高考物理专项练习50 力学三大规律的综合应用

高考物理复习：力学三大观点的综合应用考点一 动力学和能量观点的应用[知能必备]1．过程分析：将复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程，挖掘出题中的隐含条件，找出联系不同阶段的“桥梁”．2．受力及功能分析：分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化，选择适合的规律求解．3．规律应用：选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．[典例剖析](2020·全国卷Ⅱ)如图，一竖直圆管质量为M ，下端距水平地面的高度为H ，顶端塞有一质量为m 的小球．圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直．已知M ＝4m ，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg ，g 为重力加速度的大小，不计空气阻力．(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度； (3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件． 解析：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动．设此时管的加速度大小为a 1，方向向下；球的加速度大小为a 2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f ，由牛顿运动定律有Ma 1＝Mg ＋f ① ma 2＝f －mg ②联立①②式并代入题给数据，得a 1＝2g ，a 2＝3g ③(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同．由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为v 0＝2gH ④方向均向下．管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下．设自弹起时经过时间t 1，管与小球的速度刚好相同．取向上为正方向，由运动学公式v 0－a 1t 1＝－v 0＋a 2t 1⑤ 联立③④⑤式得t 1＝252H g⑥ 设此时管下端的高度为h 1，速度为v .由运动学公式可得 h 1＝v 0t 1－12a 1t 21⑦v ＝v 0－a 1t 1⑧由③④⑥⑧式可判断此时v >0.此后，管与小球将以加速度g 减速上升h 2，到达最高点．由运动学公式有h 2＝v 22g⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H 1， 则H 1＝h 1＋h 2⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H 1＝1325H ⑪(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x 1.在管开始下落到上升H 1这一过程中，由动能定理有Mg (H －H 1)＋mg (H －H 1＋x 1)－4mgx 1＝0⑫ 联立⑪⑫式并代入题给数据得x 1＝45H ⑬同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x 2为x 2＝45H 1⑭设圆管长度为L .管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x 1＋x 2≤L ⑮联立⑪⑬⑭⑮式，L 应满足的条件为L ≥152125H ⑯答案：(1)2g 3g (2)1325H (3)L ≥152125H[题组精练]1．(多选)如图所示，长直杆固定放置与水平面夹角θ＝30°，杆上O 点以上部分粗糙，O 点以下部分(含O 点)光滑．轻弹簧穿过长杆，下端与挡板相连，弹簧原长时上端恰好在O 点，质量为m 的带孔小球穿过长杆，与弹簧上端连接．小球与杆粗糙部分的动摩擦因数μ＝33，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现将小球拉到图示a 位置由静止释放，一段时间后观察到小球振动时弹簧上端的最低位置始终在b 点，O 点与a 、b 间距均为l .则下列说法正确的是( )A ．小球在a 点弹簧弹性势能最大B ．小球在a 点加速度大小是在b 点加速度大小的2倍C ．整个运动过程小球克服摩擦力做功mglD ．若增加小球质量，仍从a 位置静止释放，则小球最终运动的最低点仍在b 点 解析：BC 由于O 点与a 、b 间距均为l ，所以小球在a 、b 两点的弹性势能相等，则A 错误；小球从a 运动到b 过程，由动能定理可得mg sin θ2l －W f ＝0，解得W f ＝mgl ，所以C 正确；小球在a 点有mg sin 30°＋kl －μmg cos 30°＝ma 1，小球在b 点有kl －mg sin 30°＝ma 2，由于小球最后是在O 与b 两点间做简谐振动，则在b 点与O 点的加速度大小相等，小球在O 点有mg sin 30°＝ma 3，a 2＝a 3，联立解得a 2＝a 3＝g 2，a 1＝g ，所以小球在a 点加速度大小是在b 点加速度大小的2倍，则B 正确；若增加小球质量，仍从a 位置静止释放，设小球最终运动的最低点为c ，由于小球最后是在O 与最低点c 两点间做简谐振动，则在c 点与O 点的加速度大小相等，小球在c 点有kl ′－mg sin 30°＝ma 2，解得l ′＝mgk，所以增大小球的质量，弹簧在最低点的形变量也会增大，则最低点位置发生了改变，所以D 错误．2．如图所示，在光滑水平地面上放置质量M ＝2 kg 的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．一质量m ＝1 kg 的小滑块自A 点沿弧面由静止滑下，A 点距离长木板上表面高度h ＝0.6 m ．滑块在木板上滑行t ＝1 s 后，和木板一起以速度v ＝1 m /s 做匀速运动，取g ＝10 m /s 2.求：(1)滑块与木板间的摩擦力；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功； (3)滑块相对木板滑行的距离． 解析：(1)对木板受力分析F f ＝Ma 1 由运动学公式，有v ＝a 1t 解得F f ＝2 N .(2)对滑块受力分析－F f ＝ma 2 设滑块滑上木板时的初速度为v 0 由公式v －v 0＝a 2t 解得v 0＝3 m /s滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得 mgh －W f ＝12m v 20W f ＝mgh －12m v 20＝1.5 J .(3)t ＝1 s 内木板的位移x 1＝12a 1t 2此过程中滑块的位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2故滑块相对木板滑行距离L ＝x 2－x 1＝1.5 m . 答案：(1)2 N (2)1.5 J (3)1.5 m3．(2020·江苏卷)如图所示，鼓形轮的半径为R ，可绕固定的光滑水平轴O 转动．在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m 的小球，球与O 的距离均为2R .在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M 的重物．重物由静止下落，带动鼓形轮转动．重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω.绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g .求：(1)重物落地后，小球线速度的大小v ；(2)重物落地后一小球转到水平位置A ，此时该球受到杆的作用力的大小F ； (3)重物下落的高度h . 解析：(1)线速度v ＝ωr 得v ＝2ωR .(2)向心力F 向＝2m ω2R设F 与水平方向的夹角为α，则 F cos α＝F 向；F sin α＝mg解得F ＝ （2m ω2R ）2＋（mg ）2. (3)落地时，重物的速度v ′＝ωR 由机械能守恒得12M v ′2＋4×12m v 2＝Mgh解得h ＝M ＋16m2Mg(ωR )2.答案：(1)2ωR (2) （2m ω2R ）2＋（mg ）2 (3)M ＋16m2Mg(ωR )2考点二 动量和能量观点的应用[知能必备]1．动量观点(1)对于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，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft ＝m v －m v 0.(2)对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，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．2．能量观点(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解．(2)如果只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．(3)对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程．[典例剖析](2020·天津卷)长为l 的轻绳上端固定，下端系着质量为m 1的小球A ，处于静止状态．A 受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A 回到最低点时，质量为m 2的小球B 与之迎面正碰，碰后A 、B 粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)A 受到的水平瞬时冲量I 的大小； (2)碰撞前瞬间B 的动能E k 至少多大？解析：(1)A 恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A 在最高点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律，有m 1g ＝m 1v 2l①A 从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A 在最低点的速度大小为v A ，有12m 1v 2A ＝12m 1v 2＋2m 1gl ② 由动量定理，有I ＝m 1v A ③ 联立①②③式，得I ＝m 15gl ④(2)设两球粘在一起时的速度大小为v ′，A 、B 粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v ′＝v A ⑤要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B 的速度方向相同，以此方向为正方向，设B 碰前瞬间的速度大小为v B ，由动量守恒定律，有m 2v B －m 1v A ＝(m 1＋m 2)v ′⑥ 又E k ＝12m 2v 2B⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B 的动能E k 至少为 E k ＝5gl （2m 1＋m 2）22m 2⑧答案：(1)m 15gl (2)5gl （2m 1＋m 2）22m 2动量和能量观点应用的四点注意(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程． (2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．(3)光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．(4)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．[题组精练]1．(2021·上海浦东区二模)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v 1＝5.0 m /s 和v 2＝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0.20，g 取10 m /s 2，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？解析：(1)设物体A 、B 相对于车停止滑动时，车速为v ，根据动量守恒定律： m (v 1－v 2)＝(M ＋2m )v v ＝0.6 m /s 方向向右(2)设物体A 、B 在车上相对于车滑动的距离分别为L 1、L 2，车长为L ，由功能关系 μmg (L 1＋L 2)＝12m v 21＋12m v 22－12(M ＋2m )v 2解得：L 1＋L 2＝6.8 m L ≥L 1＋L 2＝6.8 m 可知L 至少为6.8 m答案：(1)0.6 m /s 方向向右 (2)6.8 m2．(2021·铜陵一模)如图所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的光滑水平面上紧挨C 点静止放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m /s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．取g ＝10 m /s 2.求：(1)物块经过C 点时的速度v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .解析：(1)设物块在B 点的速度为v B ，在C 点的速度为v C ，从A 到B 物块做平抛运动，有v B sin θ＝v 0从B 到C ，根据动能定理有 mgR (1＋sin θ)＝12m v 2C －12m v 2B解得v C ＝6 m /s .(2)根据动量守恒定律得：(m ＋M )v ＝m v C 根据能量守恒定律有 12(m ＋M )v 2＋Q ＝12m v 2C 联立解得Q ＝9 J . 答案：(1)6 m /s (2)9 J考点三 动力学、动量和能量观点的应用[知能必备]1．力学解题的三大观点分类规律 数学表达式 动力学 观点力的瞬 时作用牛顿第二定律 F 合＝ma牛顿第 三定律F ＝－F ′ 能量 观点力的空间 积累作用动能定理 W 合＝E k2－E k1 机械能守 恒定律 E k1＋E p1＝E k2＋E p2 动量 观点力的时间积累作用动量定理 F 合t ＝m v ′－m v 动量守 恒定律m 1 v 1＋m 2 v 2＝m 1 v 1′＋m 2 v 2′2.选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．3．系统化思维方法(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)．[典例剖析](2021·湖南卷)如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ.质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ.以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为(2μL，μL)，Q端在y轴上．重力加速度为g.(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；(2)若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；(3)将质量为λm(λ为常数且λ≥5)的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围．解析：(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL处由静止开始下滑，对A从静止释放到运动到O点的过程，由动能定理得mg×2μL－μmgL＝12m v2，解得v0＝2μgL.(2)在PQ曲线上任意取一点，设坐标为(x、y)，设A从O点抛出的初速度为v，由平抛运动规律有x＝v t，y ＝12gt 2， 联立解得y ＝12g x 2v2，设A 落在P 点时从O 点抛出的初速度为v P ， 将P 点坐标代入上式，有μL ＝12g （2μL ）2v 2P ， 解得v P ＝2μgL ，小物块A 从倾斜轨道上不同位置由静止释放，落在曲线PQ 上的动能均相同，有12m v 2P＋mg ·μL ＝12m v 2＋mgy ，解得x 2＋4y 2－8μLy ＝0(0≤x ≤2μL )．(3)设A 与B 碰前瞬间的速度为v 0′，A 、B 碰后瞬间的速度分别为v 1、v 2，对A 、B 组成的系统，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有m v 0′＝m v 1＋λm v 2， 12m v 0′2＝12m v 21＋12λm v 22， 解得v 1＝1－λ1＋λv 0′，v 2＝21＋λv 0′，又因为mgh －μmgL ＝12m v 0′2，要使A 、B 均能落在PQ 上且A 落在B 落点的右侧，则有12m v 2P ≥12m v 21－2μmgL ＞12m v 22，联立解得3μL ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋λ1－λ2＋μL ≥h ＞2μL （1＋λ）λ－3＋μL . 答案：(1)2μgL (2)x 2＋4y 2－8μLy ＝0(0≤x ≤2μL ) (3)3μL ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋λ1－λ2＋μL ≥h ＞2μL （1＋λ）λ－3＋μL [题组精练]1．一玩具厂家设计了一款玩具，模型如下．游戏时玩家把压缩的弹簧释放后使得质量m ＝0.2 kg 的小弹丸A 获得动能，弹丸A 再经过半径R 0＝0.1 m 的光滑半圆轨道后水平进入光滑水平平台，与静止的相同的小弹丸B 发生碰撞，并在黏性物质作用下合为一体．然后从平台O 点水平抛出，落于水平地面上设定的得分区域．已知压缩弹簧的弹性势能范围为0≤E p ≤4 J ，距离抛出点正下方O ′点右方0.4 m 处的M 点为得分最大值处，小弹丸均看作质点．(1)要使得分最大，玩家释放弹簧时的弹性势能应为多少？ (2)得分最大时，小弹丸A 经过圆弧最高点时对轨道的压力大小．(3)若半圆轨道半径R 可调(平台高度随之调节)，弹簧的弹性势能范围为0≤E p ≤4 J ，玩家要使得落地点离O 点最远，则半径应调为多少？最远距离多大？解析：(1)根据机械能守恒定律得 E p ＝12m v 21＋mg ·2R 0A 、B 发生碰撞的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律有 m v 1＝2m v 2 2R 0＝12gt 20x ＝v 2t 0 解得E p ＝2 J(2)小弹丸A 经过圆弧最高点时，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 21R解得F N ＝30 N 由牛顿第三定律知 F 压＝F N ＝30 N(3)根据E p ＝12m v 21＋mg ·2Rm v 1＝2m v 2 2R ＝12gt 2x ＝v 2t 联立解得 x ＝⎝⎛⎭⎫E p mg －2R ·2R 其中E p 最大为4 J ，得R ＝0.5 m 时落点离O ′点最远，为 x m ＝1 m答案：(1)2 J (2)30 N (3)0.5 m 1 m2．(2021·潍坊二模)如图所示，一质量M ＝4 kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住．小车上表面由光滑圆弧轨道BC 和水平粗糙轨道CD 组成，BC 与CD 相切于C ，BC 所对圆心角θ＝37°，CD 长L ＝3 m ．质量m ＝1 kg 的小物块从某一高度处的A 点以v 0＝4 m /s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B 点进入圆弧轨道，滑到D 点时刚好与小车达到共同速度v ＝1.2 m /s .取g ＝10 m /s 2，sin 37°＝0.6，忽略空气阻力．(1)求A 、B 间的水平距离x ；(2)求小物块从C 滑到D 所用时间t 0；(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移时滑块离小车左端的水平距离．解析：(1)由平抛运动的规律得tan θ＝gt v 0x ＝v 0t解得x ＝1.2 m .(2)物块在小车上CD 段滑动过程中，由动量守恒定律得m v 1＝(M ＋m )v由功能关系得fL ＝12m v 21－12(M ＋m )v 2 对物块，由动量定理得－ft 0＝m v －m v 1得t 0＝1 s .(3)有销钉时mgH ＋12m v 20＝12m v 21 由几何关系得H －12gt 2＝R (1－cos θ) B 、C 间水平距离x BC ＝R sin θμmgL ＝12m v 21－12(M ＋m )v 2(或f ＝μmg ) 若拔掉销钉，小车向左运动达最大位移时，速度为0，由系统水平方向动量守恒可知，此时物块速度为4 m /s由能量守恒定律得mgH ＝μmg (Δx －x BC )解得Δx ＝3.73 m .答案：(1)1.2 m (2)1 s (3)3.73 m3．(2020·全国卷Ⅲ)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v 0＝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 /s 2.(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 ＝1312s 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＝43 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 ⑫s 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＝6253N ·s ，方向竖直向上． 答案：(1)2.75 s (2)43 m /s 2 m /s (3)6253N ·s ，方向竖直向上 限时规范训练(九) 力学三大观点的综合应用建议用时60分钟，实际用时________一、单项选择题1．如图所示，小球a 、b (均可视为质点)用等长细线悬挂于同一固定点O .让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为θ＝60°.忽略空气阻力．则两球a 、b 的质量之比m a m b为( )A .22B ．2－1C ．1－22 D ．2＋1 解析：B b 球下摆过程中，由动能定理得m b gL ＝12m b v 20－0，碰撞过程动量守恒，设向左为正方向，由动量守恒定律可得m b v 0＝(m a ＋m b )v ，两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得12(m a ＋m b )v 2＝(m a ＋m b )gL (1－cos θ)，解得m a m b＝2－1，故ACD 错误，B 正确． 2.如图所示，质量为3m 的物块A 与质量为m 的物块B 用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直且无弹力．现使物块A 瞬间获得向右的速度v 0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是( )A ．细线再次伸直前，物块A 的速度先减小后增大B ．细线再次伸直前，物块B 的加速度先减小后增大C ．弹簧的最大弹性势能等于38m v 20D ．物块A 、B 与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为32m v 20解析：C 细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，细线恢复原长的过程中，A 始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B 始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，故B 的加速度先增大后减小，故A 、B 错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧压缩到最短，此时A 、B 速度相等，根据动量守恒定律可得3m v 0＝(3m ＋m )v ，解得v ＝34v 0，根据能量守恒定律可得，弹性势能E pmax ＝12×3m v 20－12·(3m ＋m )v 2＝38m v 20，故C 正确；整个过程中，物块A 、B 与弹簧组成的系统只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D 错误．3．如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t ＝0时，甲静止，乙以6 m /s 的初速度向甲运动．它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中两球没有接触)，它们运动的v t 图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示．则由图线可知( )A ．两带电小球的电性一定相反B ．甲、乙两球的质量之比为2∶1C ．t 2时刻，乙球的电势能最大D ．在0～t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小解析：B 由题图(b)可知，乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A 错误；两球作用过程动量守恒m 乙Δv 乙＝m 甲Δv 甲，解得m 甲m 乙＝21，故B 正确；t 1时刻，两球共速，距离最近，则乙球的电势能最大，故C 错误；在0～t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t 2时刻后逐渐增大，故D 错误．4．如图所示，物体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 ，将物体A 从圆槽的右侧最顶端由静止释放，重力加速度为g ，一切摩擦均不计．则( )A ．A 、B 物体组成的系统动量守恒B ．A 不能到达圆槽的左侧最高点C ．A 运动到圆槽的最低点时A 的速率为23gR D ．A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为 gR 3解析：D A 、B 物体组成的系统只有水平方向动量守恒，故A 错误；运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，故A 可以到达圆槽的左侧最高点，且A 在圆槽的左侧最高点时，A 、B 的速度都为零，故B 错误；对A 运动到圆槽的最低点的运动过程由水平方向动量守恒得m v A ＝2m v B ，对A 、B 整体由机械能守恒可得mgR ＝12m v 2A ＋12×2m v 2B ，所以A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为v B ＝ gR 3，v A ＝ 4gR 3，故C 错误，D 正确． 5．(2021·山东济南市高三模拟)碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动．游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移－时间图像(x ­t 图像)如图所示．已知小孩的质量为20 kg ，大人的质量为60 kg ，碰碰车质量相同，碰撞时间极短．下列说法正确的是( )A ．碰撞前后小孩的运动方向没有改变B ．碰碰车的质量为50 kgC ．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80 N ·sD ．碰撞过程中损失的机械能为600 J解析：D 规定小孩初始运动方向为正方向，由图可知，碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A 错误；由图可知，碰前瞬间小孩的速度为2 m /s ，大人的速度为－3 m /s ，碰后两人的共同速度为－1 m /s ，设碰碰车的质量为M ，由动量守恒定律有(20＋M )×2 kg ·m /s －(60＋M )×3 kg ·m /s ＝(2M ＋20＋60)×(－1) kg ·m /s ，解得M ＝60 kg ，故B 错误；碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p 1＝160 kg ·m /s ，碰后总动量为p 1′＝－80 kg ·m /s ，由动量定理可知碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为I ＝Δp ＝－240 N ·s ，故其大小为240 N ·s ，故C 错误；由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为ΔE ＝12×80×22 J ＋12×120×(－3)2 J －12×200×(－1)2 J ＝600 J ，故D 正确．6．如图甲所示，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 ，如图乙所示．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 ) 解析：D 设子弹穿过木块的速度为v 1，木块最终速度为v 2，子弹穿过木块过程，对子弹和木块组成的系统，外力之和为零，动量守恒，以v 0的方向为正方向，有m v 0＝m v 1＋m v 2，设子弹穿过木块的过程所受阻力为F f ，对子弹由动能定理－F f (s ＋L )＝12m v 21－12m v 20，由动量定理－F f t ＝m v 1－m v 0，对木块由动能定理F f s ＝12m v 22，由动量定理F f t ＝m v 2，联立解得t ＝1v 0(L ＋2s )，故选D .7．质量为1 kg 的物体从足够高处由静止开始下落，其加速度a 随时间t 变化的关系图像如图所示，重力加速度g 取10 m /s 2，下列说法正确的是( )A ．2 s 末物体所受阻力的大小为20 NB ．在0～2 s 内，物体所受阻力随时间均匀减小C ．在0～2 s 内，物体的动能增大了100 JD ．在0～1 s 内，物体所受阻力的冲量大小为2.5 N ·s解析：D 2 s 末物体的加速度为零，则此时阻力等于重力，即所受阻力的大小为10 N ，选项A 错误；根据牛顿第二定律有mg －f ＝ma ，可得f ＝mg －ma ，在0～2 s 内，物体加速度随时间均匀减小，则所受阻力随时间均匀增大，选项B 错误；根据物体加速度a 随时间t 变化的关系图像与坐标轴所围图形的面积表示速度变化量可知，在0～2 s 内，物体的速度增加了Δv ＝12×2×10 m /s ＝10 m /s ，即t ＝2 s 时速度为v ＝10 m /s ，则在0～2 s 内，物体的动能增大了12m v 2＝12×1×102 J ＝50 J ，选项C 错误；在0～1 s 内，物体速度的增量Δv 1＝12×(5＋10)×1 m /s ＝7.5 m /s ，根据动量定理有mgt －I f ＝m Δv 1，解得I f ＝2.5 N ·s ，选项D 正确．8．如图甲所示，光滑水平面上有一上表面粗糙的长木板，t ＝0时刻，质量m ＝1 kg 的滑块以速度v 0＝7 m /s 滑上长木板左端，此后滑块与长木板运动的v ­t 图像如图乙所示．下列分析正确的是( )A ．长木板的质量为0.5 kgB ．长木板的长度为0.5 mC ．0～2 s 内滑块与长木板间因摩擦产生的热量为16 JD ．0～2 s 内长木板对滑块的冲量大小为4 kg ·m /s解析：C 滑块滑上长木板后，滑块受摩擦力作用做匀减速运动，长木板做匀加速运动，由图乙可知滑块的加速度大小为a 1＝Δv Δt ＝2 m /s 2，长木板的加速度大小为a 2＝Δv Δt＝1 m /s 2，。

50 力学三大规律的综合应用[方法点拨] 做好以下几步：①确定研究对象，进行运动分析和受力分析；②分析物理过程，按特点划分阶段；③选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．1．(2020·广东东莞模拟)如图1所示，某超市两辆相同的手推购物车质量均为m 、相距l 沿直线排列，静置于水平地面上．为节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力使其运动，并与第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了距离l 2，恰好停靠在墙边．若车运动时受到的摩擦力恒为车重的k 倍，忽略空气阻力，重力加速度为g.求：图1(1)购物车碰撞过程中系统损失的机械能；(2)工人给第一辆购物车的水平冲量大小．2．(2020·河北石家庄第二次质检)如图2所示，质量分布均匀、半径为R 的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁．一质量为m 的小球从距金属槽上端R 处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时与金属槽圆弧最低点的距离为74R ，重力加速度为g ，不计空气阻力．求：图2(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；(2)金属槽的质量．3.(2020·江西上饶一模)如图3所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞，碰撞后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的右端．已知A、B质量相等，C的质量为A的质量的2倍，木板C长为L，重力加速度为g.求：图3(1)A物体与木板C上表面间的动摩擦因数；(2)当A刚到C的右端时，B、C相距多远？4．(2020·河南六市第一次联考)足够长的倾角为θ的光滑斜面的底端固定一轻弹簧，弹簧的上端连接质量为m、厚度不计的钢板，钢板静止时弹簧的压缩量为x0，如图4所示．一物块从钢板上方距离为3x0的A处沿斜面滑下，与钢板碰撞后立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动．已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点，O为弹簧自然伸长时钢板的位置．若物块质量为2m，仍从A处沿斜面滑下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度，已知重力加速度为g，计算结果可以用根式表示，求：图4(1)质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v1；(2)碰撞前弹簧的弹性势能；(3)质量为2m的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O点的距离．5．(2020·山东泰安一模)如图5所示，质量为m1＝0.5 kg的小物块P置于台面上的A点并与水平弹簧的右端接触(不拴接)，轻弹簧左端固定，且处于原长状态．质量M＝1 kg的长木板静置于水平面上，其上表面与水平台面相平，且紧靠台面右端．木板左端放有一质量m2＝1 kg的小滑块Q.现用水平向左的推力将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内)，撤去推力，此后P沿台面滑到边缘C时速度v0＝10 m/s，与长木板左端的滑块Q相碰，最后物块P停在AC的正中点，Q停在木板上．已知台面AB部分光滑，P与台面AC 间的动摩擦因数μ1＝0.1，AC间距离L＝4 m．Q与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，木板下表面与水平面间的动摩擦因数μ3＝0.1(g取10 m/s2)，求：图5(1)撤去推力时弹簧的弹性势能；(2)长木板运动中的最大速度；(3)长木板的最小长度．6．(2020·河北邢台质检)如图6所示，某时刻质量为m1＝50 kg的人站在m2＝10 kg的小车上，推着m3＝40 kg的铁箱一起以速度v0＝2 m/s在水平地面沿直线运动到A点时，该人迅速将铁箱推出，推出后人和车刚好停在A点，铁箱则向右运动到距A点s＝0.25 m的竖直墙壁时与之发生碰撞而被弹回，弹回时的速度大小是碰撞前的二分之一，当铁箱回到A点时被人接住，人、小车和铁箱一起向左运动，已知小车、铁箱受到的摩擦力均为地面压力的0.2倍，重力加速度g＝10 m/s2，求：图6(1)人推出铁箱时对铁箱所做的功；(2)人、小车和铁箱停止运动时距A点的距离．答案精析1．(1)mkgl (2)m 6gkl解析 (1)设第一辆车碰前瞬间的速度为v 1，与第二辆车碰后的共同速度为v 2.由动量守恒定律有mv 1＝2mv 2由动能定理有－2kmg·l 2＝0－12(2m)v 22 则碰撞中系统损失的机械能ΔE＝12mv 12－12(2m)v 22 联立以上各式解得ΔE＝mkgl(2)设第一辆车推出时的速度为v 0由动能定理有－kmgl ＝12mv 12－12mv 02 I ＝mv 0联立解得I ＝m 6gkl2．(1)5mg (2)(33＋833)m 31解析 (1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律有：mg·2R＝12mv 02 小球刚到最低点时，根据圆周运动规律和牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v 02R据牛顿第三定律可知小球对金属槽的压力为：F N ′＝F N联立解得：F N ′＝5mg(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属槽水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则：mv 0＝(m ＋M)v设小球到达最高点时与金属槽圆弧最低点的高度为h.则有R 2＋h 2＝(74R)2 根据能量守恒定律有：mgh ＝12mv 02－12(m ＋M)v 2 联立解得M ＝(33＋833)m 31. 3．(1)4v 0227gL (2)L 3解析 (1)设A 、B 的质量为m ，则C 的质量为2m.B 、C 碰撞过程中动量守恒，令B 、C 碰后的共同速度为v 1，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝3mv 1解得：v 1＝v 03B 、C 共速后A 以v 0的速度滑上C ，A 滑上C 后，B 、C 脱离，A 、C 相互作用过程中动量守恒，设最终A 、C 的共同速度v 2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＋2mv 1＝3mv 2解得：v 2＝5v 09在A 、C 相互作用过程中，根据能量守恒定律得：F f L ＝12mv 02＋12×2mv 12－12×3mv 22 又F f ＝μmg解得：μ＝4v 0227gL(2)A 在C 上滑动时，C 的加速度a ＝μmg 2m ＝2v 0227LA 从滑上C 到与C 共速经历的时间：t ＝v 2－v 1a ＝3L v 0 B 运动的位移：x B ＝v 1t ＝LC 运动的位移x C ＝(v 1＋v 2)t 2＝4L 3B 、C 相距：x ＝x C －x B ＝L 34．(1)6gx 0sin θ2 (2)12mgx 0sin θ (3)x 02解析 (1)设物块与钢板碰撞前速度为v 0， 3mgx 0sin θ＝12mv 02 解得v 0＝6gx 0sin θ设物块与钢板碰撞后一起运动的速度为v 1，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1解得v 1＝6gx 0sin θ2(2)设碰撞前弹簧的弹性势能为E p ，当它们一起回到O 点时，弹簧无形变，弹性势能为零，根据机械能守恒定律得E p ＋12(2m)v 12＝2mgx 0sin θ 解得E p ＝12mgx 0sin θ(3)设v 2表示质量为2m 的物块与钢板碰后开始一起向下运动的速度，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得2mv 0＝3mv 2它们回到O 点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v ，由机械能守恒定律得E p ＋12(3m)v 22＝3mgx 0sin θ＋12(3m)v 2 在O 点物块与钢板分离，分离后，物块以速度v 继续沿斜面上升，设运动到达的最高点离O 点的距离为l ，有v 2＝2al2mgsin θ＝2ma解得l ＝x 025．(1)27 J (2)2 m/s (3)3 m解析 (1)小物块P 由B 到C 的过程：W 弹－μ1m 1gL ＝12m 1v 02－0解得W 弹＝27 JE p ＝W 弹＝27 J即撤去推力时弹簧的弹性势能为27 J.(2)小物块P 和滑块Q 碰撞过程动量守恒，以v 0的方向为正方向m 1v 0＝－m 1v P ＋m 2v Q小物块P 从碰撞后到静止－12μ1m 1gL ＝0－12m 1v P 2解得v Q ＝6 m/sQ 在长木板上滑动过程中：对Q ：－μ2m 2g ＝m 2a 1对木板：μ2m 2g －μ3(M ＋m 2)g ＝Ma 2解得a 1＝－4 m/s 2，a 2＝2 m/s 2当滑块Q 和木板速度相等时，木板速度最大，设速度为v ，滑行时间为t.对Q ：v ＝v Q ＋a 1t对木板：v ＝a 2t解得t ＝1 sv ＝2 m/s长木板运动中的最大速度为2 m/s(3)在Q 和木板相对滑动过程中Q 的位移：x Q ＝12(v Q ＋v)·t木板的位移：x 板＝12(0＋v)·t 木板的最小长度：L ＝x Q －x 板解得L ＝3 m6．(1)420 J (2)0.2 m解析 (1)人推铁箱过程，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得：(m 1＋m 2＋m 3)v 0＝m 3v 1解得v 1＝5 m/s人推出铁箱时对铁箱所做的功为：W ＝12m 3v 12－12m 3v 02＝420 J (2)设铁箱与墙壁相碰前的速度为v 2，箱子再次滑到A 点时速度为v 3，根据动能定理得：从A 到墙：－0.2m 3gs ＝12m 3v 22－12m 3v 12 解得v 2＝2 6 m/s从墙到A ：－0.2m 3gs ＝12m 3v 32－12m 3(12v 2)2 解得v 3＝ 5 m/s设人、小车与铁箱一起向左运动的速度为v 4，以向左方向为正方向，根据动量守恒定律得：m 3v 3＝(m 1＋m 2＋m 3)v 4解得v 4＝255m/s 根据动能定理得：－0.2(m 1＋m 2＋m 3)gx ＝0－12(m 1＋m 2＋m 3)v 42 解得x ＝0.2 m高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

高三物理力学三大规律的综合运用专题A
一、选择题
1、假设物体在运动过程中受到的合外力不为零，那么（）
A．物体的动能不可能总是不变的 B．物体的动量不可能总是不变的C．物体的加速度一定变化 D．物体的速度的方向一定变化
3、一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，地板对物体的支持力所做的功等于（）
A．物体势能的增加量
B．物体动能的增加量
C．物体动能的增加量加上物体势能的增加量
D．物体动能的增加量加上克服重力所做的功
4、如下图，半圆形的光滑固定轨道槽竖直放置，质量为m的小物体由顶端从静止开始下滑，那么物体经过槽底时，对槽底的压力大小为（）
A．2mg B．3mg C．mg D．5mg
5、如下图，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同两
个光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中，相同的物理量是（）
A．重力的冲量 B．重力做的功
C．合力的冲量 D．刚到达底端的动能
6、一质量为m的木块静止在光滑的水平面上。

从t=0开始，将一个大小为F的水平恒力作用在该木块上，在t=t1时刻，力F的功率是：
A、F2t1/2m
B、F2t12/2m
C、F2t1/ m
D、F2t12/m
7、如图，在光滑水平面上，放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，开始时，各物均静止，今在两物体上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木块别离时，两木块的速度分别为v1和v2，，物体和木板间的动摩擦因数相同，以下说法。

轮与固定的弹簧秤相连物体静止在斜面上弹簧秤的示数轮与固定的弹簧秤相连。

物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9N。

关于物体受力的判断(取g=9.8m/s2)。

下列说法正确的是()A斜面对物体的摩擦力大小为零A．斜面对物体的摩擦力大小为零B．斜面对物体的摩擦力大小为4.9N，方向沿斜面向上斜面对物体的支持力大小为方向竖直向上C．斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向竖直向上位移大小x变化的图象，可能是图中的()=10m/s2求：直向上作匀加速运动。

取g10m/s，求：(1)使木块A竖直向上作匀加速运动的过程中，力F的最大值是多少？(2)若木块A竖直和上作匀加速运动，直到A、B 分离的过程中弹簧的弹性势能减小了128J 分离的过程中，弹簧的弹性势能减小了1.28J，则在这个过程中，力F对木块做的功是多少？与弹簧相互作用的过程中两物块线上运动。

则在物块A、B与弹簧相互作用的过程中，两物块A和B的速度随时间变化的图象(v-t图象)和动能随时间变化的图象EK-t图象)正确的是(()()【例6】如图所示，物体B和物体C用劲度系数为k的轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上，此时弹簧的势连接并竖直地静置水地上此时弹簧的势能为E。

这时一个物体A从物体B的正上方由静止释放下落后与物体B碰撞碰撞后释放，下落后与物体B碰撞，碰撞后A与B立刻一起向下运动，但A、B之间并不粘连。

已知物体A、B、C的质量均为M，重力加速度为g，忽略空气阻力。

求当物体A从距B多大的高度自由落下时，才能使物体C恰好离开水平地面？使离开续升将个质已知它恰好能使B离开地面但不继续上升。

若将C换成另一个质量为(m1+m3)的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？已知重力加速度为g。

(2)两物体一起运动第一次具有竖直向上最大速()两物体起动第次具有直向最速度时弹簧的(3)两物体第一次分离时物体B的速度大小。

取夺市安慰阳光实验学校力学三大规律的应用[方法点拨] 做好以下几步：(1)确定研究对象，进行运动分析和受力分析；(2)分析物理过程，按特点划分阶段；(3)选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．1．(多观点分析运动过程)(多选)一辆汽车从圆弧形拱桥最高处匀速驶下，在此过程中，下列说法中正确的是( ) A ．汽车的动量保持不变 B ．汽车的机械能减少 C ．汽车所受的合外力为零 D ．汽车所受的合外力做功为零2．(守恒条件判断)如图1所示，在光滑的水平面上固定着两轻质弹簧，一弹性小球在两弹簧间往复运动，把小球和弹簧视为一个系统，则小球在运动过程中( ) 图1A ．系统的动量守恒，动能守恒B ．系统的动量守恒，机械能守恒C ．系统的动量不守恒，机械能守恒D ．系统的动量不守恒，动能守恒3．(多观点分析动力学问题)(多选)如图2所示，质量为m 的小球从距离地面高H 的A 点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h 的B 点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g .关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有( ) A ．小球的机械能减少了mg (H ＋h )B ．小球克服阻力做的功为mgh 图2C ．小球所受阻力的冲量大于m 2gHD ．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量4．(多观点分析动力学问题)(多选)把皮球从地面以某一初速度竖直上抛，经过一段时间后皮球又落回抛出点，上升最大高度的一半处记为A 点．以地面为零势能面．设运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，则( ) A ．皮球上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功 B ．皮球上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量 C ．皮球上升过程与下降过程空气阻力的冲量大小相等D ．皮球下降过程中重力势能与动能相等的位置在A 点下方 5．在课堂中，老师用如图3所示的实验研究平抛运动．A 、B 是质量相等的两个小球，处于同一高度．用小锤打击弹性金属片，使A 球沿水平方向飞出，同时松开B 球，B 球自由下落．某同学设想在两小球下落的空间中任意选取两个水平面1、2，小球A 、B 在通过两水平面的过程中，动量的变化量分别为Δp A 和Δp B ，动能的变化量分别为ΔE k A 和ΔE k B ，忽略一切阻力的影响，下列判断正确的是( ) 图3 A ．Δp A ＝Δp B ，ΔE k A ＝ΔE k B B ．Δp A ≠Δp B ，ΔE k A ≠ΔE k B C ．Δp A ≠Δp B ，ΔE k A ＝ΔE k BD ．Δp A ＝Δp B ，ΔE k A ≠ΔE k B6．如图4，一轻弹簧左端固定在长木板M 的左端，右端与小木块m 连接，且m 、M 间及M 与地面的接触面均光滑．开始时，m 和M均静止，现同时对m 、M 施加等大反向的水平恒力F 1和F 2，从两物体开始运动以后的全部运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度．对于m 、M 和弹簧组成的系统，下列说法中正确的有( ) 图4①由于F 1、F 2等大反向，故系统机械能守恒；②当弹簧弹力大小与F 1、F 2大小相等时，m 、M 各自的动能最大；③由于F 1、F 2大小不变，所以m 、M 各自一直做匀加速运动；④由于F 1、F 2等大反向，故系统的总动量始终为零．A ．①④B ．②③C ．①②④D ．②④7．如图5所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m 的木 板B ，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧．质量为2m 的木块A 以速度v 0从板的右端水平向左滑上木板B .在木块A 与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是( )A ．弹簧压缩量最大时，B 板运动速率最大 图5B ．B 板的加速度一直增大C ．弹簧给木块A 的冲量大小为2mv 03D ．弹簧的最大弹性势能为mv2038．如图6所示，在光滑水平面上有一质量为M 的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态．一质量为m 的子弹以水平速度v 0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面上做往复运动．木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为( )图6 A.Mmv 0M ＋m B ．2Mv 0 C.2Mmv 0M ＋mD ．2mv 0 9．如图7所示，一长木板放置在水平地面上，一根轻弹簧右端固定在长木板上，左端连接一个质量为m 的小物块，小物块可以在木板上无摩擦滑动．现在用手固定长木板，把小物块向左移动，弹簧的形变量为x 1；然后，同时释放小物块和木板，木板在水平地面上滑动，小物块在木板上滑动；经过一段时间后，长木板达到静止状态，小物块在长木板上继续往复运动．长木板静止后，弹簧的最大形变量为x 2.已知地面对长木板的滑动摩擦力大小为F f .当弹簧的形变量为x 时，弹性势能E p ＝12kx 2，式中k 为弹簧的劲度系数．由上述信息可以判断( ) 图7A ．整个过程中小物块的速度可以达到km x 1B ．整个过程中木板在地面上运动的路程为k 2F f(x 21－x 22)C ．长木板静止后，木板所受的静摩擦力的大小不变D ．若将长木板改放在光滑地面上，重复上述操作，则运动过程中物块和木板的速度方向可能相同10．如图8所示，半径R ＝0.50 m 的光滑四分之一圆轨道MN 竖直固定在水平桌面上，轨道末端水平且端点N 处于桌面边缘，把质量m ＝0.20 kg 的小物块从圆轨道上某点由静止释放，经过N 点后做平抛运动，到达地面上的P 点．已知桌面高度h ＝0.80 m ，小物块经过N 点时的速度v 0＝3.0 m/s ，g 取10 m/s 2.不计空气阻力，物块可视为质点．求： 图8(1)圆轨道上释放小物块的位置与桌面间的高度差； (2)小物块经过N 点时轨道对物块支持力的大小； (3)小物块落地前瞬间的动量大小． 图911．如图9所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，上表面粗糙，在其左端有一光滑的14圆弧槽C ，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有滑块A 以初速度v 0从右端滑上B ，一段时间后，以v 02滑离B ，并恰好能到达C 的最高点．A 、B 、C 的质量均为m .求：(1)A 刚滑离木板B 时，木板B 的速度； (2)A 与B 的上表面间的动摩擦因数μ； (3)圆弧槽C 的半径R ；(4)从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能．答案精析1．BD [汽车做匀速圆周运动，则动量大小不变，但方向变化，故A 错误；汽车在驶下时，存在摩擦力做功，所以汽车的机械能减少，故B 正确；由于汽车做匀速圆周运动，是变速运动，则所受的合外力不为零，故C 错误；汽车所受的合外力与速度始终垂直，所以此力不做功，故D 正确．] 2．C3．AC [由动能定理得mg (H ＋h )＋W f ＝0，则W f ＝－mg (H ＋h )，所以小球的机械能减少了mg (H ＋h )，所以A 选项正确，B 选项错误；小球自由下落至地面的过程，机械能守恒，mgH ＝12mv 2，v ＝2gH ，落到地面上后又陷入泥潭中，由动量定理得I G －I f ＝0－mv ，所以I f ＝I G ＋mv ＝I G ＋m 2gH ，小球所受阻力的冲量大于m 2gH ，所以C 选项正确；由动量定理知小球动量的改变量等于合外力的冲量，所以D 选项错误．]4．ACD [皮球上升过程中克服重力做的功、下降过程中重力做的功均为mgh ，A 正确；皮球先后通过同一位置的过程中，重力做功为零，阻力做负功，根据动能定理可知v >v ′，因此上升过程的平均速度一定大于下降过程的平均速度，所以上升时间小于下降时间，根据冲量的概念可知上升过程重力冲量较小，B 错误；如图所示为上抛过程中的速度图象，第一、第四象限中阴影部分的面积分别表示上升和下降过程的位移，大小相等方向相反；由于F f ∝v ，可将纵坐标改为F f ，第一、第四象限中阴影部分的面积仍相等，说明上升、下降过程阻力的冲量等大反向，C 正确；下降到A 点时，重力势能减小12mgH ，但由于克服阻力做功，动能的增加量小于12mgH ，因此重力势能与动能相等的位置在A 点下方，D正确．] 5．A6．D [由于F 1、F 2等大反向，m 、M 系统所受合外力为零，因此动量守恒，故系统的总动量始终为零．④正确；开始阶段弹簧弹力小于F 1和F 2，m 、M 都做加速运动，动能增加，当弹力增大到与F 1和F 2等大时，m 、M 动能都最大，系统机械能一直增大，①错误，②正确；上述加速过程弹簧弹力逐渐增大，合力逐渐减小，不是匀加速运动，③错误，所以应该选D.]7．D [当A 向左压缩弹簧时A 木块减速，B 板做加速度增大的加速运动，当弹簧压缩量最大时，A 、B 共速，之后弹簧在恢复形变的过程中B 板做加速度减小的加速运动，A 木块继续减速，当弹簧恢复原长时B 板达最大速度，所以A 、B 选项均错；当弹簧恢复原长时，设A 、B 的速度分别为v 1和v 2，由动量守恒定律得，2mv 0＝2mv 1＋mv 2，由能量守恒定律有12×2mv 20＝12×2mv 21＋12mv 22，联立解得：v 1＝13v 0，v 2＝43v 0，弹簧给木块A 的冲量I ＝2mv 1－2mv 0＝－4mv 03，所以弹簧给木块A 的冲量大小为4mv 03，C 选项错误；弹簧最大的弹性势能发生在A 、B共速时，设共速的速度为v ，由动量守恒知2mv 0＝3mv ，v ＝2v 03，E p ＝12×2mv 20－12×3mv 2＝13mv 20，所以D 选项正确．] 8．A [子弹击中木块并嵌在其中，该过程动量守恒，即mv 0＝(m ＋M )v ，即击中后木块速度为v ＝mv 0m ＋M，此后只有弹簧弹力做功，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，当第一次回到平衡位置时，速度仍然等于v ，根据动量定理，木块受到的合外力的冲量等于动量的变化量即I ＝Mv －0＝Mmv 0m ＋M，选项A 对．]9．B [根据动能定理：12mv 2m ＝12kx 21－W f .因此速度不可能达到km x 1，A 错误；当木板静止时，小物块在长木板上做往复运动，只有弹力做功，系统的机械能守恒，所以当木板静止时，系统具有的机械能为12kx 22，根据能量守恒定律得，12kx 21－12kx 22＝F f s ，因此s ＝k 2F f (x 21－x 22)，B 正确；木板静止后，板受到的静摩擦力大小随弹簧伸缩量的改变而改变，C 错误；若将长木板改放在光滑地面上，重复上述操作，根据动量守恒定律，运动过程中物块和木板的速度方向一定相反，D 错误．]10．(1)0.45 m (2)5.6 N (3)1.0 kg·m/s解析 (1)设圆轨道上释放小物块的位置与桌面间的高度差为H ，小物块运动至N 点过程中机械能守恒，则有mgH ＝12mv 20解得H ＝0.45 m(2)设物块经过N 点时所受支持力为F根据牛顿第二定律有F －mg ＝mv20R解得F ＝5.6 N(3)设物块做平抛运动的时间为t ，小物块落地前竖直分速度为v y ，则h ＝12gt 2v y ＝gt解得v y ＝4.0 m/s小物块落地前速度v ＝v 20＋v 2y 解得v ＝5.0 m/s 动量p ＝mv解得p ＝1.0 kg·m/s.11．(1)v 04 (2)5v 2016gL (3)v 2064g (4)15mv 232解析 (1)对A 在木板B 上的滑动过程，取A 、B 、C 为一个系统，根据动量守恒定律有：mv 0＝m v 02＋2mv B解得v B ＝v 04(2)对A 在木板B 上的滑动过程，A 、B 、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量μmgL ＝12mv 20－12m (v 02)2－12×2m (v 04)2解得μ＝5v 216gL(3)对A 滑上C 直到最高点的作用过程，A 、C 系统动量守恒，mv 02＋mv B ＝2mvA 、C 系统机械能守恒mgR ＝12m (v 02)2＋12m (v 04)2－12×2mv 2解得R ＝v 2064g(4)对A 滑上C 直到离开C 的作用过程，A 、C 系统动量守恒mv 02＋mv 04＝mv A ＋mv CA 、C 系统初、末状态动能相等，12m (v 02)2＋12m (v 04)2＝12mv 2A ＋12mv 2C解得v A ＝v 04.所以从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能为：ΔE ＝12mv 20－12mv 2A＝15mv 232.。

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。

2019-2020年高考物理复习专题五力学规律的综合应用2 新人教版【知识与方法整合】(一)不计重力的带电粒子在电场中的运动１．运动类型：(1)匀速直线运动；(2)匀加速直线运动；(3)电偏转——类平抛运动．２．两种观点解决带电粒子在电场中运动问题：(1)运动学观点：是指用匀变速运动的公式和牛顿运动定律来解决实际问题，一般有两种情况（仅限于匀强电场）：①带电粒子的初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动．②带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做类平抛运动．(2)功能观点：首先对带电粒子受力分析，再分析运动情况，然后再根据具体情况选用公式计算．①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初末状态及运动过程中动能的增量．②若选用能量守恒定律，则分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的，表达式有两种．a．初状态和末状态的能量相等，即Ｅ初=Ｅ末．b．一种形式的能量增加必然引起另一种形式的能量减少，即Ｅ增=Ｅ减．这种方法不仅适用于匀变速运动，对非匀变速运动（非匀强电场）也同样适用．（二)不计重力的带电粒子在磁场中的运动１．运动类型：(1)匀速直线运动；(2)磁偏转――匀速圆周运动．２．对于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，应注意把握以下几点：(1)粒子圆轨迹的圆心的确定①若已知粒子在圆周运动中的两个具体位置及通过某一位置的速度方向，可在已知的速度方向的位置作速度的垂线，同时作两位置的中垂线，两垂线交战为圆轨迹的圆心．如图1所示．②若已知做圆周运动的粒子通过某两个具体位置的速度方向，可在两位置上分别作两速度的垂线，两垂线的交点为圆轨迹的圆心．如图2所示．③若已知做圆周运动的粒子通过某一具体位置的速度方向及圆轨迹半径Ｒ，可在该位置上作速度的垂线，垂线上距该位置Ｒ处的点为圆轨迹的圆心（利用左手定则判断圆心在已知位置的哪一侧），如图3所示．(2)粒子圆轨迹的半径的确定①可直接运用公式来确定．②画出几何图形，利用半径Ｒ与题中已知长度的几何关系来确定．在利用几何关系时，要注意事项一个重要的几何特点：粒子速度的偏向角等于转过的圆心，并等于AB弦与切线的夹角（弦切角θ）的2倍．如图4所示．(3)粒子做圆周运动的周期的确定①可直接运用公式来确定．②利用周期Ｔ与题中已知时间t的关系来确定．若粒子在时间t内通过的圆弧所对应的圆心角为，则有：（或)(4)圆周运动中有关对称的规律①从磁场的直边界射入的粒子，若再从此边界射出，则速度方向与边界的夹角相等，如图5所示．②在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子必沿径向射出，如图6所示．(5)洛伦兹力多解问题①带电粒子电性不确定形成双解；②磁场方向不确定形成双解．③临界状态不唯一形成多解带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子的运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，于是形成了多解．④运动的重复性形成多解带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间中运动时往往运动具有往复性，因而形成了多解。

高考热点强化(六) 力学三大观点的综合应用(时间：40分钟)1．(2020·河北石家庄质检)如图所示，光滑水平面上木块A 的质量m A ＝1 kg ，木块B 的质量m B ＝4 kg ，质量为m C ＝2 kg 的木块C 置于足够长的木块B 上，B 、C 之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑。

开始时，B 、C 静止，A 以v 0＝10 m/s 的初速度向右运动，与B 碰撞后瞬间B 的速度为3.5 m/s ，碰撞时间极短。

求：(1)A 、B 碰撞后A 的速度大小；(2)弹簧第一次恢复原长时C 的速度大小。

[解析] (1)因碰撞时间极短，A 、B 碰撞时，可认为C 的速度为零，由动量守恒定律得m A v 0＝m A v A ＋m B v B解得v A ＝m A v 0－m B v Bm A＝－4 m/s ，负号表示方向与A 的初速度方向相反。

(2)弹簧第一次恢复原长，弹簧的弹性势能为零。

设此时B 的速度为v ′B ，C 的速度为v C ，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m B v B ＝m B v ′B ＋m C v C12m B v 2B ＝12m B v ′2B ＋12m C v 2C 得v C ＝2m B m B ＋m C v B ＝143m/s 。

[答案] (1)4 m/s (2)143m/s2.如图所示，长均为L 、质量均为m 的A 、B 两个相同的长木板靠在一起锁定在光滑水平面上，一个质量为12m 的滑块C 从长木板A 的左端以大小为v 0的初速度滑上长木板，结果刚好能停在长木板B 的右端，不计滑块C 的大小，求：(1)滑块C 与A 、B 间的动摩擦因数及滑块C 滑行的时间；(2)若解除锁定，再让滑块C 以同样的初速度滑上长木板A ，则最终A 、B 的速度大小分别为多少？[解析] (1)A 、B 两个长木板锁定在水平面上时，物块C 刚好能滑到B 的右端根据功能关系12μmg ×2L ＝12×12mv 2求得μ＝v 204gL根据动量定理μ×12mgt ＝12mv 0求得t ＝v 0μg ＝4L v 0。

专题一：力学三大规律综合应用【考点透视】解决动力学问题有三个基本观点，即是力的观点、动量的观点、能量的观点。

一、知识回顾 1．力的观点⑴．匀变速直线运动中常见的公式（或规律）： 牛顿第二定律：ma F =运动学公式：at v v t +=0，2021at t v s +=，as v v t 2202=-，t v s =，2aT s =∆⑵．圆周运动的主要公式：22ωmr rv m ma F ===向向 2．动量观点⑴．恒力的冲量：Ft I =⑵．动量：mv p =，动量的变化12mv mv p -=∆ ⑶．动量大小与动能的关系k mE P 2=⑷．动量定理：p I ∆=，对于恒力12mv mv t F -=合，通常研究的对象是一个物体。

⑸．动量守恒定律：条件：系统不受外力或系统所受外力的合力为零；或系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小得多，（如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计）；或系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零（在该方向上系统的总动量的分量保持不变）。

表达式：对于两个物体有22112211v m v m v m v m '+'=+，研究的对象是一个系统（含两个或两个以上相互作用的物体）。

3．用能量观点解题的基本概念及主要关系 ⑴．恒力做功：θcos Fs W =，Pt W =，⑵．重力势能mgh E P =，动能221mv E k =，动能变化21222121mv mv E k -=∆ ⑶．动能定理：力对物体所做的总功等于物体动能变化，表达式21222121W mv mv -=总⑷．常见的功能关系重力做功等于重力势能增量的负值P G E W ∆-= 弹簧弹力做功等于弹性势能增量的负值E W P ∆-=弹 有相对时，系统克服滑动摩擦力做功等于系统产生222120212121mv mv mv fl Q --== ⑸．机械能守恒：只有重力或系统内的弹力做功系统的总的机械能保持不变。