第32講三大基本觀點的綜合應(yīng)用（練習(xí)）

三大基本觀點的綜合應(yīng)用（模擬精練+真題演練）1．（2023·山東聊城·統(tǒng)考三模）面對能源緊張和環(huán)境污染等問題，混合動力汽車應(yīng)運而生?；旌蟿恿ζ?，是指擁有兩種不同動力源（如燃油發(fā)動機(jī)和電力發(fā)動機(jī)）的汽車，既節(jié)能又環(huán)保。汽車質(zhì)量為M，靜止在平直路面，只采用電力驅(qū)動，發(fā)動機(jī)額定功率為啟動，達(dá)到的最大速度后，再次提速，兩種動力同時啟動，此時發(fā)動機(jī)的總額定功率為，由經(jīng)時間達(dá)到最大速度（未知）；運動一段時間后，開始“再生制動”剎車，所謂“再生制動”就是車輛靠慣性滑行時帶動發(fā)電機(jī)發(fā)電，將部分動能轉(zhuǎn)化為電能儲存在電池中。加速過程中可視為阻力恒定；“再生制動”剎車過程中阻力的大小可視為與速度的大小成正比，即。求：（1）汽車速度由到過程中前進(jìn)的位移；（2）汽車由速度減到零過程中行駛的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）發(fā)動機(jī)額定功率為啟動，達(dá)到的最大速度時有所以汽車加速過程中的阻力同理發(fā)動機(jī)的總額定功率為，達(dá)到最大速度時有解得汽車速度由到過程中根據(jù)動能定理有解得前進(jìn)的位移（2）“再生制動”剎車過程即速度由減到零的過程，根據(jù)動量定理有解得汽車由速度減到零過程中行駛的距離2．（2023·山東濟(jì)南·統(tǒng)考三模）如圖所示，水平傳送帶以v0=2m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶的長度L=6.2m，每隔Δt1=0.5s將物塊（可視為質(zhì)點）P1、P2、P3、P4……依次無初速度放置于傳送帶左端A點，一段時間后物塊從傳送帶右端B點離開傳送帶做平拋運動，最后落入貨車車廂，貨車始終保持靜止。已知每個物塊的質(zhì)量均為m=1kg，物塊與傳送帶間的滑動摩擦因數(shù)為μ=0.1，B點與貨車車廂底板間的豎直高度h=0.8m，物塊從接觸車廂底板到減速為0（忽略物塊的反彈和相對車廂的滑動）的時間為Δt2=0.1s，重力加速度g=10m/s2，求：（1）物塊P1從A點運動到剛接觸車廂底板瞬間的時間t；（2）傳送帶上相鄰兩物塊間的最大距離Δx1和最小距離Δx2；（3）物塊P1剛到達(dá)B點時傳送帶克服摩擦力做功的瞬時功率P；（4）物塊P1從接觸車廂底板到減速為0的過程中對車廂底板的平均作用力的大小。

【答案】（1）4.5s；（2）1m；0.125m；（3）8W；（4）【詳解】（1）小物塊在傳送帶上加速的過程滿足解得a=1m/s2由v0=at1解得t1=2s；解得x1=2m小物塊在傳送帶上勻速的過程滿足解得t2=2.1s在平拋運動中解得t3=0.4s則（2）當(dāng)相鄰兩個物塊相對靜止時距離最大解得當(dāng)物塊剛被放上傳送帶上時與上一個物塊距離最?。?）當(dāng)P1剛到B點時，已經(jīng)靜止的物塊個數(shù)為即有5個木塊與傳送帶間的摩擦力為零，仍在加速的物塊的個數(shù)為即有4個木塊與傳送帶間的摩擦力為滑動摩擦力，傳送帶克服摩擦力做功的功率，解得P=8W（4）物塊從接觸車廂底到減速為零的過程中，在豎直方向滿足；解得Fy=50N在水平方向滿足；Fx=20N；3．（2023·四川成都·石室中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖所示，滑塊A（可視為質(zhì)點）位于小車B的最左端，二者一起以的初速度向右勻速運動，木塊C靜止在小車B的正前方，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短可忽略不計。已知A、B、C的質(zhì)量分別為，A與B之間、C與水平地面之間的摩擦因數(shù)均為，不計小車B與地面之間的摩擦，小車的表面水平且足夠長，重力加速度。求：（1）小車B和木塊C第1次碰撞后，A、B、C的加速度大??；（2）小車B和木塊C第2次碰撞前，滑塊A與小車B摩擦產(chǎn)生的熱量；（3）小車B和木塊C第3次碰撞前，木塊C運動的位移的大小。

【答案】（1），，；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)小車B和木塊C第1次碰撞后速度分別為和，彈性碰撞滿足；解得，滑塊速度不變，滑塊和小車B發(fā)生相對滑動，由牛頓第二定律得，，，解得，，（2）小車B和木塊C第1次碰撞后，滑塊勻減速，小車B勻加速，木塊C勻減速，在小車B和木塊C第2次碰撞前，設(shè)滑塊和小車B已經(jīng)達(dá)到相同速度一起勻速運動，對滑塊和小車B系統(tǒng)，由動量守恒得解得由能量守恒得解得（3）滑塊和小車B以速度一起勻速運動，在小車B和木塊C第2次碰撞前，假設(shè)木塊C未停止運動，速度為，兩次碰撞之間小車B和木塊C的位移均為，由運動學(xué)關(guān)系得，解得或（舍）所以假設(shè)成立，小車B和木塊C第2次碰撞前木塊C未停止運動設(shè)小車B和木塊C第2次碰撞后速度分別為和，彈性碰撞滿足；解得，設(shè)在小車B和木塊C第3次碰撞前，滑塊和小車B已經(jīng)達(dá)到相同速度一起勻速運動，對滑塊和小車B系統(tǒng)，由動量守恒得解得設(shè)小車B和木塊C第2次碰撞后到第3次碰撞前的過程中，小車B和木塊C的位移均為，第3次碰撞前C的速度為，由運動學(xué)關(guān)系得，解得或（舍），同理，小車B和木塊C第3次碰撞前木塊C未停止運動解得4．（2023·安徽·模擬預(yù)測）如圖，長為的傳送帶以大小為的速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，一足夠長的長木板緊靠傳送帶右端放在光滑的水平面上，長木板的上表面與傳送帶的上表面在同一水平面上，水平地面右側(cè)有一豎直固定的彈性擋板。一可視為質(zhì)點、質(zhì)量為的物塊輕放在傳送帶的左端A，隨傳送帶運動到端，以速度滑上長木板，并與長木板一起向右運動，長木板與擋板第一次碰撞前物塊與長木板已達(dá)到共同速度。已知長木板的質(zhì)量為，物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為0.4，長木板與擋板碰撞是彈性碰撞，重力加速度為。求：（1）物塊與傳送帶的動摩擦因數(shù)至少為多少；物塊在傳送帶上運動的時間最長為多少；（2）開始時，長木板的右端離擋板的距離至少為多少；（3）長木板與擋板第次碰撞前一瞬間，長木板的速度為多大。

【答案】（1），；（2）；（3）【詳解】（1）物塊以速度v滑上長木板，設(shè)物塊與傳送帶的動摩擦因數(shù)至少為，由牛頓第二定律及勻變速直線運動規(guī)律得；解得物塊在傳送帶上一直加速時運動的時間最長，最長時間為（2）物塊第一次在木板上滑動的過程中，由動量守恒定律得設(shè)此過程中木板的位移為x，對木板由動能定理得解得即開始時長木板的右端離擋板的距離至少為（3）長木板與擋板第一次碰撞到第二次碰撞，由動量守恒定律得；長木板與擋板第二次碰撞到第三次碰撞，由動量守恒定律得；可知，長木板與擋板第次碰撞前一瞬間，長木板的速度為5．（2023·山東·模擬預(yù)測）利用示蹤原子來探測細(xì)胞間的親和程度是生物技術(shù)中的重要手段之一，其過程的一部分與下列物理過程極為相似：如圖甲所示，光滑水平面上固定有一個發(fā)射裝置，利用該裝置向正對裝置方向滑來的物塊A和B（A、B相對靜止）發(fā)射一個示蹤滑塊C，示蹤滑塊C將記錄下它與發(fā)射裝置之間的距離x。已知物塊B疊放在物塊A上，物塊A的質(zhì)量為3kg，示蹤滑塊C的質(zhì)量為1kg，每次發(fā)射速度大小均為10m/s，與物塊A之間的碰撞均為彈性碰撞，且物塊A足夠長，每次A、C相碰前，A、B間均已相對靜止，某次測量的滑塊C的圖像如圖乙所示?；瑝KC和物塊B均可視為質(zhì)點，重力加速度。求：（1）第一次碰后滑塊C的速度大??；（2）物塊B的質(zhì)量；（3）物塊A、B間的動摩擦因數(shù)。

【答案】（1）8m/s；（2）6kg；（3）0.4【詳解】（1）由圖像可知，時滑塊C與A相碰，此時C與發(fā)射裝置之間的距離時滑塊C返回到發(fā)射裝置處，設(shè)第一次碰后C的速度大小，則（2）設(shè)A、B在第一次與C碰撞前的速度大小為，以滑塊C的初速度方向為正，第一次碰撞后瞬間A的速度大小為，對A、C由動量守恒定律有由機(jī)械能守恒定律有解得之后A、B相對靜止，設(shè)共同速度大小為，對A、B由動量守恒定律有同理第二次碰撞前滑塊C到發(fā)射裝置之間距離第三次碰撞后C的速度大小為設(shè)第二次碰撞后瞬間A的速度為，則；聯(lián)立以上各式，解得（3）由（2）分析可知第一次A、C相碰時A距離發(fā)射裝置10m，第二次A、C相碰時A距離發(fā)射裝置11m，且A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，即A向右運動了對物塊A由動能定理有解得6．（2023·山東威?！そy(tǒng)考二模）如圖所示，足夠長的傾角為θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定有垂直于斜面的擋板P。質(zhì)量為M=1kg的“L”形木板A被鎖定在斜面上，木板下端距擋板P的距離為x0=40cm。質(zhì)量為m=1kg的小物塊B（可視為質(zhì)點）被鎖定在木板上端，A與B間的動摩擦因數(shù)。某時刻同時解除A和B的鎖定，經(jīng)時間t=0.6s，A與B發(fā)生第一次碰撞，在A與P發(fā)生第二次碰撞后瞬間立即對B施加沿A向上的恒力F=20N。當(dāng)B速度最小時再一次鎖定A。已知A與P、A與B的碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s2.求：（1）A與P發(fā)生第一次碰撞前瞬間B的速度大小；（2）從開始運動到A與B發(fā)生第一次碰撞的時間內(nèi)，系統(tǒng)損失的機(jī)械能；（3）A與P第二次碰撞時，B離擋板的距離；（4）B從開始運動到離開A所用的時間。

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【詳解】（1）剛解鎖時AB相對靜止，對AB整體根據(jù)牛頓第二定律根據(jù)勻加速直線運動公式解得（2）A與P相撞所用的時間解得，B滑動后撞A的時間可得木板與擋板第一次碰撞后，對A：解得對B：解得木板與擋板第一次碰撞后,A運動的位移B運動的位移木板的長度根據(jù)摩擦生熱（3）A、B碰前的速度；，A、B碰時動量、能量守恒；解得；，AB碰后，對A：；對B：根據(jù)解得這段時間B運動的位移，B離擋板的距離（4）木板與檔板第二次碰撞時木塊B的速度，對A：解得，對B：解得，B減速到零所用時間為t4，則解得，A經(jīng)過這段時間后的速度這段時間AB的位移；此時，AB間距離，B離木板右端的距離木板鎖定后，對B：解得其中解得，B從開始運動到離開A所用的時間；7．（2023·山東青島·統(tǒng)考二模）如圖，足夠大光滑水平桌面上靜置質(zhì)量、長的長木板A，距離木板A左端處有一與木板等高的表面光滑平臺B，平臺B固定在桌面上，質(zhì)量，輕彈簧連接質(zhì)量、的滑塊C、D并靜置于平臺B上，用細(xì)線拴連兩滑塊使彈簧處于壓縮狀態(tài)。另一質(zhì)量的滑塊E在桌子右側(cè)斜下方某點獲得豎直向上的初速度，上升過程中除重力外還受到一個水平恒力F作用，使滑塊E恰好從木板右端水平滑上A，同時撤去F，滑塊E滑上木板時的速度。一段時間后木板與平臺碰撞并粘在一起，滑塊E繼續(xù)向左運動并滑上平臺。木板與平臺碰撞的瞬間，連接C、D的細(xì)線斷開，C、D兩滑塊在平臺上振動。以向右為正方向，滑塊C的vt圖像如圖乙。滑塊E與木板A間動摩擦因數(shù)，忽略所有滑塊大小及空氣阻力，C、D始終在平臺B上，重力加速度。求：（1）水平恒力F的大??；（2）滑塊E滑上平臺B時的速度大??；（3）滑塊E滑上平臺B后，與C發(fā)生碰撞，并立即結(jié)合在一起，考慮所有可能的碰撞情形，求碰后的運動過程中，E、C、D系統(tǒng)動能的最大值與最小值之差；（4）若平臺B不固定，其他條件不變，A與B碰撞后仍粘在一起，請判定E能否滑上B；若能滑上B，求E滑上B時的速度大??；若不能滑上B，求E最終離A右端的距離。【答案】（1）F=7.5N；（2）；（3）；（4）能，【詳解】（1）設(shè)恒力F斜向上，與水平方向的夾角為θ，根據(jù)動量定理得，豎直方向水平方向整理得（2）對E、A相互作用過程，設(shè)它們能夠達(dá)到共同速度，根據(jù)動量守恒和能量守恒可得；2解得；對A在該過程，根據(jù)動能定理可得解得所以E、A相互作用能夠達(dá)到共同速度，假設(shè)正確。對A在該過程，根據(jù)動能定理可得解得（3）對E與C、D作用過程，系統(tǒng)外力為零，動量守恒，因此，不論E、C兩物體何時何處相碰，三物體速度相同時的速度是一個定值，此時系統(tǒng)具有最大彈性勢能，總動能最小。設(shè)三個物體速度相同時的速度為，由動量守恒定律得解得；；當(dāng)C物體具有向左大小為的速度時，E與C粘在一起，ECD系統(tǒng)動能最大，有；；最大動能與最小動能之差（4）A與B碰撞由動量守恒解得設(shè)EAB能共速，由動量守恒得解得由能量轉(zhuǎn)換與守恒定律解得所以E能滑上B。對E、A、B根據(jù)動量守恒和能量守恒可得；解得8．（2023·全國·模擬預(yù)測）如圖所示，A、B、C的質(zhì)量分別為、、，輕彈簧的左端固定在擋板上，C為半徑的圓軌道，靜止在水平面上?，F(xiàn)用外力使小球A壓縮彈簧（A與彈簧不連接），當(dāng)彈簧的彈性勢能為時由靜止釋放小球A，小球A與彈簧分離后與靜止的小球B發(fā)生正碰，小球B到圓軌道底端的距離足夠長，經(jīng)過一段時間小球滑上圓軌道，一切摩擦均可忽略，假設(shè)所有的碰撞均為彈性碰撞，重力加速度取。求：（1）小球B能達(dá)到的最大高度；（2）小球B返回圓軌道底端時對圓軌道的壓力（3）通過計算分析，小球B能否第二次進(jìn)入圓軌道?！敬鸢浮浚?）；（2）63N；（3）不能【詳解】（1）設(shè)碰前小球A的速度為，從釋放小球A到分離的過程，由能量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得，A、B碰撞的過程，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動量守恒，設(shè)A、B碰撞后的速度分別為、，則有；帶入數(shù)據(jù)解得，小球與圓軌道在水平方向上共速時上升的高度最高，設(shè)共同的速度為，小球與圓軌道組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，有小球與圓軌道組成的系統(tǒng)能量守恒，有代入數(shù)據(jù)解得，（2）設(shè)小球返回圓軌道底端時小球與圓軌道的速度分別，由動量守恒定律和能量能守恒定律可得；聯(lián)立帶入數(shù)據(jù)解得，在圓軌道底端對小球由牛頓第二定律有解得根據(jù)牛頓第三定律，方向豎直向下（3）球A與球B第一次碰后以的速度向左運動，再次壓縮彈簧，根據(jù)能量守恒定律，球A與彈簧分離后的速度大小為，經(jīng)過一段時間，球A與球B發(fā)生第二次碰撞，設(shè)碰后球A和球B的速度分別為、，根據(jù)動量守恒定律和能量能守恒定律得；聯(lián)立帶入數(shù)據(jù)解得，因為，所以小球B無法第二次進(jìn)入圓軌道。9．（2023·湖北·模擬預(yù)測）如圖（a），一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上，物塊B向A運動，t=0時與彈簧接觸，到t=2t0時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的vt圖像如圖（b）所示。已知從t=0到t=t0時間內(nèi)，物塊A運動的距離為0.36v0t0。A、B分離后，A滑上粗糙斜面（μ=0.45），然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，斜面傾角為θ（sinθ=0.6），與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求：（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）第一次碰撞后A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B第二次碰撞后A、B的速度分別為多少？【答案】（1）；（2）；（3），【詳解】（1）當(dāng)彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時A、B速度相等，即時刻，根據(jù)動量守恒定律得mB=5m；v共=v0根據(jù)能量守恒定律聯(lián)立解得（2）B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動量守恒對方程兩邊同時乘以時間，有，0t0之間，根據(jù)位移等于速度在時間上的累積，可得將代入可得則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值（3）第一次碰撞后，設(shè)A在斜面上滑行的長度為，上滑過程，根據(jù)動能定理可得下滑過程，設(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大小為，根據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得，A滑下后，與一直在水平面上運動的B第二次碰撞，設(shè)向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得根據(jù)能量守恒定律可得聯(lián)立解得；10．（2023·湖南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，足夠長的光滑水平地面上有2023個大小相同的小球排成一排，相鄰小球間的間距均為L，將其從左到右依次編號。一半徑為H的四分之一光滑圓弧軌道（固定在水平地面）與各小球處于同一豎直面內(nèi)，圓弧軌道的最低點在1號小球處與水平地面平滑連接。已知1號小球的質(zhì)量為m，2~2023號小球的質(zhì)量均為（k為小于1的正比例常數(shù)）。現(xiàn)將1號小球從圓弧軌道最低點拿到軌道上與圓心等高處由靜止釋放，題中所有小球之間的碰撞均可視為彈性正碰。（已知重力加速度為g，不計空氣阻力，小球大小忽略不計）（1）求1號小球在運動到圓弧軌道最低點時對軌道的壓力大小；（2）求1號小球與2號小球在第一次碰撞中給2號小球的沖量大小以及對2號小球所做的功；（3）在1、2號小球間第一次碰撞后立即給1號小球施加水平向右的恒定外力F（圖中未畫出），使1號小球以后每次碰撞前瞬間的速度都與第一次碰撞前瞬間的速度相等，直到所有小球速度第一次相等時撤去外力，求外力F的大小以及最終1號和2023號小球間的距離?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3），【詳解】（1）1號小球釋放后在圓弧軌道上運動到最低點的過程中，由動能定理，有1號小球運動到最低點時，由牛頓第二定律有聯(lián)立解得由牛頓第三定律知，此時小球?qū)壍赖膲毫εc軌道對小球的支持力為一對相互作用力，故（2）1、2號小球碰撞前后動量和機(jī)械能守恒，分別有；解得：；對2號小球，由動量定理有解得對2號小球，由動能定理有解得（3）1，2號小球碰后，2號小球以速度向右運動一個L，與3號小球碰撞后速度交換。1號小球由速度開始勻變速運動，經(jīng)位移L，以速度與2號小球發(fā)生下一次碰撞。這一過程，對1號小球由動能定理有解得：最終所有小球的速度均為，F(xiàn)作用的總時間記為t，對整體，由動量定理有即：F作用的總位移記為x，對整體，由動能定理有即。2號小球第一次碰后的速度向右依次碰撞傳遞，最后作為2023號小球的最終速度。最終1號和2023號小球間的距離為代入數(shù)據(jù)，得11．（2023·湖南·統(tǒng)考高考真題）如圖，質(zhì)量為的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為和，長軸水平，短軸豎直．質(zhì)量為的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑．以初始時刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點，在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系，橢圓長軸位于軸上。整個過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為。（1）小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離；（2）在平面直角坐標(biāo)系中，求出小球運動的軌跡方程；（3）若，求小球下降高度時，小球相對于地面的速度大?。ńY(jié)果用及表示）?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【詳解】（1）小球運動到最低點的時候小球和凹槽水平方向系統(tǒng)動量守恒，取向左為正小球運動到最低點的過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒聯(lián)立解得因水平方向在任何時候都動量守恒即兩邊同