确；碰撞过程两滑块组成的系统在水平方向不受外力，则系统动量守恒，B 错误；设碰撞后乙的速度为v ′，由动量守恒定律得3mv －mv ＝0＋mv ′，解得v ′＝2v ，C 正确；碰撞前总动能为12·3mv 2＋12mv 2＝2mv 2，碰撞后总动能为0＋12m (2v )2＝2mv 2，碰撞前后无机械能损失，碰撞属于弹性碰撞，D 错误．8．(多选)质量为m 的物体(可视为质点)套在光滑水平固定直杆上，其上拴一劲度系数为k 的轻质弹簧，弹簧另一端固定于距离直杆3d 的O 点，物体从A 点以初速度v 0向右运动，到达B 点时速度也为v 0，OA 、OB 与水平杆的夹角大小如图所示，弹簧始终处于弹性限度内(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．下列说法正确的是( )A ．从A 点运动到B 点的过程中，物体的速度先增大后减小B ．物体在A 、B 两点时弹簧弹力的功率相等C ．弹簧的原长为5.5dD ．物体在A 点时加速度的大小为2kd 5m 【答案】CD【解析】由图中的几何关系可得OA ＝3d sin 37°＝5d ，OB ＝3d sin 30°＝6d ，由于物体从A 点以初速度v 0向右运动，到达B 点时速度也为v 0，可知从A 到B 的过程中物体的动能变化量为0；在该过程中，由于杆光滑，结合动能定理可知弹簧对物体做功的和等于0，物体在A 点时弹簧的弹性势能等于物体在B 点时的弹性势能，结合弹性势能的特点可知，开始时弹簧处于压缩状态，后来弹簧处于伸长状态，且弹簧的压缩量等于后来弹簧的伸长量，即L 0－5d ＝6d －L 0，所以弹簧的原长L 0＝5.5d .物体从A 向O 点正下方运动的过程中弹簧继续压缩，所以弹簧对物体做负功，物体的速度减小；物体从O 点的正下方向B 运动的过程中弹簧伸长，先对物体做正功，物体的速度增大；当弹簧的长度大于弹簧原长后，弹簧又开始对物体做负功，物体的速度又减小．所以物体先减速，再加速，最后又减速，A 错误，C 正确；如图所示，分别画出A 、B 两点受到的弹力与速度，由公式P ＝Fv cos θ可知，A 、B 两点F 与v 0之间的夹角不同，则A 、B 两点弹簧弹力的功率不相等，B 错误；在A 点，弹簧的弹力F 与运动方向之间的夹角为180°－37°＝143°，则物体在A 点的加速度大小a ＝k （5d －L 0）cos 143°m ＝2kd 5m，D 正确．9． 如图所示，木块A 、B 的质量均为m ，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A 、B 间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A 、B 以初速度v 0一起从O 点滑出，滑行一段距离后到达P 点，速度变为 v 02，此时炸药爆炸使木块A 、B 脱离，发现木块B 立即停在原位置，木块A 继续沿水平方向前进．已知O 、P 两点间的距离为s ，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：(1)木块与水平地面的动摩擦因数μ；(2)炸药爆炸时释放的化学能．【答案】(1)3v 208gs (2)14mv 20【解析】(1)设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E 0，从O 滑到P ，对A 、B 由动能定理得－μ·2mgs ＝12·2m ⎝⎛⎭⎫v 022－12·2mv 20， 解得μ＝3v 208gs. (2)在P 点爆炸时，A 、B 动量守恒，有2m ·v 02＝mv ， 根据能量守恒有E 0＋12·2m ·⎝⎛⎭⎫v 022＝12mv 2， 解得E 0＝14mv 20. 10． 如图所示，用一根细线绕过光滑的定滑轮将物体A 、B 连接起来，离滑轮足够远的物体A 置于光滑的平台上，物体C 中央有小孔，物体C 放在物体B 上，细线穿过物体C 的小孔．U 形物体D 固定在地板上，物体B 可以穿过D 的上口进入其内部而物体C 又恰好能被挡住．物体A 、B 、C 的质量分别为m A ＝8 kg 、m B ＝10 kg 、m C ＝2 kg ，物体B 、C 一起从静止开始下降H 1＝3 m 后，C 与D 发生没有能量损失的碰撞，B 继续下降H 2＝1.17 m 后也与D 发生没有能量损失的碰撞．取g ＝10 m/s 2.(1)求物体C 与D 碰撞时的速度大小；(2)求物体B 与D 碰撞时的速度大小；(3)求物体B 、C 分开后第一次碰撞前B 、C 的速度；(4)若物体B 、C 第一次碰撞后不分开，求第一次碰撞损失的机械能．【答案】见解析【解析】(1)由于平台是光滑的，物体A 、B 、C 在滑动过程中机械能守恒，则有(m B ＋m C )gH 1＝12(m A ＋m B ＋m C )v 2C代入数据得v C ＝6 m/s.(2)物体C 与D 碰撞后，物体A 、B 继续运动，满足机械能守恒，则有m B gH 2＝12(m A ＋m B )(v 2B －v 2C ) 代入数据得v B ＝7 m/s.(3)物体C 与D 碰撞后，物体B 在继续下降过程中的加速度为a ＝m B g m A ＋m B ＝509m/s 2 下降所用时间t 1＝v B －v C a＝0.18 s B 、C 分别与D 碰撞后均无机械能损失，都以原速率反弹，做竖直上抛运动，取竖直向上为正方向，设C 反弹后经过时间t 两物体相碰，则有h C ＝v C t －12gt 2 h B ＝v B (t －t 1)－12g (t －t 1)2 h B ＝h C ＋H 2联立解得t ＝0.93 s所以B 、C 碰前的速度分别为v ′B ＝v B －g (t －t 1)＝－0.5 m/s ，负号表示方向向下v ′C ＝v C －gt ＝－3.3 m/s ，负号代表方向向下．(4)物体B 、C 第一次碰撞满足动量守恒m B v ′B ＋m C v ′C ＝(m B ＋m C )v BC损失的机械能为ΔE ＝12m B v ′2B ＋12m C v ′2C －12(m B ＋m C )v 2BC 解得ΔE ＝6.53 J.11．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，反弹所能达到的距最低点的最大高度为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 、木板B 间的动摩擦因数μ＝0.1，(取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．【答案】 (1)4 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m【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)对小球反弹后上升到最高点的过程，由机械能守恒定律得m 0gh ＝12m 0v 12 解得：v 1＝2 m/s小球与物块A 碰撞过程系统动量守恒，以小球碰前速度的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 A2－12(m＋M)v2，解得x＝0.25 m.12．如图所示，半径R＝2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切．在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起．某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q 沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞．已知小球P的质量m1＝3.2 kg，小球Q的质量m2＝1 kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能E p＝168 J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：(1)小球Q运动到C点时的速度大小；(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；(3)小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰．【答案】(1)12 m/s(2)0.75 m(3)1 s【解析】(1)两小球弹开的过程，由动量守恒定律得：m1v1＝m2v2由机械能守恒定律得：E p＝12m1v12＋12m2v22联立可得：v1＝5 m/s，v2＝16 m/s小球Q沿圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得：12m 2v 22＝12m 2v 2C ＋2m 2gR 解得：v C ＝12 m/s ，(2)小球P 在斜面上向上运动的加速度为a 1，由牛顿第二定律得：m 1g sin θ＋μm 1g cos θ＝m 1a 1，解得：a 1＝10 m/s 2故上升的最大高度为：h ＝v 122a 1sin θ＝0.75 m (3)设小球P 从A 点上升到两小球相遇所用的时间为t ，小球P 沿斜面下滑的加速度为a 2，则： m 1g sin θ－μm 1g cos θ＝m 1a 2，解得：a 2＝2 m/s 2小球P 上升到最高点所用的时间：t 1＝v 1a 1＝0.5 s ， 则：2R ＝12gt 2＋h －12a 2(t －t 1)2sin θ 解得：t ＝1 s.。

热点16 力学三大观点的综合应用1．(2019·山东威海市5月模拟)如图1所示,光滑水平地面上放置一质量M ＝3kg 的长木板,长木板右端固定一轻质弹簧,其劲度系数k ＝300N/m,弹簧的自由端到长木板左端的距离L ＝0.8 m ．质量m ＝1 kg 的小物块以v 0＝4 m/s 的初速度从长木板左端滑上长木板．已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5,弹簧的弹性势能表达式为E p ＝12kx 2 (其中x 为弹簧的形变量),重力加速度g 取10m/s 2.求：图1(1)小物块从滑上长木板至刚与弹簧接触时所用的时间(结果保留三位有效数字)；(2)弹簧弹性势能的最大值．答案 (1)0.254s (2)1.5J解析 (1)根据运动学公式及牛顿第二定律得：μmg＝ma mμmg＝Ma Mx m ＝v 0t －12a m t 2 x M ＝12a M t 2 L ＝x m －x M联立解得：t 1＝3－35≈0.254s,t 2＝3＋35s(舍去) (2)由动量守恒及能量守恒得：mv 0＝(M ＋m)v12kx 2＋μmg(L＋x)＝12mv 02－12(M ＋m)v 2 联立解得：E p ＝12kx 2＝1.5J. 2．(2019·山西五地联考上学期期末)如图2所示,一质量为M ＝2kg 的木板放在光滑水平地面上,在此木板的左端还有一质量为m ＝1kg 的铁块(可视为质点)．最初木板左端位于O 点,现给铁块一个瞬时冲量I,当木板左端到达C 点时,铁块刚好到达木板右端与木板一起运动．测得木板左端从A 点运动到B 点用时t 1＝0.2s,木板左端从B 点运动到C 点用时t 2＝0.3s ；已知A 、B 两点间的距离是x 1＝0.24m,B 、C 两点间的距离是x 2＝0.51m,取重力加速度g ＝10m/s 2.求：图2(1)O 、A 两点间的距离和铁块与木板之间的动摩擦因数；(2)最初给铁块的瞬时冲量I 的大小和木板的长度；(3)该过程中系统产生的内能．答案 (1)0.25m 0.4 (2)6N·s 3m (3)12J 解析 (1)木板在A 、B 两点间的平均速度为： v 1＝x 1t 1＝1.2m/s 木板在B 、C 两点间的平均速度为：v 2＝x 2t 2＝1.7m/s 木板匀加速运动的加速度为：a 1＝v 2－v1t 1＋t 22＝2m/s 2木板左端经过A 点的速度为：v A ＝v 1－a 1t 12＝1m/s 由速度位移关系得O 、A 两点间的距离为：x 0＝v A 22a 1＝0.25m 以木板为研究对象,根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma 1解得：μ＝Ma 1mg＝0.4 (2)木板与铁块相对静止时的速度为：v C ＝v 2＋a 1·t 22＝2m/s 取向右为正方向,由动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M)v C 解得：v 0＝6m/s最初给铁块的瞬时冲量为：I ＝mv 0＝1×6N·s＝6N·s以铁块为研究对象,由牛顿第二定律得：μmg＝ma 2 得：a 2＝4m/s 2木板左端到达C 点时铁块的位移为：x 3＝v C 2－v 02－2a 2＝4m 所以木板的长度为：L ＝x 3－(x 0＋x 1＋x 2)＝3m(3)该过程中系统产生的内能为：Q ＝μmgL解得：Q ＝12J.。

第20课 力学三大观点的综合应用1．选择合适的力学观点解决物理问题a ．综合应用动力学观点与能量观点解决单个研究对象的问题(1)(2015天津理综，16分)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图，皮带在电动机的带动下保持v ＝1 m/s 的恒定速度向右运动，现将一质量为m ＝2 kg 的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5，设皮带足够长，取g ＝10 m/s 2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：①邮件滑动的时间t ；②邮件对地的位移大小x ；③邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W 。

答案：①0.2 s(5分) ②0.1 m(4分) ③-2 J(7分)解析：①设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F ，则 F ＝μmg ＝ma ①(2分)又v ＝at ②(2分)联立①②解得t ＝0.2 s(1分)②邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有Fx ＝12m v 2－0③(3分) 联立①③解得x ＝0.1 m(1分)③邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s ，则s ＝v t ④(3分)摩擦力对皮带做的功W ＝－Fs ⑤(3分)联立①②④⑤解得W ＝-2 J(1分)(2)(2015福建理综，19分)如图所示，质量为M 的小车静止在光滑的水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点，一质量为m 的滑块在小车上从A 点静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g 。

①若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；②若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车，已知滑块质量m ＝M 2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求滑块运动过程中，小车的最大速度v m 和滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s 。