高考物理二輪復(fù)習(xí)講練(新高考版) 第1部分 專題2 題型專練二 力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用（含解析）

題型專練二力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用高考題型1應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理多過程問題1．力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)比力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)應(yīng)規(guī)律表達(dá)式動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)牛頓第二定律F合＝ma勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－v02＝2ax等能量觀點(diǎn)動(dòng)能定理W合＝ΔEk機(jī)械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能關(guān)系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2動(dòng)量觀點(diǎn)動(dòng)量定理I合＝p′－p動(dòng)量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′2.選用原則(1)當(dāng)物體受到恒力作用做勻變速直線運(yùn)動(dòng)(曲線運(yùn)動(dòng)某一方向可分解為勻變速直線運(yùn)動(dòng))，涉及時(shí)間與運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)時(shí)，一般選用動(dòng)力學(xué)方法解題．(2)當(dāng)涉及功、能和位移時(shí)，一般選用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系或能量守恒定律解題，題目中出現(xiàn)相對(duì)位移(摩擦生熱)時(shí)，應(yīng)優(yōu)先選用能量守恒定律．(3)不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度而涉及物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問題，特別是對(duì)于打擊類問題，因時(shí)間短且沖力隨時(shí)間變化，應(yīng)用動(dòng)量定理求解．(4)對(duì)于碰撞、爆炸、反沖、地面光滑的板—塊問題，若只涉及初末速度而不涉及力、時(shí)間，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求解．考題示例例1(2019·全國卷Ⅲ·25)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；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＝1.0m，如圖1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＝10.0J．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μ＝0.20.重力加速度取g＝10m/s2.A、B運(yùn)動(dòng)過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短．圖1(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小；(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)4.0m/s1.0m/s(2)物塊B先停止0.50m(3)0.91m解析(1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和題給條件有0＝mAvA－mBvB①Ek＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s③(2)A、B兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動(dòng)時(shí)加速度大小相等，設(shè)為a.假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個(gè)物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B.設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時(shí)間為t，B向左運(yùn)動(dòng)的路程為sB，則有mBa＝μmBg④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2⑤vB－at＝0⑥在時(shí)間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運(yùn)動(dòng)，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時(shí)間t內(nèi)的路程sA都可表示為sA＝vAt－eq\f(1,2)at2⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得sA＝1.75m，sB＝0.25m⑧這表明在時(shí)間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時(shí)A位于出發(fā)點(diǎn)右邊0.25m處．B位于出發(fā)點(diǎn)左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為s＝0.25m＋0.25m＝0.50m⑨(3)t時(shí)刻后A將繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時(shí)速度的大小為vA′，由動(dòng)能定理有eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mAvA2＝－μmAgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2l＋sB))⑩聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得vA′＝eq\r(7)m/s?故A與B將發(fā)生碰撞．設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA″和vB″，由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律有mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″?eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2?聯(lián)立???式并代入題給數(shù)據(jù)得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),5)m/s?這表明碰撞后A將向右運(yùn)動(dòng)，B繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)．設(shè)碰撞后A向右運(yùn)動(dòng)距離為sA′時(shí)停止，B向左運(yùn)動(dòng)距離為sB′時(shí)停止，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2?由④??式及題給數(shù)據(jù)得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m?sA′小于碰撞處到墻壁的距離．由上式可得兩物塊停止后的距離s′＝sA′＋sB′＝0.91m命題預(yù)測1．(2020·山東威海市高三二模)如圖2甲所示，足夠長的斜面與水平面的夾角為30°，質(zhì)量分別為0.5kg和1kg的A、B兩個(gè)小物塊，用一根細(xì)線相連，A、B之間有一被壓縮的微型彈簧，A、B與彈簧組成的系統(tǒng)可視為質(zhì)點(diǎn)．某時(shí)刻，將A、B從P點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)至Q點(diǎn)時(shí)，細(xì)線突然斷裂，壓縮的微型彈簧使A、B瞬間分離，從分離時(shí)開始計(jì)時(shí)，A、B短時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的速度－時(shí)間圖像如圖乙所示，重力加速度取g＝10m/s2.求：圖2(1)A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μA、μB；(2)細(xì)線斷裂前微型彈簧儲(chǔ)存的彈性勢能Ep；(3)A、B再次相遇前的最遠(yuǎn)距離L.答案(1)eq\f(\r(3),6)eq\f(\r(3),3)(2)6J(3)eq\f(68,15)m解析(1)根據(jù)題圖乙可知，A、B分離后，B沿斜面向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A沿斜面向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，且A的加速度大小為aA＝eq\f(Δv,Δt)＝7.5m/s2對(duì)A由牛頓第二定律得mAgsin30°＋μAmAgcos30°＝mAaA，解得μA＝eq\f(\r(3),6)對(duì)B由平衡條件得mBgsin30°＝μBmBgcos30°，解得μB＝eq\f(\r(3),3)(2)細(xì)線斷裂瞬間，對(duì)A、B由動(dòng)量守恒定律得(mA＋mB)v＝mAvA＋mBvB由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2解得Ep＝6J.(3)當(dāng)A、B的速度相等時(shí)，二者相距最遠(yuǎn)，設(shè)A上滑的時(shí)間為tA，位移為xA；A下滑過程中的加速度為aA′，時(shí)間為tA′，位移為xA′，則有|vA|＝aAtA，vA2＝2aAxA對(duì)A由牛頓第二定律得mAgsin30°－μAmAgcos30°＝mAaA′vB＝aA′tA′，vB2＝2aA′xA′，B發(fā)生的位移xB＝vB(tA＋tA′)A、B再次相遇前的最遠(yuǎn)距離L＝xB＋xA－xA′解得L＝eq\f(68,15)m.2．(2020·四川瀘州市質(zhì)量檢測)如圖3所示，足夠長的固定粗糙水平木板左端的D點(diǎn)平滑連接半徑為R＝2m、豎直放置的四分之一光滑圓弧軌道，C、D分別是圓弧軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，兩軌道均固定在地面上．可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A從C點(diǎn)開始，以初速度v0＝3m/s沿圓弧軌道滑動(dòng)．水平木板上離D點(diǎn)距離為3.25m的P點(diǎn)靜置另一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B.已知物塊A、B與水平木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，物塊A的質(zhì)量m1＝1kg，取g＝10m/s2.圖3(1)求物塊A從C點(diǎn)滑到D點(diǎn)時(shí)，對(duì)圓弧軌道的壓力；(2)若物塊B的質(zhì)量為m2＝1kg，物塊A與B碰撞后粘在一起，求它們最終停止的位置距D點(diǎn)多遠(yuǎn)；(3)若B的質(zhì)量為m2′＝5kg，物塊A與B的碰撞為彈性碰撞(且碰撞時(shí)間極短)，求物塊A與B均停止后它們相距多遠(yuǎn)．答案(1)34.5N，方向豎直向下(2)5.5m(3)3.5m解析(1)設(shè)物塊A在D點(diǎn)的速度為v1，則物塊A從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理可得：m1gR＝eq\f(1,2)m1v12－eq\f(1,2)m1v02得v1＝7m/s設(shè)物塊A在D點(diǎn)受到圓弧軌道向上的支持力大小為FN，則有FN－m1g＝m1eq\f(v12,R)得FN＝34.5N由牛頓第三定律可得：物塊A在D點(diǎn)對(duì)圓弧軌道的壓力大小為FN′＝34.5N，方向豎直向下．(2)設(shè)物塊A在P點(diǎn)與物塊B碰撞前瞬間的速度為v2，加速度大小為a1，則從D點(diǎn)到P點(diǎn)的過程中，由牛頓第二定律得：μm1g＝m1a1－2a1L＝v22－v12得v2＝6m/s物塊A與物塊B碰撞的過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有m1v2＝(m1＋m2)v3解得v3＝3m/sA、B碰撞后粘在一起做減速運(yùn)動(dòng)的過程中，設(shè)加速度大小為a2，由牛頓第二定律可得：μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a20－v32＝－2a2x得x＝eq\f(9,4)m＝2.25m此時(shí)距D的距離為L＋x＝5.5m(3)物塊A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的速度仍為v2＝6m/s，碰撞過后瞬間A與B的速度分別為v4、v5，A與B的碰撞為彈性碰撞，則碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量和動(dòng)能均守恒，可得m1v2＝m1v4＋m2′v5eq\f(1,2)m1v22＝eq\f(1,2)m1v42＋eq\f(1,2)m2′v52得v4＝－4m/s，v5＝2m/s由于eq\f(1,2)m1v42<m1gR＋μm1gL，故A反彈后不能達(dá)到C點(diǎn)；設(shè)物塊A與B碰撞過后，直至停止的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，在水平地面上運(yùn)動(dòng)的路程為s，由動(dòng)能定理可得：－μm1gs＝0－eq\f(1,2)m1v42得s＝4m故物塊A向左運(yùn)動(dòng)3.25m后滑上圓弧返回后又向右運(yùn)動(dòng)了x1＝s－L＝0.75m物塊B向右減速至零，則有0－v52＝－2a3x2，μm2′g＝m2′a3解得x2＝1m故A、B相距s＝L＋x2－x1＝3.5m．高考題型2應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決板—塊模型問題1．滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零時(shí)，優(yōu)先選用動(dòng)量守恒定律解題；若地面不光滑或受其他外力時(shí)，需選用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解題．2．滑塊與木板達(dá)到相同速度時(shí)應(yīng)注意摩擦力的大小和方向是否發(fā)生變化．3．應(yīng)注意區(qū)分滑塊、木板各自的對(duì)地位移和它們的相對(duì)位移．用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)能定理列式時(shí)位移指對(duì)地位移；求系統(tǒng)摩擦生熱時(shí)用相對(duì)位移(或相對(duì)路程)．考題示例例2(2013·山東卷·38(2))如圖4所示，光滑水平軌道上放置長板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.開始時(shí)C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，A與C發(fā)生碰撞(時(shí)間極短)后C向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動(dòng)，且恰好不再與C發(fā)生碰撞．求A與C碰撞后瞬間A的速度大小．圖4答案2m/s解析因碰撞時(shí)間極短，A與C碰撞過程動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC①A與B在摩擦力作用下達(dá)到共同速度，設(shè)共同速度為vAB，由動(dòng)量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②A與B達(dá)到共同速度后恰好不再與C碰撞，應(yīng)滿足vAB＝vC③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得vA＝2m/s.命題預(yù)測3．(2020·云南昆明市高三“三診一?！睖y試)如圖5甲所示，質(zhì)量為m＝0.3kg的小物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M＝0.1kg、長度L＝0.6m的木板A的最左端，A和B一起以v0＝1m/s的速度在光滑水平面上向右運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后A與右側(cè)一豎直固定擋板P發(fā)生彈性碰撞．以碰撞瞬間為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，取水平向右為正方向，碰后0.5s內(nèi)B的速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示．取重力加速度g＝10m/s2，求：圖5(1)A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)A與P第1次碰撞到第2次碰撞的時(shí)間間隔；(3)A與P碰撞幾次，B與A分離．答案(1)0.1(2)0.75s(3)2次解析(1)碰后A向左減速，B向右減速，由題圖乙得：aB＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2由牛頓第二定律有μmg＝maB解得μ＝0.1(2)碰后B向右減速，A向左減速到0后，向右加速，最后與B共速，對(duì)A、B由動(dòng)量守恒定律可得：mv0－Mv0＝(M＋m)v1解得：v1＝0.5m/s此過程，對(duì)B由動(dòng)量定理得：mv1－mv0＝－μmgt1解得：t1＝0.5s對(duì)A由動(dòng)能定理有：－μmgxA＝eq\f(1,2)Mv12－eq\f(1,2)Mv02解得：xA＝0.125m此后A、B一起向右勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t2＝eq\f(xA,v1)＝0.25s所以一共用為0.75s(3)A第1次與擋板P碰撞后到共速的過程中，對(duì)整個(gè)系統(tǒng)，由能量守恒有：eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)Mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v12＋μmgx相對(duì)1解得x相對(duì)1＝0.5m假設(shè)第3次碰撞前，A與B不分離，A第2次與擋板P相碰后到共速的過程中，以水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒有：mv1－Mv1＝(M＋m)v2由能量守恒有：eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv12＝eq\f(1,2)(M＋m)v22＋μmgx相對(duì)2解得：x相對(duì)2＝0.125m由于x相對(duì)＝x相對(duì)1＋x相對(duì)2>L，所以A與P碰撞2次，B與A分離．4．如圖6所示，質(zhì)量為M的水平木板靜止在光滑的水平地面上，左端放一質(zhì)量為m的鐵塊，現(xiàn)給鐵塊一個(gè)水平向右的瞬時(shí)沖量使其以初速度v0開始運(yùn)動(dòng)，并與固定在木板另一端的彈簧相碰后返回，恰好又停在木板左端．(重力加速度為g)圖6(1)求整個(gè)過程中系統(tǒng)克服摩擦力做的功．(2)若鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則鐵塊相對(duì)木板的最大位移是多少？(3)系統(tǒng)的最大彈性勢能是多少？答案(1)eq\f(Mmv02,2M＋m)(2)eq\f(Mv02,4μgM＋m)(3)eq\f(Mmv02,4M＋m)解析設(shè)彈簧被壓縮至最短時(shí)，共同速度為v1，此時(shí)彈性勢能最大，設(shè)為Ep，鐵塊回到木板左端時(shí)，共同速度為v2，則由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v1①mv0＝(M＋m)v2②(1)整個(gè)過程系統(tǒng)克服摩擦力做的功Wf＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v22③聯(lián)立②③解得Wf＝eq\f(Mmv02,2M＋m)④(2)系統(tǒng)克服摩擦力做的功Wf＝2μmgL⑤聯(lián)立④⑤解得L＝eq\f(Mv02,4μgM＋m)⑥(3)根據(jù)能量守恒定律得eq\f(1,2)Wf＋Ep＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v12⑦聯(lián)立①④⑦解得Ep＝eq\f(Mmv02,4M＋m)⑧5．(2020·河南鄭州市線上測試)如圖7所示，長木板B的質(zhì)量為m2＝1.0kg，靜止放在粗糙的水平地面上，質(zhì)量為m3＝1.0kg的物塊C(可視為質(zhì)點(diǎn))放在長木板的最右端．一個(gè)質(zhì)量為m1＝0.5kg的物塊A從距離長木板B左側(cè)l＝9.5m處，以初速度v0＝10m/s向著長木板運(yùn)動(dòng)．一段時(shí)間后物塊A與長木板B發(fā)生彈性正碰(時(shí)間極短)，之后三者發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過程物塊C始終在長木板上．已知物塊A及長木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.1，物塊C與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.2，物塊C與長木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2，求：圖7(1)A、B碰后瞬間物塊A和長木板B的速度；(2)長木板B的最小長度；(3)物塊A離長木板左側(cè)的最終距離．答案(1)3m/s，方向向左6m/s，方向向右(2)3m(3)10.5m解析(1)設(shè)物塊A與木板B碰前瞬間的速度為v，由動(dòng)能定理得－μ1m1gl＝eq\f(1,2)m1v2－eq\f(1,2)m1v02解得v＝eq\r(v02－2μ1gl)＝9m/sA與B發(fā)生彈性碰撞，假設(shè)碰撞后的瞬間速度分別為v1、v2，由動(dòng)量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)m1v2＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22聯(lián)立解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v＝－3m/s，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v＝6m/s碰后瞬間物塊A的速度大小為3m/s、方向向左，長木板B的速度大小為6m/s、方向向右；(2)碰撞后B做減速運(yùn)動(dòng)，C做加速運(yùn)動(dòng)，B、C達(dá)到共同速度之前，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，對(duì)木板B有－μ1(m2＋m3)g－μ2m3g＝－m2a1對(duì)物塊C有μ2m3g＝m3a2設(shè)從碰撞后到兩者達(dá)到共同速度經(jīng)歷的時(shí)間為t，則v2－a1t＝a2t木板B的最小長度d＝v2t－eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝3m(3)B、C達(dá)到共同速度之后，因μ1(m2＋m3)g＝μ2m3g，故二者一起減速至停下，設(shè)加速度大小為a3，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得μ1(m2＋m3)g＝(m2＋m2)a3整個(gè)過程B運(yùn)動(dòng)的位移為xB＝v2t－eq\f(1,2)a1t2＋eq\f(0－a2t2,－2a3)＝6mA與B碰撞后，A做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a4＝eq\f(μm1g,m1)＝1m/s2，位移為xA＝eq\f(0－v12,－2a4)＝4.5m物塊A離長木板B左側(cè)的最終距離為xA＋xB＝10.5m.專題強(qiáng)化練[保分基礎(chǔ)練]1．(2020·廣東東莞市線上檢測)如圖1所示，一個(gè)質(zhì)量為m的物塊A與另一個(gè)質(zhì)量為2m的物塊B發(fā)生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中，假如碰撞過程中無機(jī)械能損失，已知物塊B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，與沙坑的距離為1m，g取10m/s2，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，則碰撞前瞬間A的速度大小為()圖1A．0.5m/s B．1m/sC．2m/s D．3m/s答案D解析碰撞后B做勻減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得－μ·2mgx＝0－eq\f(1,2)×2mv2，代入數(shù)據(jù)得v＝2m/s，A與B碰撞的過程中，A與B組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，選取向右為正方向，則mv0＝mv1＋得v0＝3m/s，故選D.2．(2020·河北唐山市高三第一次模擬)如圖2所示，光滑水平面上有質(zhì)量為m的足夠長的木板，木板上放一質(zhì)量也為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的小木塊，開始木塊、木板均靜止．現(xiàn)分別使木塊獲得向右的水平初速度v0和2v0，兩次運(yùn)動(dòng)均在木板上留下劃痕，則兩次劃痕長度之比為()圖2A．1∶4 B．1∶4eq\r(2)C．1∶8 D．1∶12答案A解析木塊從開始到相對(duì)長木板靜止的過程中，木塊和木板組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，取水平向右為正方向，則有mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)；對(duì)系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒定律有μmgs＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2，解得劃痕長度s＝eq\f(Mv02,2μM＋mg)，同理，當(dāng)木塊的初速度為2v0時(shí)，則劃痕長度為s′＝eq\f(M2v02,2μM＋mg)，故兩次劃痕長度之比為s∶s′＝1∶4，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．3．如圖3所示，在光滑水平面上有一帶擋板的長木板，擋板和長木板的總質(zhì)量為m，木板長度為L(擋板的厚度可忽略不計(jì))，擋板上固定有一個(gè)小炸藥包(可視為質(zhì)量不計(jì)的點(diǎn))．木板左端有一質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)點(diǎn))的滑塊．滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)給滑塊一個(gè)水平向右的初速度v0，滑塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)，剛好能與小炸藥包接觸，接觸瞬間小炸藥包爆炸(此過程時(shí)間極短，爆炸后滑塊與木板只在水平方向上運(yùn)動(dòng)，且完好無損)，滑塊向左運(yùn)動(dòng)，最終回到木板的左端，恰與木板相對(duì)靜止．重力加速度為g.求：圖3(1)滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)小炸藥包爆炸后瞬間滑塊和木板的速度．答案(1)eq\f(v02,4gL)(2)0v0，方向水平向右解析(1)滑塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)，剛好能與炸藥包接觸，此時(shí)滑塊和木板的速度相同，設(shè)滑塊剛要與炸藥包接觸時(shí)的速度為v1，以水平向右為正方向；滑塊在木板上滑動(dòng)的過程中，滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受合外力為零，則該系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故有mv0＝2mv1解得v1＝eq\f(1,2)v0，方向水平向右滑塊在木板上滑動(dòng)的過程中，對(duì)系統(tǒng)，由功能關(guān)系可知μmgL＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv12聯(lián)立解得μ＝eq\f(v02,4gL)(2)設(shè)小炸藥包爆炸后瞬間滑塊和木板的速度分別為v1′和v2′，最終滑塊相對(duì)木板靜止于木板的左端時(shí)速度為v2，系統(tǒng)在爆炸前后動(dòng)量守恒，則有2mv1＝mv1′＋mv2′2mv1＝2mv2小炸藥包爆炸后，滑塊在木板上運(yùn)動(dòng)的過程中，對(duì)系統(tǒng)，根據(jù)功能關(guān)系，有μmgL＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)mv2′2－eq\f(1,2)×2mv22聯(lián)立以上各式解得v1′＝0，v2′＝v0，方向水平向右．[爭分提能練]4.(2020·山東三校在線聯(lián)考)如圖4所示，一平板小車C靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量分別為m的物體A和2m的物體B均以大小為v的初速度分別沿同一直線同時(shí)從小車兩端相向水平滑上小車．設(shè)兩物體與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，小車質(zhì)量為m，最終物體A、B都停在小車上，物體A、B始終沒有相碰．重力加速度為g，求：圖4(1)最終小車的速度大小及方向；(2)平板車的長度至少為多長．答案(1)eq\f(v,4)方向水平向左(2)eq\f(9v2,8μg)解析(1)以A、B兩物體及小車組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，以B的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律可得2mv－mv＝4mv1解得v1＝eq\f(v,4)，方向水平向左(2)初始階段A物體向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小aA＝eq\f(μmg,m)＝μg；B物體向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小aB＝eq\f(μ·2mg,2m)＝μg；小車向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小aC＝eq\f(μ·2mg－μmg,m)＝μg經(jīng)過t1時(shí)間，B、C達(dá)到共同速度，則有v－μgt1＝μgt1此時(shí)t1＝eq\f(v,2μg)，B、C的速度v2＝eq\f(v,2)，方向向左，A的速度大小與B、C相同，方向相反，該過程中，A相對(duì)C運(yùn)動(dòng)的距離：Δx1＝(vt1－eq\f(1,2)aAt12)＋eq\f(1,2)aCt12B相對(duì)C運(yùn)動(dòng)的距離：Δx2＝(vt1－eq\f(1,2)aBt12)－eq\f(1,2)aCt12此后B、C共同向左做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小a＝eq\f(μmg,3m)＝eq\f(μg,3)直到三物體速度相同，所用時(shí)間t2＝eq\f(v1－v2,－a)＝eq\f(3v,4μg)該過程A相對(duì)B、C滑行的距離：Δx3＝(v2t2－eq\f(1,2)aAt22)＋(v2t2－eq\f(1,2)at22)所以小車的長度至少是l＝Δx1＋Δx2＋Δx3＝eq\f(9v2,8μg).5．(2020·湖北武漢市高三調(diào)研卷)如圖5所示，裝置的左邊是光滑水平臺(tái)面，一水平輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量M＝3kg的物塊A.裝置的中間是始終在以u(píng)＝2m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶，它與左邊的臺(tái)面等高并平滑對(duì)接，它也與右邊的傾角θ＝37°的光滑斜面平滑對(duì)接．物塊A靜止在其平衡位置，此處距傳送帶左端l＝0.5m．質(zhì)量m＝1kg的物塊B從斜面上距水平臺(tái)面高h(yuǎn)＝2.0m處由靜止釋放，已知物塊B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，傳送帶的長度為L＝1.0m．物塊A、B都可視為質(zhì)點(diǎn)，A、B發(fā)生的每次碰撞都是彈性正碰且碰撞時(shí)間極短．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：圖5(1)物塊B與物塊A第一次碰撞前瞬間，B的速度大??；(2)物塊B與物塊A第一次碰撞后，B返回斜面相對(duì)水平臺(tái)面能上升的最大高度h′；(3)如果物塊A每次被B碰撞后，會(huì)在外力幫助下靜止在其平衡位置等待B的再次碰撞，當(dāng)物塊B在傳送帶上第一次對(duì)地速度減為零時(shí)，物塊B從開始到此時(shí)相對(duì)于地面運(yùn)動(dòng)的總路程s多大．答案(1)6m/s(2)0.25m(3)11.83m解析(1)B從斜面滑下過程機(jī)械能守恒，mgh＝eq\f(1,2)mv02解得B滑上傳送帶瞬間v0＝2eq\r(10)m/sB滑上傳送帶做勻減速運(yùn)動(dòng)，v02－v12＝2aL，μmg＝ma解得B滑過傳送帶與A碰前瞬間的速度v1＝6m/s(2)A、B發(fā)生彈性碰撞，動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，碰后B的速度為v2，A的速度為vAmv1＝mv2＋MvA，eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv22＋eq\f(1,2)MvA2聯(lián)立兩式解得v2＝－eq\f(1,2)v1，vA＝eq\f(1,2)v1，即v2＝－3m/s物塊B以3m/s的速度返回到傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)直到最右端，則v22－v32＝2aL解得v3＝eq\r(5)m/s＞u＝2m/s故此次在傳送帶上向右一直做勻減速運(yùn)動(dòng)，則mgh′＝eq\f(1,2)mv32，得h′＝0.25m(3)物塊B上升h′后再返回傳送帶右端時(shí)，速度大小為v3＝eq\r(5)m/s，滑上傳送帶，減速至左端v32－v42＝2aL，得v4＝1m/s物塊B與A第二次發(fā)生彈性碰撞，碰后速度v5＝－eq\f(1,2)m/s返回傳送帶后向右勻加速運(yùn)動(dòng)，u2－v52＝2ax得x＝eq\f(15,16)m＜L＝1m故運(yùn)動(dòng)x后勻速運(yùn)動(dòng)至右端，以初速度大小u＝2m/s滑上斜面，則mgh″＝eq\f(1,2)mu2得h″＝0.2m再次返回勻減速運(yùn)動(dòng)至傳送帶左端時(shí)恰好對(duì)地速度為零，則物塊B從開始到此時(shí)對(duì)地總路程s＝4l＋5L＋eq\f(h＋2h′＋2h″,sinθ)得s＝eq\f(71,6)m≈11.83m.6