專題07力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用（講義）-2024年高考物理二輪復(fù)習(xí)高頻考點(diǎn)追蹤與預(yù)測

專題03力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用01專題網(wǎng)絡(luò)·思維腦圖02考情分析·解密高考03高頻考點(diǎn)·以考定法04核心素養(yǎng)·難點(diǎn)突破05創(chuàng)新好題·輕松練考點(diǎn)內(nèi)容學(xué)習(xí)目標(biāo)傳送帶問題1.掌握傳送帶中的動力學(xué)和能量問題；2.掌握板塊模型中的動力學(xué)和能量問題；3.掌握碰撞模型中的動量和能量計算；4.掌握子彈打木塊問題中的動量和能量轉(zhuǎn)化問題；5.掌握彈簧問題及斜面問題中的動量和能量轉(zhuǎn)化；板塊問題碰撞模型及多過程問題子彈打木塊問題碰撞模型拓展動量和能量綜合問題動力學(xué)三大觀點(diǎn)力學(xué)三大觀點(diǎn)對應(yīng)規(guī)律表達(dá)式選用原則動力學(xué)觀點(diǎn)牛頓第二定律F合＝ma物體做勻變速直線運(yùn)動，涉及運(yùn)動細(xì)節(jié)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－v02＝2ax等能量觀點(diǎn)動能定理W合＝ΔEk涉及做功與能量轉(zhuǎn)換機(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動量觀點(diǎn)動量定理I合＝p′－p只涉及初末速度、力、時間而不涉及位移、功動量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′只涉及初末速度而不涉及力、時間動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。應(yīng)用動能定理的關(guān)鍵在于準(zhǔn)確分析研究對象的受力情況及運(yùn)動情況，可以畫出運(yùn)動過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關(guān)系。當(dāng)物體的運(yùn)動包含多個不同過程時，可分段應(yīng)用動能定理求解；也可以全過程應(yīng)用動能定理。列動能定理方程時，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實(shí)難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。傳送帶問題水平傳送帶情景滑塊的運(yùn)動情況傳送帶不足夠長(未達(dá)到和傳送帶相對靜止)傳送帶足夠長一直加速先加速后勻速v0<v時，一直加速v0<v時，先加速再勻速v0>v時，一直減速v0>v時，先減速再勻速滑塊一直減速到右端滑塊先減速到速度為0，后被傳送帶傳回左端若v0<v，則返回到左端時速度為v0；若v0>v，則返回到左端時速度為v傾斜傳送帶

情景滑塊的運(yùn)動情況傳送帶不足夠長傳送帶足夠長一直加速(一定滿足關(guān)系gsinθ<μgcosθ)先加速后勻速(一定滿足關(guān)系gsinθ<μgcosθ)一直加速(加速度為gsinθ＋μgcosθ)若μ≥tanθ，先加速后勻速若μ<tanθ，先以a1加速，后以a2加速v0<v時，一直加速(加速度為gsinθ＋μgcosθ)v0<v時，若μ≥tanθ，先加速后勻速；若μ<tanθ，先以a1加速，后以a2加速v0>v時，若μ<tanθ，一直加速，加速度大小為gsinθ－μgcosθ，若μ≥tanθ，一直減速，加速度大小為μgcosθ－gsinθv0>v時，若μ≥tanθ，先減速后勻速；若μ<tanθ，一直加速(摩擦力方向一定沿斜面向上)gsinθ>μgcosθ，一直加速；gsinθ＝μgcosθ，一直勻速gsinθ<μgcosθ，一直減速gsinθ<μgcosθ，先減速到速度為0后反向加速，若v0≤v，加速到原位置時速度大小為v0；若v0>v，運(yùn)動到原位置時速度大小為v傳送帶中摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化靜摩擦力做功的特點(diǎn)：①靜摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功．②相互作用的一對靜摩擦力做功的代數(shù)和總是等于零，不會轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．滑動摩擦力做功的特點(diǎn)：①滑動摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功．②相互間存在滑動摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)，一對滑動摩擦力做功之和的絕對值等于產(chǎn)生的內(nèi)能．摩擦生熱的計算：①Q(mào)＝Ff·s相對，其中s相對為相互摩擦的兩個物體間的相對路程．②傳送帶因傳送物體多消耗的能量等于物體增加的機(jī)械能與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之和．板塊問題模型特點(diǎn)：滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))置于木板上，滑塊和木板均相對地面運(yùn)動，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發(fā)生相對滑動．位移關(guān)系：如圖所示，滑塊由木板一端運(yùn)動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運(yùn)動時，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板長)；滑塊和木板反向運(yùn)動時，位移大小之和x2＋x1＝L.解題關(guān)鍵點(diǎn)由滑塊與木板的相對運(yùn)動來判斷“板塊”間的摩擦力方向．當(dāng)滑塊與木板速度相同時，“板塊”間的摩擦力可能由滑動摩擦力轉(zhuǎn)變?yōu)殪o摩擦力或者兩者間不再有摩擦力(水平面上共同勻速運(yùn)動)．板塊模型的幾個關(guān)系加速度關(guān)系如果滑塊與木板之間沒有發(fā)生相對運(yùn)動，可以用“整體法”求出它們一起運(yùn)動的加速度；如果滑塊與木板之間發(fā)生相對運(yùn)動，應(yīng)采用“隔離法”分別求出滑塊與木板運(yùn)動的加速度。應(yīng)注意找出滑塊與木板是否發(fā)生相對運(yùn)動等隱含條件速度關(guān)系滑塊與木板之間發(fā)生相對運(yùn)動時，明確滑塊與木板的速度關(guān)系，從而確定滑塊與木板受到的摩擦力。應(yīng)注意當(dāng)滑塊與木板的速度相同時，摩擦力會發(fā)生突變的情況位移關(guān)系滑塊與木板疊放在一起運(yùn)動時，應(yīng)仔細(xì)分析滑塊與木板的運(yùn)動過程，明確滑塊與木板對地的位移和滑塊與木板之間的相對位移之間的關(guān)系用動力學(xué)解決板塊模型問題的思路板塊模型中摩擦力做功與動量、能量轉(zhuǎn)化滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零時，優(yōu)先選用動量守恒定律解題；若地面不光滑或受其他外力時，需選用動力學(xué)觀點(diǎn)解題．應(yīng)注意區(qū)分滑塊、木板各自相對地面的位移和它們的相對位移．用運(yùn)動學(xué)公式或動能定理列式時位移指相對地面的位移；求系統(tǒng)摩擦生熱時用相對位移(或相對路程)．子彈打木塊模型1．模型圖示2．模型特點(diǎn)子彈水平打進(jìn)木塊的過程中，系統(tǒng)的動量守恒．系統(tǒng)的機(jī)械能有損失．3．兩種情景子彈嵌入木塊中，兩者速度相等，機(jī)械能損失最多(完全非彈性碰撞)。動量守恒：mv0＝(m＋M)v能量守恒：Q＝Ff·s＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2子彈穿透木塊：動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；能量守恒：Q＝Ff·d＝eq\f(1,2)mv02－(eq\f(1,2)Mv22＋eq\f(1,2)mv12)“滑塊—彈簧”模型1．模型圖示2．模型特點(diǎn)動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒．機(jī)械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒．彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相同，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(相當(dāng)于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能)．彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大(相當(dāng)于剛完成彈性碰撞)．“滑塊—斜(曲)面”模型1．模型圖示2．模型特點(diǎn)上升到最大高度：m與M具有共同水平速度v共，此時m的豎直速度vy＝0.系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v共2＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度(相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為m的重力勢能)．返回最低點(diǎn)：m與M分離點(diǎn)．水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(相當(dāng)于完成了彈性碰撞)．考向一：傳送帶問題【探究重點(diǎn)】傳送帶中摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化靜摩擦力做功的特點(diǎn)：①靜摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功．②相互作用的一對靜摩擦力做功的代數(shù)和總是等于零，不會轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．滑動摩擦力做功的特點(diǎn)：①滑動摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功．②相互間存在滑動摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)，一對滑動摩擦力做功之和的絕對值等于產(chǎn)生的內(nèi)能．摩擦生熱的計算：①Q(mào)＝Ff·s相對，其中s相對為相互摩擦的兩個物體間的相對路程．②傳送帶因傳送物體多消耗的能量等于物體增加的機(jī)械能與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之和．【高考解密】(2022·浙江)如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點(diǎn)O正下方的A點(diǎn)，以速度v逆時針轉(zhuǎn)動的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長度均為l。圓弧形細(xì)管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點(diǎn)高度為H。開始時，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點(diǎn)，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細(xì)線始終張緊，擺到最低點(diǎn)時恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知，，，，，物塊與MN、CD之間的動摩擦因數(shù)，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，取。(1)若，求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度的大?。?2)物塊a在DE最高點(diǎn)時，求管道對物塊的作用力與h間滿足的關(guān)系；(3)若物塊b釋放高度，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍(以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正，建立x軸)?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)當(dāng)時，，當(dāng)時，【解析】(1)滑塊b擺到最低點(diǎn)過程中，由機(jī)械能守恒定律解得與發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得聯(lián)立解得(2)由(1)分析可知，物塊與物塊在發(fā)生彈性正碰，速度交換，設(shè)物塊剛好可以到達(dá)點(diǎn)，高度為，根據(jù)動能定理可得解得以豎直向下為正方向由動能定理聯(lián)立可得(3)當(dāng)時，物塊位置在點(diǎn)或點(diǎn)右側(cè)，根據(jù)動能定理得從點(diǎn)飛出后，豎直方向水平方向根據(jù)幾何關(guān)系可得聯(lián)立解得代入數(shù)據(jù)解得當(dāng)時，從釋放時，根據(jù)動能定理可得解得可知物塊達(dá)到距離點(diǎn)0.8m處靜止，滑塊a由E點(diǎn)速度為零，返回到時，根據(jù)動能定理可得解得距離點(diǎn)0.6m，綜上可知當(dāng)時代入數(shù)據(jù)得【考向預(yù)測】(2022·河北省高三學(xué)業(yè)考試)如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率v1沿順時針方向轉(zhuǎn)動，傳送帶的傾角為37°.一物塊以初速度v0從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運(yùn)動，其運(yùn)動的v－t圖像如圖乙所示，物塊到傳送帶頂端時速度恰好為零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，則()A．0～1s內(nèi)物塊受到的摩擦力大小大于1～2s內(nèi)的摩擦力大小B．摩擦力方向一直與物塊運(yùn)動的方向相反C．物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5D．傳送帶底端到頂端的距離為10m【答案】D【解析】由題圖乙可知在0～1s內(nèi)物塊的速度大于傳送帶的速度，物塊所受摩擦力的方向沿傳送帶向下，與物塊運(yùn)動的方向相反；1～2s內(nèi)，物塊的速度小于傳送帶的速度，物塊所受摩擦力的方向沿傳送帶向上，與物塊運(yùn)動的方向相同，由于物塊對傳送帶的壓力相等，根據(jù)Ff＝μFN，可知兩段時間內(nèi)摩擦力大小相等，A、B錯誤；在0～1s內(nèi)物塊的加速度大小為a＝|eq\f(Δv,Δt)|＝eq\f(12－4,1)m/s2＝8m/s2，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin37°＋μmgcos37°＝ma，解得μ＝0.25，C錯誤；物塊運(yùn)動的位移大小等于v－t圖線與時間軸所圍圖形的“面積”大小，為x＝eq\f(4＋12,2)×1m＋eq\f(4×1,2)m＝10m，所以傳送帶底端到頂端的距離為10m，D正確．考向二：板塊模型問題【探究重點(diǎn)】求解方法求速度：根據(jù)動量守恒定律求解，研究對象為一個系統(tǒng)；求時間：根據(jù)動量定理求解，研究對象為一個物體；求系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能或相對位移：根據(jù)能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究對象為一個系統(tǒng)．模型應(yīng)用注意點(diǎn)系統(tǒng)的動量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能．若滑塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相同時，木板速度最大，相對位移最大．運(yùn)動學(xué)公式及動能定理中的位移為對地位移，計算系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量時用相對位移，Q＝Ffx相對．滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零時，優(yōu)先選用動量守恒定律解題；若地面不光滑或受其他外力時，需選用動力學(xué)觀點(diǎn)解題．應(yīng)注意區(qū)分滑塊、木板各自相對地面的位移和它們的相對位移．用運(yùn)動學(xué)公式或動能定理列式時位移指相對地面的位移；求系統(tǒng)摩擦生熱時用相對位移(或相對路程)．【高考解密】(2021·全國·高考真題)水平地面上有一質(zhì)量為的長木板，木板的左端上有一質(zhì)量為的物塊，如圖(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時間t的變化關(guān)系如圖(b)所示，其中、分別為、時刻F的大小。木板的加速度隨時間t的變化關(guān)系如圖(c)所示。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為，假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。則下列說法不正確的是()A． B．C． D．在時間段物塊與木板加速度相等【答案】A【詳解】A．圖(c)可知，t1時滑塊木板一起剛在從水平滑動，此時滑塊與木板相對靜止，木板剛要滑動，此時以整體為對象有A錯誤；BC．圖(c)可知，t2滑塊與木板剛要發(fā)生相對滑動，以整體為對象，根據(jù)牛頓第二定律，有以木板為對象，根據(jù)牛頓第二定律，有解得BC正確；D．圖(c)可知，0~t2這段時間滑塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，D正確。【考向預(yù)測】(2023·內(nèi)蒙古高三檢測)如圖甲所示，粗糙的水平地面上有一塊長木板P，小滑塊Q放置于長木板上的最右端．現(xiàn)將一個水平向右的力F作用在長木板的右端，讓長木板從靜止開始運(yùn)動，一段時間后撤去力F.滑塊、長木板的速度時間圖像如圖乙所示，已知滑塊與長木板的質(zhì)量相等，滑塊Q始終沒有從長木板P上滑下．重力加速度取g＝10m/s2.則下列說法正確的是()A．t＝12s時長木板P停下來B．長木板P的長度至少是7.5mC．滑塊Q與長木板P之間的動摩擦因數(shù)是0.5D．滑塊Q在長木板P上滑行的相對位移為12m【答案】B【解析】由題圖乙可知，力F在t1＝5s時撤去，此時長木板P的速度v1＝5m/s，t2＝6s時兩者速度相同，v2＝3m/s，t2＝6s前長木板P的速度大于滑塊Q的速度，t2＝6s后長木板P的速度小于滑塊Q的速度，0～6s過程中，以滑塊Q為研究對象，由牛頓第二定律得μ1mg＝ma1，且a1＝eq\f(Δv,Δt1)＝0.5m/s2，解得μ1＝0.05，在5～6s過程中，以長木板P為研究對象，由牛頓第二定律得μ2(2m)g＋μ1mg＝ma2，且a2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δv2,Δt2)))＝2m/s2，解得μ2＝0.075，從6s末到長木板停下來的過程中，由牛頓第二定律得μ2(2m)g－μ1mg＝ma3，解得a3＝1m/s2，這段時間Δt3＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δv3,a3)))＝3s，則t＝9s時長木板P停下來，故A、C錯誤；長木板P的長度至少是前6s過程中滑塊Q在長木板P上滑行的距離，即Δx1＝eq\f(1,2)×5×5m＋eq\f(1,2)×(5＋3)×1m－eq\f(1,2)×3×6m＝7.5m，故B正確；在從6s末到滑塊Q停下來的過程中，由牛頓第二定律得μ1mg＝ma4，解得a4＝0.5m/s2，這段時間Δt4＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δv4,a4)))＝6s，所以t3＝12s時滑塊Q停下來，6s后滑塊Q在長木板P上滑行的距離Δx2＝eq\f(1,2)×6×3m－eq\f(1,2)×3×3m＝4.5m，前6s長木板P速度更大，后6s滑塊Q速度更大，則滑塊Q在長木板P上滑行的相對位移為Δx＝Δx1－Δx2＝3m，故D錯誤．考向三：碰撞模型及多過程問題【探究重點(diǎn)】碰撞問題遵循的三條原則動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度．【高考解密】(2020·全國卷Ⅲ·15)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖4中實(shí)線所示．已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機(jī)械能為()圖4A．3JB．4JC．5JD．6J【答案】A【解析】根據(jù)題圖圖像，碰撞前甲、乙的速度分別為v甲＝5.0m/s，v乙＝1.0m/s，碰撞后甲、乙的速度分別為v甲′＝－1.0m/s，v乙′＝2.0m/s，碰撞過程由動量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6kg，碰撞過程兩物塊損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)m甲v甲2＋eq\f(1,2)m乙v乙2－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，解得ΔE＝3J，故選A.【考向預(yù)測】(2022·江蘇無錫市普通高中高三期末)如圖所示，質(zhì)量為M＝100g的木板左端是一半徑為R＝10m的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道，軌道右端與木板上表面在B處水平相連．質(zhì)量為m1＝80g的木塊置于木板最右端A處．一顆質(zhì)量為m2＝20g的子彈以大小為v0＝100m/s的水平速度沿木塊的中心軸線射向木塊，最終留在木塊中沒有射出．已知子彈打進(jìn)木塊的時間極短，木板上表面水平部分長度為L＝10m，木塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.(1)求子彈打進(jìn)木塊過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)若木板固定，求木塊剛滑上圓弧時對圓弧的壓力；(3)若木板不固定，地面光滑，求木塊上升的最大高度．【答案】(1)80J(2)4N，方向豎直向下(3)5m【解析】(1)子彈打進(jìn)木塊過程，由動量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝20m/s，由能量守恒定律有ΔE1＝eq\f(1,2)m2v02－eq\f(1,2)(m1＋m2)v12，解得ΔE1＝80J.(2)木塊從A端滑到B端過程，由動能定理有－μ(m1＋m2)gL＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v12，木塊滑到B端時，由牛頓第二定律有FN－(m1＋m2)g＝eq\f(m1＋m2,R)v22，聯(lián)立解得FN＝4N，根據(jù)牛頓第三定律可得F壓＝FN＝4N，方向豎直向下．(3)從開始至木塊在圓弧軌道上滑至最高過程中水平方向系統(tǒng)動量守恒，有m2v0＝(m2＋m1＋M)v3，得v3＝10m/s，子彈打進(jìn)木塊后至木塊在圓弧軌道上滑至最高過程中，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)(m1＋m2)v12＝eq\f(1,2)(m2＋m1＋M)v32＋(m1＋m2)gh＋μ(m1＋m2)gL，解得h＝5m.考向四：子彈打木塊模型【探究重點(diǎn)】動量守恒、末速度相同時：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共，機(jī)械能損失最多，機(jī)械能的損失：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v共2.【高考解密】(2021·湖北)抗日戰(zhàn)爭時期，我軍繳獲不少敵軍武器武裝自己，其中某輕機(jī)槍子彈彈頭質(zhì)量約8g，出膛速度大小約750m/s。某戰(zhàn)士在使用該機(jī)槍連續(xù)射擊1分鐘的過程中，機(jī)槍所受子彈的平均反沖力大小約12N，則機(jī)槍在這1分鐘內(nèi)射出子彈的數(shù)量約為()A．40 B．80 C．120 D．160【答案】C【分析】本題考查動量定理?！窘馕觥吭O(shè)1分鐘內(nèi)射出的子彈數(shù)量為n，則對這n顆子彈由動量定理得代入數(shù)據(jù)解得故選C。【考向預(yù)測】(2023·江蘇省海安實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三檢測)如圖所示，兩個質(zhì)量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質(zhì)量相同、材料不同的兩矩形滑塊A、B中(未射出)，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍．兩種射入過程相比較()A．射入滑塊A的子彈速度變化大B．整個射入過程中兩滑塊受到的沖量不一樣大C．射入滑塊A中時阻力對子彈做功是射入滑塊B中時的兩倍D．兩個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等【答案】D【解析】根據(jù)動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1，mv0＝(m＋M)v2，所以v1＝v2，即兩子彈初、末速度均相等，速度變化量相等，故A錯誤；對滑塊，根據(jù)動量定理得I1＝Mv1，I2＝Mv2，所以I1＝I2，故B錯誤；對子彈，根據(jù)動能定理得Wf1＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，Wf2＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv02，所以Wf1＝Wf2，故C錯誤；對系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒定律得Q1＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v12，Q2＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v22，所以Q1＝Q2，故D正確．考向五：碰撞模型拓展【探究重點(diǎn)】“保守型”碰撞拓展模型圖例(水平面光滑)小球—彈簧模型小球曲面模型達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，動量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最大，分別轉(zhuǎn)化為彈性勢能、重力勢能或電勢能再次分離相當(dāng)于彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，動量滿足mv0＝mv1＋Mv2，能量滿足eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22“耗散型”碰撞拓展模型圖例(水平面、水平導(dǎo)軌都光滑)達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，動量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最大，分別轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電能【高考解密】(2022·全國乙卷·25)如圖(a)，一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在足夠長光滑水平面上；物塊B向A運(yùn)動，t＝0時與彈簧接觸，到t＝2t0時與彈簧分離，碰撞結(jié)束，A、B的v－t圖像如圖(b)所示．已知從t＝0到t＝t0時間內(nèi)，物塊A運(yùn)動的距離為0.36v0t0.碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)．求：(1)碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；(2)碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值．【答案】(1)0.6mv02(2)0.768v0t0【解析】(1)當(dāng)彈簧被壓縮至最短時，彈簧彈性勢能最大，此時A、B速度相等，即在t＝t0時刻，根據(jù)動量守恒定律有mB·1.2v0＝(mB＋m)v0根據(jù)能量守恒定律有Epmax＝eq\f(1,2)mB(1.2v0)2－eq\f(1,2)(mB＋m)v02聯(lián)立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mv02(2)B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動量守恒，有mB·1.2v0＝mBvB＋mvA對方程兩邊同時乘以時間Δt，有6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt0～t0之間，根據(jù)位移等于速度在時間上的累積，可得6mv0t0＝5msB＋msA，將sA＝0.36v0t0代入可得sB＝1.128v0t0則碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值Δs＝sB－sA＝0.768v0t0.【考向預(yù)測】(2023·江蘇省泰州中學(xué)高三檢測)如圖所示，在光滑水平面上停放質(zhì)量為M＝3kg裝有弧形槽的小車．現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝1kg的小球以v0＝4m/s的水平速度沿與切線水平的槽口向小車滑去(不計一切摩擦)，到達(dá)某一高度后，小球又返回小車右端，則()A．小球在小車上到達(dá)最高點(diǎn)時豎直方向速度大小為1m/sB．小球離車后，對地將向左做平拋運(yùn)動C．小球離車后，對地將做自由落體運(yùn)動D．此過程中小球?qū)囎龅墓?J【答案】D【解析】小球在小車上到達(dá)最高點(diǎn)時，小球與小車速度相等，方向水平，所以此時小球豎直方向速度為0，故A錯誤；以小球與小車為系統(tǒng)，水平方向動量守恒，取v0的方向?yàn)檎较颍蓜恿渴睾愣傻胢v0＝mv1＋Mv2，不計一切摩擦，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，解得小球離車時的速度v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0＝－2m/s，負(fù)號表示方向向右，小球離車時小車的速度v2＝eq\f(2m,m＋M)v0＝2m/s，故小球離車后，對地將向右做平拋運(yùn)動，故B、C錯誤；由動能定理得，此過程中小球?qū)囎龅墓閃＝eq\f(1,2)Mv22＝6J，故D正確．考向六：動量和能量綜合問題【探究重點(diǎn)】解動力學(xué)問題的三個基本觀點(diǎn)動力學(xué)觀點(diǎn)：運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)知識解題，可處理勻變速運(yùn)動問題．能量觀點(diǎn)：用動能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動問題．動量觀點(diǎn)：用動量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動問題．用動量定理可簡化問題的求解過程．力學(xué)規(guī)律的選用原則如果要列出各物理量在某一時刻的關(guān)系式，可用牛頓第二定律．研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動狀態(tài)改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題．若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件．在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能的量．在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)化，作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決．【高考解密】(2022·廣東卷·13)某同學(xué)受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設(shè)計了如圖所示的物理模型．豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動時，受到滑桿的摩擦力Ff為1N，滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運(yùn)動．已知滑塊的質(zhì)量m＝0.2kg，滑桿的質(zhì)量M＝0.6kg，A、B間的距離l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力．求：(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小FN1和FN2；(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；(3)滑桿向上運(yùn)動的最大高度h.【答案】(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m【解析】(1)當(dāng)滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即FN1＝(m＋M)g＝8N當(dāng)滑塊向上滑動時受到滑桿的摩擦力為1N，根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1N，方向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力為FN2＝Mg－Ff′＝5N.(2)滑塊開始向上運(yùn)動到碰前瞬間根據(jù)動能定理有－mgl－Ffl＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)解得v1＝8m/s.(3)由于滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，取豎直向上為正方向，碰撞過程根據(jù)動量守恒定律有mv1＝(m＋M)v碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運(yùn)動，根據(jù)動能定理有－(m＋M)gh＝0－eq\f(1,2)(m＋M)v2代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得h＝0.2m.【考向預(yù)測】(2023·江蘇無錫市模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑軌道ABC，AB是半徑為R的四分之一圓弧軌道，水平軌道BC足夠長，其上放有一前端固定輕彈簧的小物塊Q.一質(zhì)量為m的小物塊P自A處由靜止釋放，沿AB滑下后與Q相碰．已知重力加速度為g，求：(1)若Q的質(zhì)量也為m，則彈簧被壓縮的過程中最大彈性勢能為多大；(2)若Q的質(zhì)量為2m，則P第一次反彈后，沿圓弧軌道達(dá)到的最大高度為多大；(3)若要使P與Q只發(fā)生一次碰撞，則物塊Q的質(zhì)量應(yīng)滿足什么條件．【答案】(1)eq\f(1,2)mgR(2)eq\f(1,9)R(3)物塊Q的質(zhì)量小于等于3m【解析】(1)P從A滑到B，重力勢能轉(zhuǎn)化為動能，設(shè)P的速度達(dá)到v1，則有mgR＝eq\f(1,2)mv12當(dāng)Q與P速度相同時，彈簧的彈性勢能最大，系統(tǒng)動量守恒，碰撞后以共同速度v共向右運(yùn)動，則有mv1＝2mv共Ep＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)×2mv共2聯(lián)立解得Ep＝eq\f(1,2)mgR(2)P與Q發(fā)生碰撞時系統(tǒng)動量守恒，且沒有機(jī)械能損失．設(shè)向右為正方向，有mv1＝mv1′＋2mv2′eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)×2mv2′2解得v1′＝－eq\f(1,3)eq\r(2gR)(負(fù)號表示P向左運(yùn)動)此后P沖上圓弧軌道，設(shè)P能達(dá)到的最大高度是h′eq\f(1,2)mv1′2＝mgh′將v1′＝－eq\f(1,3)eq\r(2gR)代入上式，解得h′＝eq\f(1,9)R(3)P滑到水平軌道以速度v1與靜止的Q發(fā)生第一次碰撞，設(shè)向右為正方向，有mv1＝mvP′＋mQv2′eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mvP′2＋eq\f(1,2)mQv2′2解得vP′＝eq\f(m－mQv1,m＋mQ)，vQ′＝eq\f(2mv1,m＋mQ)若不發(fā)生第二次碰撞，則|vP′|≤vQ′即|m－mQ|≤2m可得mQ≤3m.(2022·湖南郴州市質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩個小球A、B，帶有等量異種電荷，通過絕緣輕彈簧相連接，置于絕緣光滑的水平面上．突然加一水平向右的勻強(qiáng)電場后，兩球A、B將由靜止開始運(yùn)動，對兩小球A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，在以后的運(yùn)動過程中，以下說法正確的是(設(shè)整個過程中不考慮電荷間庫侖力的作用，且彈簧不超過彈性限度)()A．系統(tǒng)動量守恒B．系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．彈簧彈力與靜電力大小相等時系統(tǒng)機(jī)械能最大D．系統(tǒng)所受合外力的沖量不為零【答案】A【解析】加上電場后，兩球所帶電荷量相等而電性相反，兩球所受的靜電力大小相等、方向相反，則系統(tǒng)所受靜電力的合力為零，系統(tǒng)的動量守恒，由動量定理可知，合外力沖量為零，故A正確，D錯誤；加上電場后，靜電力分別對兩球做正功，兩球的動能先增加，當(dāng)靜電力和彈簧彈力平衡時，動能最大，然后彈力大于靜電力，兩球的動能減小，直到動能均為0，彈簧最長為止，但此過程中系統(tǒng)機(jī)械能一直都在增加，故B、C錯誤．(2023·山東濟(jì)南市模擬)如圖所示，質(zhì)量為2kg的四分之一圓弧形滑塊P靜止于水平地面上，其圓弧底端與水平地面相切．在滑塊P右側(cè)有一固定的豎直彈性擋板，將一質(zhì)量為1kg的小球Q從滑塊頂端正上方距地面1.2m處由靜止釋放，小球Q恰能沿切線落入滑塊P.小球與擋板的碰撞為彈性碰撞，所有接觸面均光滑，重力加速度取g＝10m/s2.下列說法正確的是()A．若滑塊P固定，小球Q不能回到高1.2m處B．若滑塊P固定，小球Q第一次與擋板碰撞過程擋板對小球的沖量大小為2eq\r(6)N·sC．若滑塊P不固定，小球Q第一次與擋板碰撞前的速度大小為4m/sD．若滑塊P不固定，經(jīng)過多次碰撞后，滑塊的最終速度大小為3m/s【答案】C【解析】若滑塊P不固定，由于小球在各個環(huán)節(jié)無機(jī)械能損失，可知小球Q能回到高1.2m處，選項(xiàng)A錯誤；若滑塊P固定，小球Q第一次與擋板碰撞時的速度大小為v＝eq\r(2gh)＝2eq\r(6)m/s，碰撞過程擋板對小球的沖量大小為I＝2mv＝4eq\r(6)N·s，選項(xiàng)B錯誤；若滑塊P不固定，則小球與滑塊相互作用過程中，滑塊和小球在水平方向動量守恒，則mv1－Mv2＝0，mgh＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，聯(lián)立解得v1＝4m/s，v2＝2m/s，即小球Q第一次與擋板碰撞前的速度大小為4m/s，選項(xiàng)C正確；若滑塊P不固定，小球與擋板第一次碰撞后將以等大速度反彈，則滑上滑塊后再滑回到地面的過程，由動量守恒定律和能量關(guān)系可知mv1＋Mv2＝mv1′＋Mv2′，eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)Mv2′2，聯(lián)立解得v1′＝eq\f(4,3)m/s，v2′＝eq\f(10,3)m/s，因此時小球的速度小于滑塊的速度，則小球與擋板碰后不能再次追上滑塊，則滑塊的最終速度大小為eq\f(10,3)m/s，選項(xiàng)D錯誤．（2023·湖南株洲·統(tǒng)考三模）如圖，一平板車靜止在光滑水平地面上，小物塊A和B分別從車的最左端和最右端同時開始相向運(yùn)動，兩物塊在平板車上發(fā)生碰撞，最終都與平板車保持相對靜止。已知平板車的質(zhì)量，長度，A、B的質(zhì)量均為，A的初速度大小為，與平板車之間的動摩擦因數(shù)；B的初速度大小為，與平板車之間的動摩擦因數(shù)，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，它們之間的碰撞為彈性碰撞，重力加速度取，求：（1）整個過程中，A、B以及平板車組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能；（2）A、B發(fā)生碰撞的位置與平板車最左端的距離；（3）A、B與車保持相對靜止時，A、B之間的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意，設(shè)平板車最終的速度為，以A、B以及平板車為系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律有解得則系統(tǒng)損失的機(jī)械能為解得（2）根據(jù)題意，設(shè)開始運(yùn)動時A、B和平板車的加速度大小分別為、和a，根據(jù)牛頓第二定律有設(shè)經(jīng)時間A、B發(fā)生碰撞，則有代入數(shù)據(jù)得或（舍去）A、B發(fā)生碰撞的位置與平板車最左端的距離解得（3）設(shè)A、B發(fā)生碰撞前瞬間，A、B和平板車的速度分別為、和v，則有A、B質(zhì)量相等，發(fā)生彈性碰撞后速度交換，則碰撞后有碰后B與平板車速度相等，分析可知此后B與平板車始終保持相對靜止。設(shè)此后A與平板車的相對位移為，則有最終A、B之間的距離(2021·重慶黔江新華中