2024屆高考物理一輪復習動量專題精準提升強化14：動量相關的綜合能量問題（難度：偏難）

2024屆高考物理一輪復習動量專題精準提升強化14：動量相關的綜合能量問題（難度：偏難）【動量與動力學觀點的綜合應用】如圖所示，一帶有eq\f(1,2)光滑圓弧軌道的小車靜止在光滑的水平面上，一個可視為質點的小球從圓弧A端正上方由靜止釋放，剛好從A點無碰撞地進入圓弧小車，AB是圓弧的水平直徑，在小球從A向B運動的過程中，下列說法正確的是()A．小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B．小球運動到圓弧軌道最低點時，小車的速度最大C．小球運動到B點時的速度大小等于小球在A點時的速度大小D．小球從B點拋出后，向上做斜上拋運動【動量與動力學觀點的綜合應用】(2022·河北省石家莊市高三下教學質量檢測(二))如圖，質量均為m的小球A、B用一根長為l的輕桿相連，豎直放置在光滑水平地面上，質量也為m的小球C挨著小球B放置在地面上。擾動輕桿使小球A向左傾倒，小球B、C在同一豎直面內向右運動。當桿與地面有一定夾角時小球B和C分離，已知C球的最大速度為v，小球A落地后不反彈，重力加速度為g。下面說法正確的是()A．球B、C分離前，A、B兩球組成的系統(tǒng)機械能逐漸減小B．球B、C分離時，球B對地面的壓力大小為2mgC．從開始到A球落地的過程中，桿對球B做的功為eq\f(1,8)mv2D．小球A落地時的動能為mgl－eq\f(5,8)mv2【動量與能量觀點的綜合應用】(2022·湖北高考)一質點做曲線運動，在前一段時間內速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時間內速度大小由2v增大到5v。前后兩段時間內，合外力對質點做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關系式一定成立的是()A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1【動量與能量觀點的綜合應用】(2022·重慶高考)(多選)一物塊在傾角為45°的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相等的拉力作用，由靜止開始沿斜面向下做勻變速直線運動，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)處處相同。若拉力沿斜面向下時，物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功隨時間的變化分別如圖中曲線①、②所示，則()A．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(2),3)B．當拉力沿斜面向上，重力做功為9J時，物塊動能為3JC．當拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為1∶3D．當拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小之比為1∶eq\r(2)【動量與能量觀點的綜合應用】(2020·北京高考)在同一豎直平面內，3個完全相同的小鋼球(1號、2號、3號)懸掛于同一高度，靜止時小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實驗中，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，碰撞均為對心正碰。以下分析正確的是()A．將1號移至高度h釋放，碰撞后，觀察到2號靜止、3號擺至高度h。若2號換成質量不同的小鋼球，重復上述實驗，3號仍能擺至高度hB．將1、2號一起移至高度h釋放，碰撞后，觀察到1號靜止，2、3號一起擺至高度h，釋放后整個過程機械能和動量都守恒C．將右側涂膠的1號移至高度h釋放，1、2號碰撞后粘在一起，根據(jù)機械能守恒，3號仍能擺至高度hD．將1號和右側涂膠的2號一起移至高度h釋放，碰撞后，2、3號粘在一起向右運動，未能擺至高度h，釋放后整個過程機械能和動量都不守恒【動量與能量觀點的綜合應用】（多選）（2021·山東高考）如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質量為m的物資以相對地面的速度v0水平投出，落地時物資與熱氣球的距離為d。已知投出物資后熱氣球的總質量為M，所受浮力不變，重力加速度為g，不計阻力，以下判斷正確的是（）A.投出物資后熱氣球做勻加速直線運動B.投出物資后熱氣球所受合力大小為mgC.d＝1+D.d＝2【動量與能量觀點的綜合應用】如圖所示，半徑均為R、質量均為M、內表面光滑的兩個完全相同的14圓槽A和B并排放在光滑的水平面上，圖中a、c分別為A、B槽的最高點，b、b'分別為A、B槽的最低點，A槽的左端緊靠著豎直墻壁，一個質量為m的小球C從圓槽A頂端的a點無初速度釋放。重力加速度為g（1）小球C從a點運動到b點時的速度大小及A槽對地面的壓力大??；（2）小球C在B槽內運動所能達到的最大高度；（3）B槽的最大速度的大小?！緞恿颗c動力學觀點的綜合應用】(2021·河北高考)如圖，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成，其中AB段傾角為θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圓弧連接。一個質量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起。背包與滑道的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化，求：(1)滑道AB段的長度；(2)滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度?！緞恿颗c能量觀點的綜合應用】（2020·天津高考）長為l的輕繩上端固定，下端系著質量為m1的小球A，處于靜止狀態(tài)。A受到一個水平瞬時沖量后在豎直平面內做圓周運動，恰好能通過圓周軌跡的最高點。當A回到最低點時，質量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運動，并能通過圓周軌跡的最高點。不計空氣阻力，重力加速度為g。（1）求A受到的水平瞬時沖量I的大?。唬?）碰撞前瞬間B的動能Ek至少多大？【動量與動力學觀點的綜合應用】(2022·湖北省武漢市高三下5月模擬)一邊長為L的正方體固定在水平地面上，兩個可視為質點的小球A、B通過長為2L的輕繩連接，小球B鎖定在圖示位置，A的質量為3m，B的質量為m?，F(xiàn)解除對B的鎖定，立即對A施加一豎直向下的瞬時沖量I＝2meq\r(10gL)，經過極短時間，A和B速度大小相等，當A撞擊到地面時與地面牢固粘連。已知在B運動的過程中輕繩一直沒有斷裂。不計一切摩擦，重力加速度大小為g。(1)從對A施加了瞬時沖量開始至A、B速度大小相等的過程中，求A、B及輕繩組成的系統(tǒng)損失的機械能；(2)求B球到達其軌跡最高點時的速度大小；(3)B球越過最高點后繼續(xù)運動，當輕繩再次繃直時，求輕繩與水平面的夾角?！緞恿颗c能量觀點的綜合應用】(2023·山東濟寧市模擬)如圖所示，光滑水平面上有一質量M＝1.98kg的小車，B點右側為水平軌道，其中BC段粗糙，CD段光滑．B點的左側為一半徑R＝1.3m的光滑四分之一圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在B點相切，車的最右端D點固定一輕質彈簧，彈簧處于自然長度時左端恰好位于小車的C點，B與C之間距離L＝0.7m．一質量m＝1kg的小物塊(可視為質點)，置于小車的B點，開始時小車與小物塊均處于靜止狀態(tài)．一質量m0＝20g的子彈以速度v0＝600m/s向右擊中小車并停留在車中，假設子彈擊中小車的過程時間極短，已知小物塊與BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2.求：(1)小物塊沿圓弧軌道上升的最大高度h；(2)小物塊第一次返回到B點時速度v的大?。?3)彈簧的彈性勢能的最大值Epm；(4)小物塊最終與小車保持相對靜止時到B的距離x.【應用力學三大觀點解決多過程問題】(2023·云南省高三月考)如圖所示，半徑R＝1.0m的粗糙圓弧軌道固定在豎直平面內，軌道的上端點B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ＝37°，下端點C為軌道的最低點．C點右側的粗糙水平面上，緊挨C點靜止放置一質量M＝1kg的木板，木板上表面與C點等高，木板左端放置一個質量為m2＝1kg的物塊，另一質量為m1＝1kg的物塊從A點以某一速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進入軌道，到達C點時對軌道的壓力大小為46N，之后與質量為m2的物塊發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)，最終質量為m2的物塊剛好未從木板上滑下．已知AO的豎直高度H＝1.4m，質量為m2的物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，兩物塊相同且均可視為質點，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2.求：(1)質量為m1的物塊到達B點時的速度大小vB；(2)質量為m1的物塊通過圓弧軌道克服摩擦力做的功W克f；(3)木板的長度L.【應用力學三大觀點解決多過程問題】如圖所示，水平桌面左端有一頂端高為h的光滑圓弧形軌道，圓弧的底端與桌面在同一水平面上．桌面右側有一豎直放置的光滑圓軌道MNP，其形狀為半徑R＝0.8m的圓環(huán)剪去了左上角135°后剩余的部分，MN為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離也為R.一質量m＝0.4kg的物塊A自圓弧形軌道的頂端釋放，到達圓弧形軌道底端恰與一停在圓弧底端水平桌面上質量也為m的物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞過程沒有機械能的損失)，碰后物塊B的位移隨時間變化的關系式為x＝6t－2t2(關系式中所有物理量的單位均為國際單位)，物塊B飛離桌面后恰由P點沿切線落入圓軌道．A、B均可視為質點，重力加速度g取10m/s2，求：(1)BP間的水平距離sBP；(2)判斷物塊B能否沿圓軌道到達M點；(3)物塊A由靜止釋放的高度h.【應用力學三大觀點解決多過程問題】(2023·浙江紹興市諸暨市高三檢測)如圖所示，水平桌面上放置一端有擋板的長平板A，平板上放著物塊B和C，B和C之間有一被壓縮且勁度系數(shù)足夠大的輕彈簧，B與擋板間的距離L＝1.25m，C位于桌面邊緣，離地面高h＝0.8m．由靜止釋放壓縮彈簧，B和C瞬間分離，C向右水平拋出后的落地點與拋出點的水平距離x＝0.8m，B向左運動與A的擋板發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短．已知平板A的質量mA＝1kg，物塊B的質量mB＝1kg，物塊C的質量mC＝1.5kg，B、C均可看為質點，A與B、A與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，重力加速度取g＝10m/s2.(1)求釋放前壓縮彈簧的彈性勢能；(2)求B與A的擋板碰撞后瞬間平板A的動能；(3)求平板A在桌面上滑行的距離．【應用力學三大觀點解決多過程問題】如圖所示，水平面上有A、B兩個小物塊(均視為質點)，質量均為m，兩者之間有一被壓縮的輕質彈簧(未與A、B連接)．距離物塊A為L處有一半徑為L的固定光滑豎直半圓形軌道，半圓形軌道與水平面相切于C點，物塊B的左邊靜置著一個三面均光滑的斜面體(底部與水平面平滑連接)．某一時刻將壓縮的彈簧釋放，物塊A、B瞬間分離，A向右運動恰好能過半圓形軌道的最高點D(過D點后立即撤去物塊A)，B向左平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為L(L小于斜面體的高度)．已知A與右側水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，B左側水平面光滑，重力加速度為g，求：(1)物塊A通過C點時對半圓形軌道的壓力大??；(2)斜面體的質量；(3)物塊B與斜面體分離時，物塊B與斜面體各自的速度大?。緫昧W三大觀點解決多過程問題】如圖所示，半徑R＝2.8m的光滑半圓軌道BC與傾角θ＝37°的粗糙斜面軌道在同一豎直平面內，兩軌道間由一條光滑水平軌道AB相連，A處用光滑小圓弧軌道平滑連接，B處與圓軌道相切。在水平軌道上，兩靜止小球P、Q壓緊輕質彈簧后用細線連在一起。某時刻剪斷細線后，小球P向左運動到A點時，小球Q沿圓軌道到達C點；之后小球Q落到斜面上時恰好與沿斜面向下運動的小球P發(fā)生碰撞。已知小球P的質量m1＝3.2kg，小球Q的質量m2＝1kg，小球P與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，剪斷細線前彈簧的彈性勢能Ep＝168J，小球到達A點或B點時已和彈簧分離。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力，求：（1）小球Q運動到C點時的速度大?。唬?）小球P沿斜面上升的最大高度h；（3）小球Q離開圓軌道后經過多長時間與小球P相碰。【應用力學三大觀點解決多過程問題】(2022·浙江6月選考·20)如圖所示，在豎直面內，一質量m的物塊a靜置于懸點O正下方的A點，以速度v逆時針轉動的傳送帶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.圓弧形細管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點高度為H.開始時，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細線始終張緊，擺到最低點時恰好與a發(fā)生彈性正碰．已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物塊與MN、CD之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，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，物塊可視為質點，取g＝10m/s2.(1)若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度v0的大??；(2)物塊a在DE最高點時，求管道對物塊的作用力FN與h間滿足的關系；(3)若物塊b釋放高度0.9m<h<1.65m，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍(以A點為坐標原點，水平向右為正，建立x軸)．【應用力學三大觀點解決多過程問題】如圖所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側的直軌道相切，半徑R＝0.5m。物塊A以v0＝6m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動，P點左側軌道光滑，右側軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L＝0.1m。物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，A、B的質量均為m＝1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B視為質點，碰撞時間極短）。（1）求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F；（2）若碰后A、B最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值；（3）求碰后A、B滑至第n個（n＜k）光滑段上的速度vn與n的關系式?！緫昧W三大觀點解決多過程問題】(2021·湖南高考)如圖，豎直平面內一足夠長的光滑傾斜軌道與一長為L的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，水平軌道右下方有一段弧形軌道PQ。質量為m的小物塊A與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ。以水平軌道末端O點為坐標原點建立平面直角坐標系xOy，x軸的正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下，弧形軌道P端坐標為(2μL，μL)，Q端在y軸上。重力加速度為g。(1)若A從傾斜軌道上距x軸高度為2μL的位置由靜止開始下滑，求A經過O點時的速度大??；(2)若A從傾斜軌道上不同位置由靜止開始下滑，經過O點落在弧形軌道PQ上的動能均相同，求PQ的曲線方程；(3)將質量為λm(λ為常數(shù)且λ≥5)的小物塊B置于O點，A沿傾斜軌道由靜止開始下滑，與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)，要使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點的右側，求A下滑的初始位置距x軸高度的取值范圍。【動量與能量觀點的綜合應用】(2022·廣東高考)某同學受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設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狀態(tài)。當滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f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動。已知滑塊的質量m＝0.2kg，滑桿的質量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N1和N2；(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v；(3)滑桿向上運動的最大高度h?！緞恿颗c能量觀點的綜合應用】(2022·海南高考)如圖所示，有一個角度可變的傾斜軌道，當傾角為30°時，滑塊A恰好勻速下滑，現(xiàn)將傾角調為60°，使滑塊A從高為h的地方由靜止下滑，一段時間后滑塊A無碰撞地進入光滑水平面，與系在輕繩下端的小球B發(fā)生彈性正碰，B被一根繩子懸掛，與水平面接觸但不擠壓，碰后B恰好能做完整的圓周運動，已知滑塊A和小球B質量相等，重力加速度大小為g，求：(1)A與傾斜軌道間的動摩擦因數(shù)μ；(2)A與B剛碰撞完瞬間B的速度；(3)繩子的長度L。【動量與能量觀點的綜合應用】(2022·湖北高考)打樁機是基建常用工具。某種簡易打樁機模型如圖所示，重物A、B和C通過不可伸長的輕質長繩跨過兩個光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高(圖中實線位置)時，C到兩定滑輪的距離均為L。重物A和B的質量均為m，系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此時連接C的繩與水平方向的夾角為60°。某次打樁時，用外力將C拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放。設C的下落速度為eq\r(\f(3gL,5))時，與正下方質量為2m的靜止樁D正碰，碰撞時間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運動eq\f(L,10)距離后靜止(不考慮C、D再次相碰)。A、B、C、D均可視為質點。(1)求C的質量；(2)若D在運動過程中受到的阻力F可視為恒力，求F的大小；(3)撤掉樁D，將C再次拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動能最大時C的動能。2024屆高考物理一輪復習動量專題精準提升強化14：動量相關的綜合能量問題（難度：偏難）【解析版】【動量與動力學觀點的綜合應用】如圖所示，一帶有eq\f(1,2)光滑圓弧軌道的小車靜止在光滑的水平面上，一個可視為質點的小球從圓弧A端正上方由靜止釋放，剛好從A點無碰撞地進入圓弧小車，AB是圓弧的水平直徑，在小球從A向B運動的過程中，下列說法正確的是()A．小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B．小球運動到圓弧軌道最低點時，小車的速度最大C．小球運動到B點時的速度大小等于小球在A點時的速度大小D．小球從B點拋出后，向上做斜上拋運動答案BC解析小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合力為零，在豎直方向所受合力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，但水平方向系統(tǒng)動量守恒，故A錯誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，可知系統(tǒng)水平方向的總動量保持為零不變，因為小球運動到圓弧最低點時水平速度最大，則此時小車的速度最大，故B正確；小球由B點離開小車時與小車在水平方向速度相等，又因為小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向的總動量始終為零，則此時小球在水平方向的速度為零，小車的速度為零，小球離開小車后做豎直上拋運動，小球從A到B的過程中，系統(tǒng)中只有重力做功，所以由系統(tǒng)機械能守恒可知，小球運動到B點的速度大小等于小球在A點時的速度大小，故C正確，D錯誤?！緞恿颗c動力學觀點的綜合應用】(2022·河北省石家莊市高三下教學質量檢測(二))如圖，質量均為m的小球A、B用一根長為l的輕桿相連，豎直放置在光滑水平地面上，質量也為m的小球C挨著小球B放置在地面上。擾動輕桿使小球A向左傾倒，小球B、C在同一豎直面內向右運動。當桿與地面有一定夾角時小球B和C分離，已知C球的最大速度為v，小球A落地后不反彈，重力加速度為g。下面說法正確的是()A．球B、C分離前，A、B兩球組成的系統(tǒng)機械能逐漸減小B．球B、C分離時，球B對地面的壓力大小為2mgC．從開始到A球落地的過程中，桿對球B做的功為eq\f(1,8)mv2D．小球A落地時的動能為mgl－eq\f(5,8)mv2答案AD解析球B、C分離前，球C受到B向右的彈力，則球B受到C向左的彈力，因此球C對球B始終做負功，所以A、B兩球組成的系統(tǒng)機械能逐漸減小，故A正確；球B、C分離時，B與C間的彈力剛好減為0，B、C的加速度均為0，則B受到桿的彈力恰為0，所以球B對地面的壓力大小為mg，故B錯誤；A、B、C三球在水平方向不受外力作用，所以A、B、C三球在水平方向動量守恒，設在A落地瞬間A、B水平方向速度大小為v共，有mv＝2mv共，解得v共＝eq\f(v,2)，對A、B、C三球組成的系統(tǒng)由機械能守恒定律得mgl＝EkA＋eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,共)，解得小球A落地時的動能為EkA＝mgl－eq\f(5,8)mv2，故D正確；從開始到A球落地的過程中，桿對球B做的功等于球B和球C的動能增量之和，為W＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,共)＝eq\f(5,8)mv2，故C錯誤?！緞恿颗c能量觀點的綜合應用】(2022·湖北高考)一質點做曲線運動，在前一段時間內速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時間內速度大小由2v增大到5v。前后兩段時間內，合外力對質點做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關系式一定成立的是()A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1答案D解析根據(jù)動能定理可知W1＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(5v)2－eq\f(1,2)m(2v)2＝eq\f(21,2)mv2，可得W2＝7W1；在初、末速度大小一定的情況下，當初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，因此結合動量定理可知，合外力的沖量大小的范圍是分別是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可得I2≥I1一定成立，I2≤3I1不一定成立。故選D?！緞恿颗c能量觀點的綜合應用】(2022·重慶高考)(多選)一物塊在傾角為45°的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相等的拉力作用，由靜止開始沿斜面向下做勻變速直線運動，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)處處相同。若拉力沿斜面向下時，物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功隨時間的變化分別如圖中曲線①、②所示，則()A．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(2),3)B．當拉力沿斜面向上，重力做功為9J時，物塊動能為3JC．當拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為1∶3D．當拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小之比為1∶eq\r(2)答案BC解析由題意知，拉力大小F＝f＝μmgcos45°，當拉力沿斜面向下時，對物塊受力分析，由牛頓第二定律有mgsin45°＋F－f＝ma1，得物塊下滑的加速度大小為a1＝gsin45°＝eq\f(\r(2),2)g，物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功分別為WG＝mg·eq\f(1,2)a1t2·sin45°＝eq\f(mg2,4)t2＝18J，Wf＝－μmgcos45°·eq\f(1,2)a1t2＝－eq\f(μmg2,4)t2＝－6J，聯(lián)立解得物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,3)，故A錯誤；當拉力沿斜面向上時，對物塊受力分析，由牛頓第二定律有mgsin45°－F－f＝ma2，得物塊下滑的加速度大小為a2＝gsin45°－2μgcos45°＝eq\f(\r(2),6)g，則當拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為a2∶a1＝1∶3，故C正確；當拉力沿斜面向上，物塊位移大小為x時，重力做功為WG′＝mgsin45°·x，合力做功為W合＝ma2·x，兩者比值為eq\f(WG′,W合)＝eq\f(gsin45°,a2)＝eq\f(\f(\r(2),2)g,\f(\r(2),6)g)＝3，則重力做功為WG′＝9J時，合力做功為W合＝eq\f(WG′,3)＝3J，由動能定理知此時物塊動能為3J，故B正確；由p＝mv、v2＝2ax聯(lián)立，得動量大小p＝meq\r(2ax)，則當拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小之比為p2∶p1＝eq\r(a2)∶eq\r(a1)＝1∶eq\r(3)，故D錯誤。【動量與能量觀點的綜合應用】(2020·北京高考)在同一豎直平面內，3個完全相同的小鋼球(1號、2號、3號)懸掛于同一高度，靜止時小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實驗中，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，碰撞均為對心正碰。以下分析正確的是()A．將1號移至高度h釋放，碰撞后，觀察到2號靜止、3號擺至高度h。若2號換成質量不同的小鋼球，重復上述實驗，3號仍能擺至高度hB．將1、2號一起移至高度h釋放，碰撞后，觀察到1號靜止，2、3號一起擺至高度h，釋放后整個過程機械能和動量都守恒C．將右側涂膠的1號移至高度h釋放，1、2號碰撞后粘在一起，根據(jù)機械能守恒，3號仍能擺至高度hD．將1號和右側涂膠的2號一起移至高度h釋放，碰撞后，2、3號粘在一起向右運動，未能擺至高度h，釋放后整個過程機械能和動量都不守恒答案D解析A項中，1號與質量不同的小鋼球碰撞后，1號速度不為零，則該質量不同的小鋼球獲得的動能小于1號碰撞前瞬間的動能，所以該質量不同的小鋼球與3號碰撞后，3號獲得的動能也小于1號碰撞前瞬間的動能，則3號不可能擺至高度h，故A錯誤；B項中，1、2號釋放后，三小球之間的碰撞為彈性碰撞，且三小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，但整個過程中系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)的動量不守恒，故B錯誤；C項中，1、2號碰撞后粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機械能損失，所以1、2號再與3號碰撞后，3號獲得的動能不足以使其擺至高度h，故C錯誤；D項中，碰撞后，2、3號粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機械能損失，且整個過程中系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)的機械能和動量都不守恒，故D正確?！緞恿颗c能量觀點的綜合應用】（多選）（2021·山東高考）如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質量為m的物資以相對地面的速度v0水平投出，落地時物資與熱氣球的距離為d。已知投出物資后熱氣球的總質量為M，所受浮力不變，重力加速度為g，不計阻力，以下判斷正確的是（）A.投出物資后熱氣球做勻加速直線運動B.投出物資后熱氣球所受合力大小為mgC.d＝1+D.d＝2解析：BC熱氣球開始攜帶物資時處于靜止狀態(tài)，所受合外力為0，初動量為0，水平投出重力為mg的物資瞬間，滿足動量守恒定律Mv＝mv0，則熱氣球和物資的動量等大反向，熱氣球獲得水平向左的速度v，熱氣球所受合力恒為mg，豎直向上，所以熱氣球做勻加速曲線運動，A錯誤，B正確；熱氣球和物資的運動示意圖如圖所示，熱氣球和物資所受合力大小均為mg，所以熱氣球在豎直方向上加速度大小為a＝mMg，物資落地H過程所用的時間t內，根據(jù)H＝12gt2，解得落地時間為t＝2Hg，熱氣球在豎直方向上運動的位移為HM＝12at2＝12·mMg·2Hg＝mMH，熱氣球和物資在水平方向均做勻速直線運動，水平位移為xm＝v0t＝v02Hg，xM＝vt＝mMv0·2Hg，【動量與能量觀點的綜合應用】如圖所示，半徑均為R、質量均為M、內表面光滑的兩個完全相同的14圓槽A和B并排放在光滑的水平面上，圖中a、c分別為A、B槽的最高點，b、b'分別為A、B槽的最低點，A槽的左端緊靠著豎直墻壁，一個質量為m的小球C從圓槽A頂端的a點無初速度釋放。重力加速度為g（1）小球C從a點運動到b點時的速度大小及A槽對地面的壓力大?。唬?）小球C在B槽內運動所能達到的最大高度；（3）B槽的最大速度的大小。解析：（1）小球C從a點運動到b點的過程機械能守恒，有mgR＝12m解得小球到b點時的速度大小為v0＝2在最低點b，根據(jù)牛頓第二定律可得FN－mg＝mv0解得FN＝3mg由牛頓第三定律可知，小球C對A槽的壓力FN'＝FN＝3mg，A槽靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，地面對A的支持力F＝FN'＋Mg＝3mg＋Mg，由牛頓第三定律可知，A槽對地面的壓力F'＝F＝3mg＋Mg。（2）B槽和小球C組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向，小球C在B槽內運動至所能達到的最大高度h處時，兩者共速，由動量守恒定律可知mv0＝（M＋m）v由機械能守恒定律，有12mv02＝12（M＋m）解得h＝MRM（3）當小球C回到B槽的底端b'點時，B槽的速度最大，根據(jù)動量守恒定律，有mv0＝mv1＋Mv2由能量守恒定律可知12mv02＝12mv解得v2＝2m答案：（1）2gR3mg＋Mg（2）（3）2【動量與動力學觀點的綜合應用】(2021·河北高考)如圖，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成，其中AB段傾角為θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圓弧連接。一個質量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起。背包與滑道的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化，求：(1)滑道AB段的長度；(2)滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度。[答案](1)9m(2)7.44m/s[解析](1)設滑道AB段的長度為L，已知背包質量為m1＝2kg，設其在AB段滑行的加速度為a1，由牛頓第二定律有m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1代入數(shù)據(jù)解得a1＝2m/s2已知滑雪者質量為m2＝48kg，初速度為v0＝1.5m/s，加速度為a2＝3m/s2，設其在AB段滑行時間為t，則背包在AB段的滑行時間為t＋t0(t0＝1s)，由運動學規(guī)律得L＝eq\f(1,2)a1(t＋t0)2L＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2聯(lián)立解得t＝2s(t＝－1s舍去)故可得L＝9m。(2)設背包和滑雪者到達水平滑道時的速度分別為v1、v2，則v1＝a1(t＋t0)代入數(shù)據(jù)解得v1＝6m/sv2＝v0＋a2t代入數(shù)據(jù)解得v2＝7.5m/s滑雪者拎起背包的過程，系統(tǒng)動量守恒，設拎起背包時的共同速度為v，根據(jù)動量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v代入數(shù)據(jù)解得v＝7.44m/s?！緞恿颗c能量觀點的綜合應用】（2020·天津高考）長為l的輕繩上端固定，下端系著質量為m1的小球A，處于靜止狀態(tài)。A受到一個水平瞬時沖量后在豎直平面內做圓周運動，恰好能通過圓周軌跡的最高點。當A回到最低點時，質量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運動，并能通過圓周軌跡的最高點。不計空氣阻力，重力加速度為g。（1）求A受到的水平瞬時沖量I的大??；（2）碰撞前瞬間B的動能Ek至少多大？解析（1）A恰好能通過圓周軌跡的最高點，此時輕繩的拉力剛好為零。設A在最高點時的速度大小為v，由重力提供向心力，有m1g＝m1v2lA從最低點到最高點的過程中機械能守恒，取軌跡最低點處重力勢能為零。設A在最低點的速度大小為vA，有12m1vA2＝12m1v2＋2由動量定理，有I＝m1vA③聯(lián)立①②③式，得I＝m15gl。（2）設兩球粘在一起時的速度大小為v'，A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點，需滿足v'＝vA⑤要達到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向為正方向。設B碰前瞬間的速度大小為vB，由動量守恒定律，有m2vB－m1vA＝（m1＋m2）v'⑥又Ek＝12m2vB聯(lián)立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬間B的動能Ek＝5gl(2m答案（1）m15gl（2）【動量與動力學觀點的綜合應用】(2022·湖北省武漢市高三下5月模擬)一邊長為L的正方體固定在水平地面上，兩個可視為質點的小球A、B通過長為2L的輕繩連接，小球B鎖定在圖示位置，A的質量為3m，B的質量為m。現(xiàn)解除對B的鎖定，立即對A施加一豎直向下的瞬時沖量I＝2meq\r(10gL)，經過極短時間，A和B速度大小相等，當A撞擊到地面時與地面牢固粘連。已知在B運動的過程中輕繩一直沒有斷裂。不計一切摩擦，重力加速度大小為g。(1)從對A施加了瞬時沖量開始至A、B速度大小相等的過程中，求A、B及輕繩組成的系統(tǒng)損失的機械能；(2)求B球到達其軌跡最高點時的速度大?。?3)B球越過最高點后繼續(xù)運動，當輕繩再次繃直時，求輕繩與水平面的夾角。答案(1)eq\f(5,3)mgL(2)eq\r(\f(3gL,2))(3)30°解析(1)對A施加一豎直向下的瞬時沖量的瞬間，設A獲得的速度為v0，根據(jù)動量定理有I＝3mv0輕繩繃緊瞬間，A、B及輕繩組成的系統(tǒng)內力F遠大于外力，設作用時間為Δt，繃緊后A、B的速度大小為v1，則對A有－FΔt＝3mv1－3mv0對B有FΔt＝mv1從對A施加了瞬時沖量開始至A、B速度大小相等的過程中，A、B及輕繩組成的系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(3m＋m)veq\o\al(2,1)聯(lián)立解得ΔE＝eq\f(5,3)mgL。(2)設A落地前瞬間二者共同速度大小為v2，此時A下降了L，B上升了L，根據(jù)動能定理有(3m－m)gL＝eq\f(1,2)(3m＋m)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(3m＋m)veq\o\al(2,1)聯(lián)立解得v2＝eq\r(\f(7,2)gL)A落地后瞬間，B剛好運動至正方體端點，且具有豎直向上的速度v2，由于A與地面粘連，所以B將做半徑為L的圓周運動假設B能夠沿圓弧運動至圓弧最高點，設此時速度大小為v3，根據(jù)動能定理有－mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得v3＝eq\r(\f(3gL,2))設B能夠通過圓弧最高點的最小速度為vmin，根據(jù)牛頓第二定律有mg＝m解得vmin＝eq\r(gL)<v3所以假設成立，即B到達其軌跡最高點時的速度大小為eq\r(\f(3gL,2))。(3)假設B越過最高點后能以半徑2L做圓周運動，則在最高點時其所需向心力大小為F向＝mmF向＝eq\f(3,4)mg<mg，所以假設不成立，則B越過最高點后將做平拋運動，設輕繩再次繃直時與水平面的夾角為θ，根據(jù)平拋運動規(guī)律有2Lcosθ＝v3t2L(1－sinθ)＝eq\f(1,2)gt2聯(lián)立解得θ＝30°?！緞恿颗c能量觀點的綜合應用】(2023·山東濟寧市模擬)如圖所示，光滑水平面上有一質量M＝1.98kg的小車，B點右側為水平軌道，其中BC段粗糙，CD段光滑．B點的左側為一半徑R＝1.3m的光滑四分之一圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在B點相切，車的最右端D點固定一輕質彈簧，彈簧處于自然長度時左端恰好位于小車的C點，B與C之間距離L＝0.7m．一質量m＝1kg的小物塊(可視為質點)，置于小車的B點，開始時小車與小物塊均處于靜止狀態(tài)．一質量m0＝20g的子彈以速度v0＝600m/s向右擊中小車并停留在車中，假設子彈擊中小車的過程時間極短，已知小物塊與BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2.求：(1)小物塊沿圓弧軌道上升的最大高度h；(2)小物塊第一次返回到B點時速度v的大??；(3)彈簧的彈性勢能的最大值Epm；(4)小物塊最終與小車保持相對靜止時到B的距離x.答案(1)1.2m(2)8m/s(3)8.5J(4)0.4m解析(1)對子彈與小車組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律有m0v0＝(m0＋M)v1當小物塊運動到圓弧軌道的最高點時三者共速，對三者由水平方向動量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v2由機械能守恒定律有eq\f(1,2)(m0＋M)v12＝eq\f(1,2)(m0＋M＋m)v22＋mgh聯(lián)立解得h＝1.2m即小物塊沿圓弧軌道上升的最大高度h＝1.2m.(2)當小物塊第一次回到B點時，設車和子彈的速度為v3，取水平向右為正方向，由水平方向動量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M)v3＋mv由能量守恒定律有eq\f(1,2)(m0＋M)v12＝eq\f(1,2)(m0＋M)v32＋eq\f(1,2)mv2聯(lián)立解得v3＝2m/s，v＝8m/s即小物塊第一次返回到B點時速度大小為v＝8m/s.(3)當彈簧具有最大彈性勢能Epm時，三者速度相同．由動量守恒定律有(m0＋M)v3＋mv＝(m0＋M＋m)v4由能量守恒定律有eq\f(1,2)(m0＋M)v32＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)(m0＋M＋m)v42＋μmgL＋Epm聯(lián)立解得Epm＝8.5J.(4)小物塊最終與小車保持相對靜止時，三者共速，設小物塊在BC部分總共運動了s的路程，由水平方向動量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v5由能量守恒定律有eq\f(1,2)(m0＋M)v12＝eq\f(1,2)(m0＋M＋m)v52＋μmgs聯(lián)立解得s＝2.4m＝4L－x則小物塊與小車保持相對靜止時到B的距離x＝0.4m.【應用力學三大觀點解決多過程問題】(2023·云南省高三月考)如圖所示，半徑R＝1.0m的粗糙圓弧軌道固定在豎直平面內，軌道的上端點B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ＝37°，下端點C為軌道的最低點．C點右側的粗糙水平面上，緊挨C點靜止放置一質量M＝1kg的木板，木板上表面與C點等高，木板左端放置一個質量為m2＝1kg的物塊，另一質量為m1＝1kg的物塊從A點以某一速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進入軌道，到達C點時對軌道的壓力大小為46N，之后與質量為m2的物塊發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)，最終質量為m2的物塊剛好未從木板上滑下．已知AO的豎直高度H＝1.4m，質量為m2的物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，兩物塊相同且均可視為質點，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2.求：(1)質量為m1的物塊到達B點時的速度大小vB；(2)質量為m1的物塊通過圓弧軌道克服摩擦力做的功W克f；(3)木板的長度L.答案(1)5m/s(2)10.5J(3)3m解析(1)質量為m1的物塊水平拋出后做平拋運動，到達B點時，下落高度為h＝H－Rsinθ＝0.8m豎直方向上有vy2＝2gh根據(jù)幾何關系可知vy＝vBcosθ聯(lián)立解得vB＝5m/s(2)質量為m1的物塊到達C點時，由牛頓第二定律有FN－m1g＝eq\f(m1vC2,R)解得vC＝6m/s質量為m1的物塊從B運動到C過程中，由動能定理得m1g(R＋Rsinθ)－W克f＝eq\f(1,2)m1vC2－eq\f(1,2)m1vB2解得W克f＝10.5J(3)質量為m1的物塊運動到C點時與質量為m2的物塊發(fā)生彈性碰撞且質量相等，碰撞后速度交換，則v2＝vC＝6m/s經受力分析，由牛頓第二定律，對質量為m2的物塊有μ1m2g＝m2a1對木板有μ1m2g－μ2(m2＋M)g＝Ma2根據(jù)公式v＝v0＋at，設經過時間t后二者共速有a2t＝v2－a1t對質量為m2的物塊有x1＝v2t－eq\f(1,2)a1t2對木板有x2＝eq\f(1,2)a2t2因為質量為m2的物塊剛好未從木板上滑下，所以質量為m2的物塊相對木板的位移即為木板長度，則有L＝x1－x2聯(lián)立解得L＝3m.【應用力學三大觀點解決多過程問題】如圖所示，水平桌面左端有一頂端高為h的光滑圓弧形軌道，圓弧的底端與桌面在同一水平面上．桌面右側有一豎直放置的光滑圓軌道MNP，其形狀為半徑R＝0.8m的圓環(huán)剪去了左上角135°后剩余的部分，MN為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離也為R.一質量m＝0.4kg的物塊A自圓弧形軌道的頂端釋放，到達圓弧形軌道底端恰與一停在圓弧底端水平桌面上質量也為m的物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞過程沒有機械能的損失)，碰后物塊B的位移隨時間變化的關系式為x＝6t－2t2(關系式中所有物理量的單位均為國際單位)，物塊B飛離桌面后恰由P點沿切線落入圓軌道．A、B均可視為質點，重力加速度g取10m/s2，求：(1)BP間的水平距離sBP；(2)判斷物塊B能否沿圓軌道到達M點；(3)物塊A由靜止釋放的高度h.解析：（1）設碰撞后物塊B由D點以初速度vD做平拋運動，落到P點時vy2＝2其中vyvD＝tan45由①②解得vD＝4m/s③設平拋用時為t，水平位移為s2，則有R＝12gt2s2＝vDt⑤由④⑤解得s2＝1.6m⑥物塊B碰后以初速度v0＝6m/s，加速度a＝－4m/s2減速到vD，則B到D過程由運動學公式vD2－v02＝2解得s1＝2.5m⑧故B、P之間的水平距離sBP＝s2＋s1＝4.1m。⑨（2）若物塊B能沿軌道到達M點，在M點時其速度為vM，由D到M的運動過程，根據(jù)動能定理，則有－22mgR＝12mvM2－1設在M點軌道對物塊的壓力為FN，則FN＋mg＝mvM2由⑩?解得FN＝（1－2）mg＜0，假設不成立，即物塊不能到達M點。（3）對物塊A、B的碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律，有mAvA＝mAvA'＋mBv0?根據(jù)機械能守恒定律有，12mAvA2＝12mAvA'2＋12由??解得vA＝6m/s?設物塊A釋放的高度為h，對下落過程，根據(jù)動能定理有mgh＝12mvA2由??解得h＝1.8m。?答案：（1）4.1m（2）不能（3）1.8m【應用力學三大觀點解決多過程問題】(2023·浙江紹興市諸暨市高三檢測)如圖所示，水平桌面上放置一端有擋板的長平板A，平板上放著物塊B和C，B和C之間有一被壓縮且勁度系數(shù)足夠大的輕彈簧，B與擋板間的距離L＝1.25m，C位于桌面邊緣，離地面高h＝0.8m．由靜止釋放壓縮彈簧，B和C瞬間分離，C向右水平拋出后的落地點與拋出點的水平距離x＝0.8m，B向左運動與A的擋板發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短．已知平板A的質量mA＝1kg，物塊B的質量mB＝1kg，物塊C的質量mC＝1.5kg，B、C均可看為質點，A與B、A與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，重力加速度取g＝10m/s2.(1)求釋放前壓縮彈簧的彈性勢能；(2)求B與A的擋板碰撞后瞬間平板A的動能；(3)求平板A在桌面上滑行的距離．答案(1)7.5J(2)2J(3)eq\f(3,8)m解析(1)設B、C分離瞬間B、C的速度大小分別為vB和vC，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，則有mBvB－mCvC＝0由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mBvB2＋eq\f(1,2)mCvC2分離后，物塊C做平拋運動，則有h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vCt聯(lián)立解得vC＝2m/s，vB＝3m/s，Ep＝7.5J.(2)B、C分離后，B向左做勻減速直線運動，A靜止不動，設A、B碰撞前瞬間B的速度為vB1，對物塊B，由動能定理得－μmBgL＝eq\f(1,2)mBvB12－eq\f(1,2)mBvB2A、B發(fā)生彈性碰撞，取水平向左為正方向，碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，則有mBvB1＝mBvB2＋mAvA，eq\f(1,2)mBvB12＝eq\f(1,2)mBvB22＋eq\f(1,2)mAvA2且EkA＝eq\f(1,2)mAvA2聯(lián)立解得vB1＝2m/s，vB2＝0，vA＝2m/s，EkA＝2J.(3)A、B碰撞后，A向左做勻減速直線運動，B向左做勻加速直線運動，則對B有μmBg＝mBaB對A有μmBg＋μ(mB＋mA)g＝mAaA解得aA＝6m/s2，aB＝2m/s2設經過時間t，兩者共速，則有v＝aBt＝vA－aAt解得v＝eq\f(1,2)m/s，t＝eq\f(1,4)s此過程中A向左運動距離x1＝eq\f(vA＋v,2)t＝eq\f(2＋\f(1,2),2)×eq\f(1,4)m＝eq\f(5,16)m此后，A、B相對靜止一起減速到零，有－μ(mB＋mA)gx2＝0－eq\f(1,2)(mB＋mA)v2解得x2＝eq\f(1,16)m，整個過程中A在桌面上滑行的距離為x＝x1＋x2＝(eq\f(5,16)＋eq\f(1,16))m＝eq\f(3,8)m.【應用力學三大觀點解決多過程問題】如圖所示，水平面上有A、B兩個小物塊(均視為質點)，質量均為m，兩者之間有一被壓縮的輕質彈簧(未與A、B連接)．距離物塊A為L處有一半徑為L的固定光滑豎直半圓形軌道，半圓形軌道與水平面相切于C點，物塊B的左邊靜置著一個三面均光滑的斜面體(底部與水平面平滑連接)．某一時刻將壓縮的彈簧釋放，物塊A、B瞬間分離，A向右運動恰好能過半圓形軌道的最高點D(過D點后立即撤去物塊A)，B向左平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為L(L小于斜面體的高度)．已知A與右側水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，B左側水平面光滑，重力加速度為g，求：(1)物塊A通過C點時對半圓形軌道的壓力大??；(2)斜面體的質量；(3)物塊B與斜面體分離時，物塊B與斜面體各自的速度大小．答案(1)6mg(2)eq\f(m,2)(3)eq\f(\r(6gL),3)eq\f(4\r(6gL),3)解析(1)設A恰好通過D點時的速度大小為vD，根據(jù)牛頓第二定律有mg＝meq\f(vD2,L)①設A通過C點時的速度大小為vC，則對A從C到D的運動過程，根據(jù)動能定理有－2mgL＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvC2②設物塊A通過C點時所受軌道支持力大小為F，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝meq\f(vC2,L)③聯(lián)立①②③解得F＝6mg④根據(jù)牛頓第三定律可知，物塊A通過C點時對半圓形軌道的壓力大小為F′＝F＝6mg⑤(2)設彈簧釋放瞬間A、B的速度大小分別為vA、vB，由動量守恒定律有mvA＝mvB⑥對物塊A從彈簧釋放到運動到C點的過程，由動能定理有－μmgL＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvA2⑦設斜面體的質量為M，B滑上斜面體最高點時，B和斜面體有共同速度v，對B和斜面體，由動量守恒定律有mvB＝(m＋M)v⑧由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgL⑨聯(lián)立①②⑥⑦⑧⑨解得M＝eq\f(m,2)⑩(3)物塊B與斜面體分離時，設物塊B與斜面體各自的速度分別為vB′和v′，以水平向左為正方向，由動量守恒定律有mvB＝mvB′＋Mv′?由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mvB′2＋eq\f(1,2)Mv′2?聯(lián)立⑩??解得vB′＝eq\f(\r(6gL),3)，v′＝eq\f(4\r(6gL),3).【應用力學三大觀點解決多過程問題】如圖所示，半徑R＝2.8m的光滑半圓軌道BC與傾角θ＝37°的粗糙斜面軌道在同一豎直平面內，兩軌道間由一條光滑水平軌道AB相連，A處用光滑小圓弧軌道平滑連接，B處與圓軌道相切。在水平軌道上，兩靜止小球P、Q壓緊輕質彈簧后用細線連在一起。某時刻剪斷細線后，小球P向左運動到A點時，小球Q沿圓軌道到達C點；之后小球Q落到斜面上時恰好與沿斜面向下運動的小球P發(fā)生碰撞。已知小球P的質量m1＝3.2kg，小球Q的質量m2＝1kg，小球P與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，剪斷細線前彈簧的彈性勢能Ep＝168J，小球到達A點或B點時已和彈簧分離。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力，求：（1）小球Q運動到C點時的速度大?。唬?）小球P沿斜面上升的最大高度h；（3）小球Q離開圓軌道后經過多長時間與小球P相碰。解析：（1）兩小球彈開的過程，由動量守恒定律得m1v1＝m2v2由機械能守恒定律得Ep＝12m1v12＋1聯(lián)立可得v1＝5m/s，v2＝16m/s小球Q沿圓軌道運動過程中，由機械能守恒定律可得12m2v22＝12m2vC解得vC＝12m/s。（2）設小球P在斜面上向上運動的加速度為a1，由牛頓第二定律得m1gsinθ＋μm1gcosθ＝m1a1，解得a1＝10m/s2故上升的最大高度為h＝v122a1sinθ＝0（3）設小球Q離開圓軌道后到與小球P相碰所用的時間為t，由題意得小球P從A點上升到兩小球相遇所用的時間也為t，小球P沿斜面下滑的加速度為a2，則有m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a2，解得a2＝2m/s2小球P上升到最高點所用的時間t1＝v1a1＝0.5則2R＝12gt2＋h－12a2（t－t1）2sin解得t＝1s。答案：（1）12m/s（2）0.75m（3）1s【應用力學三大觀點解決多過程問題】(2022·浙江6月選考·20)如圖所示，在豎直面內，一質量m的物塊a靜置于懸點O正下方的A點，以速度v逆時針轉動的傳送帶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.圓弧形細管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點高度為H.開始時，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細線始終張緊，擺到最低點時恰好與a發(fā)生彈性正碰．已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物塊與MN、CD之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，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，物塊可視為質點，取g＝10m/s2.(1)若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度v0的大小；(2)物塊a在DE最高點時，求管道對物塊的作用力FN與h間滿足的關系；(3)若物塊b釋放高度0.9m<h<1.65m，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍(以A點為坐標原點，水平向右為正，建立x軸)．答案(1)5m/s(2)FN＝0.1h－0.14N(h≥1.2m)(3)當0.9m<h<1.2m時，2.6m<x≤3m，當1.2m≤h<1.65m時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(\r(3),5)))m≤x<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3.6＋\f(\r(3),5)))m解析(1)物塊b擺到最低點過程中，由機械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mvb2，解得vb＝5m/sb與a發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有mvb＝mvb′＋mv0eq\f(1,2)mvb2＝eq\f(1,2)mvb′2＋eq\f(1,2)mv02聯(lián)立解得v0＝5m/s(2)由(1)分析可知，物塊b與物塊a在A處發(fā)生彈性正碰，速度交換，若物塊a剛好可以到達E點對應的高度為h1，根據(jù)動能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0，解得h1＝1.2m以豎直向下為正方向，則有FN＋mg＝meq\f(vE2,R)由動能定理有mgh－2μmgl－mgH＝eq\f(1,2)mvE2聯(lián)立可得FN＝0.1h－0.14N(h≥1.2m)(3)當1.2m≤h<1.65m時，最終物塊a靜止的位置在E點或E點右側，根據(jù)動能定理得mgh－2μmgl－mgH＝eq\f(1,2)mvE2從E點飛出后，豎直方向H＝eq\f(1,2)gt2水平方向s1＝vEt當h最大時，s1最大，即s1max＝0.6m，又因x取不到最大值，則s1取不到最大值，根據(jù)幾何關系可得DF＝eq\f(\r(3),5)mx＝3l＋DF＋s1代入數(shù)據(jù)解得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(\r(3),5)))m≤x<(3.6＋eq\f(\r(3),5))m；當0.9m<h<1.2m時，從h2＝0.9m釋放b，a、b碰撞后，仍交換速度時，則根據(jù)動能定理可得mgh－μmgs2＝0當h最小時解得s2＝1.8m可知物塊a達到距離C點右側0.8m處靜止；當h取1.2m時，物塊a在E點速度為零，若返回到CD時，根據(jù)動能定理可得mgH－μmgs3＝0，解得s3＝0.4m，距離C點0.6m，又因h＝1.2m不在此范圍內，故當0.9m<h<1.2m時，有3l－s3<x≤3l代入數(shù)據(jù)得2.6m<x≤3m.【應用力學三大觀點解決多過程問題】如圖所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側的直軌道相切，半徑R＝0.5m。物塊A以v0＝6m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動，P點左側軌道光滑，右側軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L＝0.1m。物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，A、B的質量均為m＝1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B視為質點，碰撞時間極短）。（1）求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F；（2）若碰后A、B最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值；（3）求碰后A、B滑至第n個（n＜k）光滑段上的速度vn與n的關系式。解析：（1）物塊A由初始位置到Q的過程，由動能定理得－mg×2R＝12mv2－12解得v＝4m/s設在Q點物塊A受到軌道的彈力為FN，受力分析如圖所示由牛頓第二定律得mg＋FN＝m解得FN＝mv2R－mg＝22（2）由機械能守恒定律知，物塊A與B碰前的速度仍為v0＝6m/sA與B碰撞過程動量守恒，設碰后A、B的速度為v共mv0＝2mv共，解得v共＝12v0＝3設A與B碰后一起運動到停止，在粗糙段運動的路程為s，由動能定理得－μ×2mgs＝0－12×2m解得s＝v共22gμ＝4故k＝sL＝4.5m0.1m＝（3）碰后A、B滑至第n個（n＜k）光滑段上的速度等于滑離第n個（n＜k）粗糙段的速度由動能定理得－μ×2mgnL＝12×2mvn2－12解得vn＝v共2-2μgnL＝9?0.2n答案：（1）4m/s22N（2）45（3）vn＝9?0.2n【應用力學三大觀點解決多過程問題】(2021·湖南高考)如圖，豎直平面內一足夠長的光滑傾斜軌道與一長為L的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，水平軌道右下方有一段弧形軌道PQ。質量為m的小物塊A與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ。以水平軌道末端O點為坐標原點建立平面直角坐標系xOy，x軸的正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下，弧形軌道P端坐標為(2μL，μL)，Q端在y軸上。重力加速度為g。(1)若A從傾斜軌道上距x軸高度為2μL的位置由靜止開始下滑，求A經過O點時的速度大小；(2)若A從傾斜軌道上不同位置由靜止開始下滑，經過O點落在弧形軌道PQ上的動能均相同，求PQ的曲線方程；(3)將質量為λm(λ為常數(shù)且λ≥5)的小物塊B置于O點，A沿傾斜軌道由靜止開始下滑，與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)，要使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點的右側，求A下滑的初始位置距x軸高度的取值范圍。[答案](1)(2)x22y+2y=4μL(其中μL≤y(3)3λ-1[解析](1)設A滑到O點時速度為v0,A從傾斜軌道上滑到O點過程中,由動能定理有mg·2μL-μmgL=12m解得v0=2(2)若A以(1)中的位置從傾斜軌道上下滑,A從O點拋出,假設能運動到弧形軌道上的P點,水平方向有2μL=v0t1豎直方向有yP=12g解得yP=μL,假設成立所以A落在弧形軌道時的動能Ek滿足mg·2μL-μmgL+mg·μL=Ek-0A從O點拋出,做平拋運動,水平方向有x=v1t豎直方向有y=12gt又y=vy22g,Ek=12m聯(lián)立解得PQ的曲線方程為x22y+2y=4μL(0≤x(3)設A初始位置到x軸的高度為h,A滑到O點的速度為vA0,碰撞后