2022版高考物理人教版一輪學(xué)案：專題強(qiáng)化四碰撞類模型問(wèn)題【含答案】

1、專題強(qiáng)化四“碰撞類”模型問(wèn)題模型一“物體與物體”正碰模型1 .分析碰撞問(wèn)題的三個(gè)依據(jù)(1)動(dòng)量守恒，即 p 1+ p 2= p 1'+ p 2'。動(dòng)能不增加，即ek1+七三4'+%,瑞+乎pm+pm。速度要合理碰前兩物體同向，則v后>v前；碰后，原來(lái)在前的物體速度一定增大，且v前/三v后,。兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。2 .彈性碰撞的規(guī)律兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。以質(zhì)量為機(jī),速度為v 1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m 1 v 1= m 1 v 1/+ m 2 v 2;1 一 12 m 1 v 彳

2、一？ m 1 v 1 2+？ m 2 v 2 2(m， mJ v,2 m, v,由得v 1-121 v / 一1 m 1+ m 22m 1+ m 2結(jié)論:(1)當(dāng)m 1=m2時(shí)，v 1 =0, v2/ 一v/兩球碰撞后交換了速度。(2)當(dāng)m 1>m2時(shí)，v 1 / >0, v2 / >0,碰撞后兩球都向前運(yùn)動(dòng)。當(dāng)m 1<m2時(shí)，v 1 / <0, v2 / >0,碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來(lái)。3.非彈性碰撞的規(guī)律滿足動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律。例如：以質(zhì)量為mr速度為v 1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面非彈性碰撞為例，由動(dòng)量守恒定律知mq mv+ m,v

3、j ,由能量守恒定律知，系統(tǒng)損失的機(jī)械能AE護(hù)一1mv211112 2損 2 112m 1v/ 2+2m2v/ 2)°2 例1如圖所示，質(zhì)量分別為m 1和m2的兩個(gè)小球疊放在一起，從高度為h處由靜 止釋放，它們一起下落。不計(jì)空氣阻力。在下落過(guò)程中，兩個(gè)小球之間是否存在相互作用力？請(qǐng)說(shuō)明理由。(2)已知h遠(yuǎn)大于兩球半徑，所有的碰撞都沒(méi)有機(jī)械能損失，且碰撞前后小球都沿豎直方 向運(yùn)動(dòng)。若碰撞后m2恰處于平衡狀態(tài)，求：落地前瞬間，兩個(gè)小球的速度大小。0；兩個(gè)小球的質(zhì)量之比mJ m2；小球m1上升的最大高度H。解析(1)在下落過(guò)程中，兩個(gè)小球之間不存在相互作用力。任意時(shí)刻它們的速度和加速 度都

4、相同，不會(huì)相互擠壓，其間沒(méi)有相互作用力。(2)根據(jù)機(jī)械能守恒定律：2(m 1 + m2)v0 - (m 1 + m2)gh解得 v o - 2ggh。mI , m2以相同的速度v0落到地面，m2先與地面發(fā)生彈性碰撞，碰撞前后速度大小不變， 方向反向；接著與m1碰撞，碰后m2的速度恰好減為零，m 1的速度為V1。取向上為正方向， 根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，有-m 1 vo + m2vo-m 1 v 11112m1 v o+ 2m 2 v 2 = 2m1v 2解得 v - 2 v o - 2''2 gh , mJ m2 - 1 ： 3。根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有2m 1 v 1

5、 - m 1 gH ,解得H-4 h。答案(1)見(jiàn)解析(2)-兩1 ： 34h模型二 “滑塊一一彈簧”碰撞模型模型 圖示嗎瓦亞師用可水平地面光滑模型 特點(diǎn)(1)兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧相互作用的過(guò)程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量 和為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒(2)在能量方面，由于彈簧形變會(huì)使彈性勢(shì)能發(fā)生變化，系統(tǒng)的總動(dòng)能將發(fā)生 變化；若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒 (3)彈簧處于最長(zhǎng)(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)動(dòng)能通 常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)(4)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能為零，系統(tǒng)動(dòng)能最大(完全彈性碰撞拓展模型， 相當(dāng)于碰撞結(jié)束時(shí))例2如圖(甲)

6、所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA=4.o kg和mB=3.o kg。用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸。另有一物塊C從看=0時(shí)以一 定速度向右運(yùn)動(dòng)，在t=4 s時(shí)與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的vt 圖像如圖(乙)所示。求：(1)物塊C的質(zhì)量mC；(2)B離開墻后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧具有的最大彈性勢(shì)能Ep。解析(1)由題圖(乙)知，C與A碰前速度為V1=9 m/s ,碰后速度為v2 = 3 m/s , C與A 碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，有mCv 1 = (mA + mC)v2，解得mC=2 kg。(2)12 s時(shí)B離開墻壁，之后A , B , C及彈簧組成的系統(tǒng)

7、動(dòng)量和機(jī)械能守恒，且當(dāng)A , C 與B的速度相等時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有(mA + mC)v3 =(mA + mB + mC)v42( mA + mC) v 3 = 2( mA + mB + mC) v 2 + Ep聯(lián)立得Ep = 9 J。答案(1)2 kg (2)9 J模型三”滑塊一一斜面”碰撞模型模型 圖示水平曲面光滑(1)最高點(diǎn)：m與M具有共同水平速度v共，m不會(huì)從此處或提前偏離軌道。系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，mv°=(M+m)v ；0共系統(tǒng)機(jī)械能守恒，Jmv2=2(M+模型m)v共+mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度(完特點(diǎn)全

8、非彈性碰撞拓展模型)(2)最低點(diǎn)：m與M 分離點(diǎn)。水平力方向動(dòng)量守恒，mv0=mv 1+ Mv2；系統(tǒng)機(jī) 械能守恒，2mv0=2mv 1+2Mv2(完全彈性碰撞拓展模型)2 例3 (2020甘肅天水市調(diào)研)如圖所示，在水平面上依次放置小物塊A、C以及曲 面劈B，其中A與C的質(zhì)量相等均為m，曲面劈B的質(zhì)量M =3m，曲面劈B的曲面下端與水 平面相切，且曲面劈B足夠高，各接觸面均光滑?，F(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與 A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個(gè)小物塊粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度為g。求：碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達(dá)到的最大高度。解析(1)小物塊C與物塊A

9、發(fā)生碰撞粘在一起，以v0的方向?yàn)檎较蛴蓜?dòng)量守恒定律得：mv0二2mv，解得v =劣v0 ； 碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為_1E 損一 2mv2 - 2 X 2mv 2解得E損=4 mv 0。(2)當(dāng)小物塊A、C上升到最大高度時(shí)，A、B、C系統(tǒng)的速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律:mv0 = (m + m + 3m)0，解得 v 1 =|v0 ,根據(jù)機(jī)械能守恒得2mgh = X 2mQv0) - j X 5 mQv J解得h=答案(1)4 mv 2 (2)就專題強(qiáng)化訓(xùn)練1. (2020課標(biāo)m, T15)甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的

10、變化如圖中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1 kg,C. 5 JD. 6 J解析本題結(jié)合運(yùn)動(dòng)圖像考查動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律。由題圖可知，碰撞前甲的速度v甲=5 m/s，乙的速度v乙=1 m/s碰撞后甲的速度v'甲=-1 m/s，乙的速度v'乙=2 m/s , 由于不受外力作用，甲、乙碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則有m甲v甲+ m乙v乙二m甲v,甲+ m乙v/乙， 解得m乙二6 kg ,所以碰撞過(guò)程兩物塊損失的機(jī)械能為/=1 m甲喳+2m乙%-12m甲v ,甲 -|m乙v /乙=3 J,故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。2.質(zhì)量相等的A, B兩球在光滑水平面上均向右沿同一直線運(yùn)動(dòng)，A球的動(dòng)量為pA=9

11、 kg-m/s, B球的動(dòng)量為pB=3 kgm/s,當(dāng)A球追上B球時(shí)發(fā)生碰撞，則碰后A, B兩球的動(dòng)量 可能是(A )A. pA/=6 kg-m/s, p/=6 kg-m/sB. pAz=8 kg-m/s, pj=4 kg-m/sC. pAz=-2 kg-m/s, pj=14 kg-m/sD. pAz=-4 kg-m/s, p/=17 kg-m/s解析A B組成的系統(tǒng)所受合外力為0,系統(tǒng)動(dòng)量守恒即pA' + pB' = pA + pB = 9 kg-m/s + 3 kg-m/s = 12 kg-m/s，選項(xiàng) D 錯(cuò)誤；A,B碰撞前的動(dòng)能應(yīng)大于或等于碰撞后的動(dòng)能，即E = E +

12、 E =瞑 + 外="(J)二世(J) EkiEkA + EkB2m2m2m (J)2m(J)，p / 2+p 2E= EkA' + EkB' = A 2 m ，有森人冷 腳pa' 2乜-9。，同時(shí)還應(yīng)滿足勺穴修，由此可判斷選項(xiàng)A正確，B,C錯(cuò)誤。3. (2020天津)長(zhǎng)為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為m 1的小球A，處于靜止?fàn)顟B(tài)。A 受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)。當(dāng)A回 到最低點(diǎn)時(shí)，質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍然圓周運(yùn)動(dòng)，并能 通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求(1)

13、A受到的水平瞬時(shí)沖量I的大??；(2)碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少多大？5 gl (2 m, + mC)2答案(1) m 1V5 gl (2)2 m4解析(1)A恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)，此時(shí)輕繩的拉力剛好為零，設(shè)A在最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律，有m 1 g = m 1岸A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，取軌跡最低點(diǎn)處重力勢(shì)能為零，設(shè)A在最低點(diǎn) 的速度大小為vA ,有2m 1 vA = 2m 1 v2 + 2m 1gl由動(dòng)量定理，有I=m 1 %聯(lián)立式，得I = m河I(2)設(shè)兩球粘在一起時(shí)的速度大小為。, , A、B粘在一起后恰能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)，需滿足0 /二0A要達(dá)到上

14、述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向?yàn)檎较?，設(shè)B碰前瞬間的速度大小為乙，由動(dòng)量守恒定律，有m2vB - m 1 0A=(m 1+ m2)v ,又 Ek = 2 m 2 vB聯(lián)立式，得碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少為ek="'Qm； m2)2專題強(qiáng)化五力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用模型一 “物體與物體”正碰模型 一、解動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的三個(gè)基本觀點(diǎn)力的觀點(diǎn)運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)解題，可處理勻變速直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題能量觀點(diǎn)用動(dòng)能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題動(dòng)量觀點(diǎn)用動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題二、動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的比較相同點(diǎn)研究

15、對(duì)象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)研究過(guò)程都是某一運(yùn)動(dòng)過(guò)程不同點(diǎn)動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可以寫出分量表達(dá)式；而動(dòng)能定理和能量守恒定 律都是標(biāo)量表達(dá)式，無(wú)分量表達(dá)式三、利用動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)解題的技巧(1)若研究對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定管機(jī)械能守恒定 律)。(2)若研究對(duì)象為單一物體，且涉及功和位移問(wèn)題時(shí)，應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。(3)若研究過(guò)程涉及時(shí)間，一般考慮用動(dòng)量定理或運(yùn)動(dòng)學(xué)公式。(4)因?yàn)閯?dòng)量守恒定律、能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)、動(dòng)能定理都只考查一個(gè)物理過(guò)程 的始末兩個(gè)狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對(duì)過(guò)程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的方便之處。特 別對(duì)于變力做功問(wèn)題

16、，就更顯示出它們的優(yōu)越性。1 .動(dòng)力學(xué)方法的應(yīng)用若一個(gè)物體參與了多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，而運(yùn)動(dòng)過(guò)程只涉及運(yùn)動(dòng)和力的問(wèn)題或只要求分析物體 的動(dòng)力學(xué)特點(diǎn)而不涉及能量問(wèn)題，則常常用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解。2 例1 (2021安徽避溪月考)如圖所示，長(zhǎng)L =1.5 m、高h(yuǎn)=0.45 m、質(zhì)量M =10 kg的長(zhǎng)方體木箱，在地面上向右做直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)木箱的速度v0=3.6 m/s時(shí)，對(duì)木箱施加一個(gè)方 向水平向左的恒力F=50 N,并同時(shí)將一個(gè)質(zhì)量m = 1 kg的小球輕放在距木箱右端0.5 m的P 點(diǎn)(小球可視為質(zhì)點(diǎn)，放在P點(diǎn)時(shí)相對(duì)于地面的速度為零)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，小球脫離木箱落到 地面。木箱與地面間的動(dòng)摩

17、擦因數(shù)為0.2,其他摩擦均不計(jì)。g取10 m/s2。求：(1)小球從離開木箱開始至落到地面所用的時(shí)間；(2)小球放到P點(diǎn)后，木箱向右運(yùn)動(dòng)的最大位移大??；(3)小球離開木箱時(shí)木箱的速度大小。解析本題考查板塊模型。設(shè)小球從離開木箱開始至落到地面所用的時(shí)間為乙由h = 2gt2,解得t二飛號(hào)二03 S。F + u (M + m) g(2)小球放到木箱上后相對(duì)地面靜止，木箱的加速度% = M =7.2 m/s2，設(shè)小球一直沒(méi)有從木箱左端掉下，則木箱向右運(yùn)動(dòng)到速度為零時(shí)的位移大小 =爭(zhēng)= 0.9 m， <1 m ,1 2 a 11故小球不會(huì)從木箱的左端掉下，故木箱向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為0.9 m。木

18、箱向左運(yùn)動(dòng)的加速度a2=2.8 m/s2，設(shè)木箱向左運(yùn)動(dòng)的距離為 2時(shí)，小球離開木箱， 則2 = % 1 + 0.5 m= 1.4 m，設(shè)木箱向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,，由2 = 2a/ 2,解得t =1 s，a 2小球剛離開木箱瞬間，木箱的速度方向向左，大小 v = a 21' = 2.8 m/s。答案(1)0.3 s (2)0.9 m (3)2.8 m/s2 .能量觀點(diǎn)的應(yīng)用若一個(gè)物體參與了多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，若該過(guò)程涉及能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題，并且具有功能關(guān)系的特 點(diǎn)，則往往用動(dòng)能定理、能量守恒定律求解。計(jì) 例2 (2021.江西撫州七校聯(lián)考)將一輕質(zhì)彈簧豎直固定在水平地面上處于原長(zhǎng)狀 態(tài)，讓一質(zhì)量m

19、0=20 g的小球從彈簧上端由靜止釋放，小球最大下落高度h 1 = 5 cm,將該彈 簧固定在如圖所示的軌道左側(cè)豎直墻壁上，軌道中部有一半徑R=0.1 m的豎直圓軌道，不同 軌道的連接處均為平滑連接，小滑塊可以從圓軌道最低點(diǎn)的一側(cè)進(jìn)入圓軌道，繞圓軌道一周 后從最低點(diǎn)向另一側(cè)運(yùn)動(dòng)。軌道上彈簧右側(cè)的M點(diǎn)到圓軌道左側(cè)N點(diǎn)的距離xMN =0.6 m的范 圍內(nèi)有摩擦，而其他部分均光滑。讓另一質(zhì)量機(jī)=10 g的小滑塊從軌道右側(cè)高h(yuǎn)2(未知)處由靜 止釋放，小滑塊恰好能通過(guò)圓軌道最高點(diǎn)C且第一次恰好能把彈簧壓縮5 cm,現(xiàn)讓該小滑 塊從軌道右側(cè)h3 = 0.4 m處由靜止釋放，已知重力加速度g =10 m/

20、s2,求：A MNR(1)小滑塊下落的高度h2；(2)小滑塊停止時(shí)的位置到N點(diǎn)的距離。解析小滑塊恰好能過(guò)。點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得：mg二睚由機(jī)械能守恒定律可得：mgh2二 mg-2 R + 2 mv C解得：h2 = 0.25 m。(2)彈簧豎直放置，被壓縮h1 = 5 cm時(shí)的彈性勢(shì)能Ep = m 0 gh 1 =0.01 J。由能量守恒可知，小滑塊滑至第一次把彈簧壓縮到最短時(shí)有：mgh廣從叫,頰+ E , 其中 E' p = Ep = 0.01 J解得：= 0.015 J當(dāng)小滑塊從h 3 = 0,4 m處下滑后，第二次通過(guò)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為：EkN = mgh3 - 2mgxMN =

21、0.01 J此時(shí)小滑塊動(dòng)能小于0.015 J ,故小滑塊不再與彈簧相碰由能量守恒可得：EkN = mgx 解得：x = 0.4 m小滑塊最終停在N點(diǎn)左側(cè)0.4 m處。答案(1)0.25 m (2)0.4 m3 .力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用這類模型各階段的運(yùn)動(dòng)過(guò)程具有獨(dú)立性，只要對(duì)不同過(guò)程分別選用相應(yīng)規(guī)律即可，兩個(gè) 相鄰的過(guò)程連接點(diǎn)的速度是聯(lián)系兩過(guò)程的紐帶。2 例3如圖所示，在光滑水平桌面EAB上有質(zhì)量為M =0.2 kg的小球P和質(zhì)量為m = 0.1 kg的小球Q, P、Q之間壓縮一輕彈簧(輕彈簧與兩小球不拴接)，桌面邊緣E處放置一 質(zhì)量也為m=0.1 kg的橡皮泥球S，在B處固定一與水平桌面相切

22、的光滑豎直半圓形軌道。釋 放被壓縮的輕彈簧，P、Q兩小球被輕彈簧彈出，小球P與彈簧分離后進(jìn)入半圓形軌道，恰好 能夠通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)C小球Q與彈簧分離后與桌面邊緣的橡皮泥球S碰撞后合為 一體飛出，落在水平地面上的D點(diǎn)。已知水平桌面高為h=0.2 m, D點(diǎn)到桌面邊緣的水平距 離為=0.2 m,重力加速度為g =10 m/s2,求：c*A恒h 小球P經(jīng)過(guò)半圓形軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力大小b, NB；(2)小球Q與橡皮泥球S碰撞前瞬間的速度大??；被壓縮的輕彈簧的彈性勢(shì)能EpO解析小球P恰好能通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)C，則有Mg=MR，解得% = JR對(duì)于小球P ,從B - C ,由動(dòng)能定理有-

23、2MgR=2MvC - 2MvB解得VB-麗在 B 點(diǎn)有 FNB - Mg 二 MvR解得 FN/ 6Mg = 12 N ,由牛頓第三定律有F' N=Nb =12 N。(2)設(shè)Q與S做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小為v，所用時(shí)間為乙根據(jù)公式h = 2gt2得t = 0.2 s根據(jù)公式二vt ,得v = 1 m/s磁撞前后Q和S組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有mvQ = 2mv，解得vQ = 2 m/s。(2)P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有MvP = mvQ解得 vp=1 m/sP、Q和彈簧組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有1 1Ep = 2MvP + 2 mv Q，解得 Ep = 0,3 J。答案(1)

24、12 N (2)2 m/s (3)0.3 J規(guī)律總結(jié)1 .利用動(dòng)量的觀點(diǎn)和能量的觀點(diǎn)解題應(yīng)注意：中學(xué)階段凡可用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)解決的問(wèn)題，若用動(dòng)量的觀點(diǎn)或能量的觀點(diǎn)求解，一般 都要比用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)簡(jiǎn)便，而中學(xué)階段涉及的曲線運(yùn)動(dòng)3不恒定）、豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)、 碰撞等，就中學(xué)知識(shí)而言，不可能單純考慮用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)求解。2 .應(yīng)用動(dòng)量、能量觀點(diǎn)解決問(wèn)題的兩點(diǎn)技巧：靈活選取系統(tǒng)的構(gòu)成，根據(jù)題目的特點(diǎn)可選取其中動(dòng)量守恒或能量守恒的幾個(gè)物體為 研究對(duì)象，不一定選所有的物體為研究對(duì)象。（2）靈活選取物理過(guò)程。在綜合題目中，物體運(yùn)動(dòng)常有幾個(gè)不同過(guò)程，根據(jù)題目的已知、 未知靈活地選取物理過(guò)程來(lái)研究。列方程前

25、要注意鑒別、判斷所選過(guò)程動(dòng)量、機(jī)械能的守恒 情況。專題強(qiáng)化訓(xùn)練1. （2020山東棗莊二模）某工廠檢查立方體工件表面光滑程度的裝置如圖所示，用彈簧將 工件彈射到反向轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶上，恰好能傳送過(guò)去是合格的最低標(biāo)準(zhǔn)。假設(shè)傳送帶的長(zhǎng) 度為10 m、運(yùn)行速度是8 m/s,工件剛被彈射到傳送帶左端時(shí)的速度是10 m/s,取重力加速度 g =10 m/s2。下列說(shuō)法正確的是（B ）A.工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)不大于0.32才為合格B.工件被傳送過(guò)去的最長(zhǎng)時(shí)間是2sC.若工件不被傳送過(guò)去，返回的時(shí)間與正向運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等D.若工件不被傳送過(guò)去，返回到出發(fā)點(diǎn)的速度為10 m/s解析本題考查傳送帶模型。工件

26、恰好傳到右端，有0-v 0 =- 2隨L，解得 =0.5 ,所 以工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)不大于0.5才為合格，工件被傳送過(guò)去的最長(zhǎng)時(shí)間t=紜二2 s , Pg故A錯(cuò)誤，B正確；若工件不被傳送過(guò)去，當(dāng)反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，最大速度與傳送帶共速，由于傳 送帶的速度小于工件的初速度，根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)速度一時(shí)間關(guān)系可知，返回的時(shí)間與正向運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不相等，故C、D錯(cuò)誤。2.如圖所示，質(zhì)量為2 kg的小車以2.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)在小車 上表面上方1.25 m高度處將一質(zhì)量為0.5 kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊由靜止釋放，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間 物塊落在小車上，最終兩者一起水平向右勻速運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g

27、=10 m/s2,忽略空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是(D )A.物塊釋放0.3 s后落到小車上B.若只增大物塊的釋放高度，物塊與小車的共同速度變小C.物塊與小車相互作用的過(guò)程中，物塊和小車的動(dòng)量守恒D.物塊與小車相互作用的過(guò)程中，系統(tǒng)損失的能量為7.5 J解析物塊下落的時(shí)間為t=二,產(chǎn)產(chǎn)s = 0.5 s,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物塊與小車相 互作用的過(guò)程中，物塊與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，在豎直方向動(dòng)量不守恒，由 水平方向動(dòng)量守恒有Mv0 =(m + m)v，釋放高度增大，水平方向的共同速度不變，選項(xiàng)B、C 錯(cuò)誤；在整個(gè)過(guò)程中，由能量守恒定律得系統(tǒng)損失的機(jī)械能A E=mgh + |Mv g-2(M

28、+ m) v 2, 代入數(shù)據(jù)可得AE = 7.5 J ,選項(xiàng)D正確。3. (2019.全國(guó)卷m, 25)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA =1.0 kg, mB=4.0 kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l =1.0 m,如圖所 示。某時(shí)刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動(dòng)能之和為Ek=10.0 J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運(yùn)動(dòng)。A、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 尸0.20。 重力加速度取g =10 m/s2。A、B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大??；(2)物塊A、B中的哪一個(gè)先停止？該物塊剛停止時(shí)A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？答案(1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物塊 B 先停止 0.50 m (3)0.91 m解析(1)設(shè)