重難點(diǎn)08 三大力學(xué)觀點(diǎn)（動(dòng)力學(xué)、能量、動(dòng)量）的綜合應(yīng)用（解析版）2025年高考物理重難點(diǎn)

PAGE重難點(diǎn)08三大力學(xué)觀點(diǎn)（動(dòng)力學(xué)、能量、動(dòng)量）的綜合應(yīng)用【高分技巧】三大力學(xué)觀點(diǎn)（動(dòng)力學(xué)、能量、動(dòng)量）的綜合應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)對應(yīng)規(guī)律表達(dá)式適用范圍動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)牛頓第二定律F合＝ma恒力作用下的勻變速運(yùn)動(dòng)(包括勻變速曲線運(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)方法解題勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律v＝v0＋at，x＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－veq\o\al(2,0)＝2ax等能量觀點(diǎn)動(dòng)能定理W合＝ΔEk求解功、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)相對位移(摩擦生熱)時(shí)，優(yōu)先選用能量守恒定律機(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，特別是對于打擊類問題、流體連續(xù)作用問題，用動(dòng)量定理求解動(dòng)量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′對碰撞、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，用動(dòng)量守恒定律求解一、單選題1．（2024·四川成都·模擬預(yù)測）如圖甲所示，大型物流貨場廣泛地應(yīng)用傳送帶搬運(yùn)貨物。與水平面夾角為θ的傾斜傳送帶以恒定速率運(yùn)動(dòng)，皮帶始終是繃緊的。將質(zhì)量為的貨物（可視為質(zhì)點(diǎn)）輕放在傳送帶的A端，經(jīng)過1.2s到達(dá)傳送帶的B端。用速度傳感器測得貨物與傳送帶的速度ν隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度，下列說法正確的是（）A．貨物從A端到B端的過程中受到的摩擦力始終不變B．貨物與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4C．貨物從A端到B端的過程中，貨物與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為9.6JD．貨物從A端到B端的過程中，貨物與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為22.4J【答案】C【知識(shí)點(diǎn)】物塊在傾斜的傳送帶上運(yùn)動(dòng)分析、能量守恒定律與傳送帶結(jié)合【詳解】A．由題意可知，貨物先以a1加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再以a2加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則時(shí)間內(nèi)，貨物受到的摩擦力沿傳送帶向下，時(shí)間內(nèi)，貨物受到的摩擦力沿傳送帶向上，A錯(cuò)誤；B．由圖像可知，貨物的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律則有解得同理可得內(nèi)有聯(lián)立解得B錯(cuò)誤；CD．由圖可知，整個(gè)過程貨物的位移傳送帶的位移二者的相對位移根據(jù)上述結(jié)論可知故整個(gè)過程產(chǎn)生的熱量C正確，D錯(cuò)誤。故選C。2．（2025·廣東·模擬預(yù)測）如圖所示，底端帶有擋板的光滑斜面固定在水平面上，一輕彈簧一端與擋板連接，軸線與斜面平行，質(zhì)量為M的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)，與彈簧不連接）緊靠彈簧靜止在斜面上?，F(xiàn)施加沿斜面向下的力進(jìn)一步壓縮彈簧，然后由靜止釋放物塊，物塊沿斜面開始運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。以釋放點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，沿斜面向上為x軸正方向建立坐標(biāo)系，從物塊釋放到第一次回到坐標(biāo)原點(diǎn)的過程中，物塊的加速度a隨路程s變化的圖像或位移x隨時(shí)間t變化的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【知識(shí)點(diǎn)】細(xì)繩或彈簧相連的連接體問題【詳解】AB．設(shè)彈簧的初始?jí)嚎s量為，物塊釋放前，根據(jù)平衡條件有釋放后彈簧未恢復(fù)原長前，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立解得若彈簧能夠恢復(fù)原長（即），則彈簧恢復(fù)原長后物塊到達(dá)最高點(diǎn)后，開始沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度仍為再次接觸彈簧后，物塊先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，回到坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)速度恰好減為零，物塊做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對稱性結(jié)合上述分析可知，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．若，物塊釋放后不能脫離彈簧，位移x隨時(shí)間t按正弦規(guī)律變化；若，物塊釋放后能脫離彈簧，脫離彈簧后位移x隨時(shí)間t按二次函數(shù)規(guī)律變化，故CD錯(cuò)誤。故選B。3．（2024·河北·模擬預(yù)測）高頻考點(diǎn)彈簧連接體如圖所示，質(zhì)量為M的小球套在固定傾斜的光滑桿上，原長為的輕質(zhì)彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內(nèi)。圖中AO水平，BO間連線長度恰好與彈簧原長相等，且與桿垂直，在O點(diǎn)正下方，C是段的中點(diǎn)，桿與豎直方向的夾角?，F(xiàn)讓小球從A處由靜止釋放，重力加速度為g，彈簧的勁度系數(shù)為。查閱資料知，彈簧的彈性勢能，其中x為彈簧的形變量，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是（）A．下滑過程中小球的機(jī)械能先減小后增大B．小球位于A點(diǎn)時(shí)的加速度大小為C．小球下滑到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為D．小球下滑到C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為【答案】D【知識(shí)點(diǎn)】彈簧類問題機(jī)械能轉(zhuǎn)化的問題、常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化【詳解】A．下滑過程中小球的機(jī)械能會(huì)與彈簧的彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，由題意知在B處時(shí)彈簧的彈性勢能為零，則彈簧的彈性勢能先減小后增加，小球的機(jī)械能先增大后減小，A錯(cuò)誤；B．由幾何關(guān)系得，，，，，根據(jù)幾何關(guān)系可得，小球位于A點(diǎn)時(shí)的加速度B錯(cuò)誤；A、B兩點(diǎn)間的高度差為由機(jī)械能守恒定律得解得C錯(cuò)誤；A、C兩點(diǎn)間的高度差小球在兩位置彈簧的彈性勢能相等，小球重力做的功全部轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能，所以得D正確。故選D。4．（2024·安徽·模擬預(yù)測）如圖所示，光滑水平面上有一光滑的斜面，斜面上有一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從頂端由靜止開始下滑，一直運(yùn)動(dòng)到底端。忽略空氣阻力的影響，在此過程中，下列說法正確的是（）A．物塊受到的支持力對物塊不做功B．物塊受到的支持力對物塊做負(fù)功C．物塊對斜面的壓力對斜面不做功D．物塊受到的支持力與斜面不垂直【答案】B【知識(shí)點(diǎn)】判斷某個(gè)力是否做功，做何種功、判斷系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒【詳解】ABC．由于水平面是光滑的，在物塊下滑的過程中，物塊和斜面組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，隨著斜面動(dòng)能的增加，物塊的機(jī)械能減小，所以物塊受到的支持力對物塊做負(fù)功，物塊對斜面的壓力對斜面做正功，AC項(xiàng)錯(cuò)誤、B項(xiàng)正確；D．在物塊運(yùn)動(dòng)過程中，物塊受到的支持力方向與斜面始終垂直，D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選B。5．（2024·安徽·一模）如圖所示，兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ，距離為L，與左側(cè)M，P間連接阻值為R的電阻構(gòu)成一個(gè)固定的水平U型導(dǎo)體框架，導(dǎo)軌電阻不計(jì)且足夠長?？蚣苤糜谝粋€(gè)方向豎直向下，范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場左側(cè)邊界是。質(zhì)量為m、電阻為R、長度為L的導(dǎo)體棒垂直放置在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌接觸良好，現(xiàn)導(dǎo)體棒以一個(gè)水平向右的初速度進(jìn)入磁場區(qū)域，當(dāng)導(dǎo)體棒在磁場中運(yùn)動(dòng)距離為x的過程，則（

）

A．通過導(dǎo)體棒的電量為B．導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)為勻變速運(yùn)動(dòng)C．導(dǎo)體棒所受安培力在不斷增大D．若將磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向調(diào)整為豎直向上，則導(dǎo)體棒所受安培力方向?qū)l(fā)生變化【答案】A【知識(shí)點(diǎn)】左手定則的內(nèi)容及簡單應(yīng)用、求導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中通過其截面的電量、作用的導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的電動(dòng)勢、安培力、電流、路端電壓【詳解】A．由法拉第電磁感應(yīng)定律由閉合電路歐姆定律則該過程中通過導(dǎo)體棒的電量為聯(lián)立可得故A正確；BC．規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量定理其中聯(lián)立可得導(dǎo)體棒所受安培力為所以安培力在不斷變小，加速度不斷變小，故BC錯(cuò)誤；D．若將磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向調(diào)整為豎直向上，根據(jù)右手定則可知回路中的感應(yīng)電流順時(shí)針，根據(jù)左手定則可知導(dǎo)體棒所受的安培力方向仍向左，故D錯(cuò)誤。故選A。6．（2024·福建·二模）如圖，傾角為37°的傳送帶沿逆時(shí)針方向以4m/s的速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，將質(zhì)量為1kg的小物塊輕放在傳送帶的頂端A處，經(jīng)過2s小物塊到達(dá)傳送帶的底端B處。已知小物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25，重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列說法正確的是（）A．小物塊一直做勻變速運(yùn)動(dòng)B．A、B間的長度為11.5mC．小物塊到達(dá)B處時(shí)的速度大小為16m/sD．全過程中小物塊機(jī)械能減少23J【答案】B【知識(shí)點(diǎn)】物塊在傾斜的傳送帶上運(yùn)動(dòng)分析、能量守恒定律與傳送帶結(jié)合【詳解】A．當(dāng)小物塊的速度小于傳送帶的速度時(shí)，由牛頓第二定律可知解得當(dāng)小物塊的速度等于傳送帶的速度時(shí)，由于小物塊會(huì)繼續(xù)以a2加速運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)，由牛頓第二定律可知解得故全程做變加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；C．設(shè)小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到與傳送帶共速時(shí)經(jīng)過的時(shí)間為t1，則由題可知，全程運(yùn)動(dòng)時(shí)間為到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為解得故C錯(cuò)誤；B．AB間長度為解得故B正確；D．全過程中小物塊機(jī)械能減小量為解得故D錯(cuò)誤。故選B。二、多選題7．（2024·河北·模擬預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量為的木板B與直立輕彈簧的上端拴接，彈簧下端固定在地面上。平衡時(shí)彈簧的壓縮量為，一質(zhì)量為的物塊A從木板B正上方距離為的高處自由落下，打在木板上與木板粘連在一起向下運(yùn)動(dòng)。從A、B碰撞到兩者到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)經(jīng)歷的總時(shí)間為，已知彈簧的彈性勢能，為彈簧的勁度系數(shù)，為彈簧的形變量，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為，空氣阻力忽略不計(jì)。則在時(shí)間內(nèi)，下列說法正確的是（

）A．彈簧的最大彈性勢能為B．A和B一起運(yùn)動(dòng)的最大加速度大小為C．A和B一起運(yùn)動(dòng)的最大速度大小為D．從A、B碰撞到兩者到達(dá)最低點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為【答案】AD【知識(shí)點(diǎn)】彈簧振子在一個(gè)周期內(nèi)運(yùn)動(dòng)的定性規(guī)律、利用動(dòng)量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題、細(xì)繩或彈簧相連的連接體問題、彈簧類問題機(jī)械能轉(zhuǎn)化的問題【詳解】A．物塊A做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)其與木板B碰撞前瞬間的速度大小為，由動(dòng)能定理可得解得物塊A與木板B碰撞瞬間滿足動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可得解得從A、B碰撞到達(dá)最低點(diǎn)，設(shè)最低點(diǎn)位置彈簧壓縮量為，由能量守恒定律可得其中解得可得彈簧的最大彈性勢能為故A正確；B．A、B一起運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，彈簧的形變量最大，彈簧對A、B整體的彈力最大，加速度最大，由牛頓第二定律有解得A、B一起運(yùn)動(dòng)的最大加速度大小為故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)彈簧彈力與A、B的重力相等時(shí)，A和B一起運(yùn)動(dòng)的速度最大，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為，由受力平衡可得解得根據(jù)能量守恒定律有解得故C錯(cuò)誤；D．A、B在一起做簡諧運(yùn)動(dòng)，設(shè)振動(dòng)方程為在點(diǎn)A、B碰撞，從有解得由題意知從時(shí)間為，則有可得簡諧運(yùn)動(dòng)的周期為從A、B碰撞到兩者到達(dá)最低點(diǎn)，即從的時(shí)間為故D正確。故選AD。8．（2024·四川成都·模擬預(yù)測）如圖甲所示，“L”形木板Q（豎直擋板厚度不計(jì)）靜止于粗糙水平地面上，質(zhì)量為的滑塊P（視為質(zhì)點(diǎn)）以的初速度滑上木板，時(shí)滑塊與木板相撞并粘在一起。兩者運(yùn)動(dòng)的圖像如圖乙所示。重力加速度大小，則下列說法正確的是（）A．“L”形木板的長度為B．Q的質(zhì)量為C．地面與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1D．由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能與碰撞后木板Q與地面摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之比為【答案】BD【知識(shí)點(diǎn)】碰撞后直接粘連問題、板塊/子彈打木塊模型【詳解】A．“L”形木板的長度A錯(cuò)誤；B．滑塊P滑上木板后，滑塊P做勻減速運(yùn)動(dòng)，木板Q做勻加速運(yùn)動(dòng)，由兩者運(yùn)動(dòng)的圖像可知，兩者在碰撞前滑塊P的速度為木板Q的速度兩者碰撞后共同速度為碰撞過程系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，設(shè)滑塊P的質(zhì)量為m，木板Q的質(zhì)量為M，取滑塊P的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律可得代入數(shù)據(jù)解得B正確；C．設(shè)滑塊P與木板Q間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為，地面與木板之間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為，由運(yùn)動(dòng)的圖像可知，在0~2s時(shí)間內(nèi)，滑塊P的加速度為木板Q的加速度為對兩者由牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得C錯(cuò)誤；D．由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能為代入數(shù)據(jù)解得碰撞后木板Q與地面摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能課中由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能與碰撞后木板Q與地面摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之比為，D正確。故選BD。9．（2024·福建寧德·三模）如圖甲所示，光滑水平面上兩物塊A、B用輕質(zhì)橡皮繩水平連接，橡皮繩恰好處于原長。t=0時(shí)，A以水平向左的初速度v0開始運(yùn)動(dòng)，B的初速度為0，A、B運(yùn)動(dòng)的v?t圖像如圖乙所示。已知A的質(zhì)量為m，0~t0時(shí)間內(nèi)B的位移為x0，t=3t0時(shí)二者發(fā)生碰撞并粘在一起，則（）A．B的質(zhì)量為2m B．橡皮繩的最大彈性勢能為C．橡皮繩的原長為 D．橡皮繩的原長為v0t0【答案】AD【知識(shí)點(diǎn)】滑塊彈簧模型、利用動(dòng)量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題【詳解】A．由圖乙及動(dòng)量守恒定律得解得故A正確；CD．由圖乙知，2t0時(shí)刻橡皮繩處于原長，設(shè)此時(shí)A、B的速度分別為vA、vB，由動(dòng)量守恒定律及能量守恒定律得解得，橡皮繩的原長故C錯(cuò)誤，D正確；B．由能量守恒定律，橡皮繩的最大彈性勢能故B錯(cuò)誤。故選AD。10．（2024·四川成都·模擬預(yù)測）如圖甲，同一豎直平面內(nèi)，四點(diǎn)距點(diǎn)的距離均為，點(diǎn)為水平連線的中點(diǎn)，在連線的中垂線上。兩點(diǎn)分別固定有一點(diǎn)電荷，電荷量均為（）。以為原點(diǎn)，豎直向下為正方向建立軸。若取無窮遠(yuǎn)處為電勢零點(diǎn)，則上的電勢隨位置的變化關(guān)系如圖乙所示。一電荷量為的小球S以一定初動(dòng)能從點(diǎn)豎直下落，一段時(shí)間后經(jīng)過點(diǎn)，且在點(diǎn)的加速度大小為，為重力加速度大小，為靜電力常量。則下列說法正確的是（）A．小球S在點(diǎn)受到的電場力大小為B．從點(diǎn)到點(diǎn)的過程，小球S受到的電場力先減小后增大C．從點(diǎn)到點(diǎn)，小球S動(dòng)能變化為D．在連線的中垂線上電場強(qiáng)度最大的點(diǎn)到點(diǎn)的距離為【答案】ACD【知識(shí)點(diǎn)】庫侖定律表達(dá)式和簡單計(jì)算、用動(dòng)能定理求解外力做功和初末速度、等量同種電荷連線中垂線和連線上的電場強(qiáng)度分布圖像【詳解】AB．設(shè)A到小球的距離為R，A點(diǎn)的電荷對小球S的庫侖力大小為FA，小球S和A點(diǎn)連線與中垂線的夾角設(shè)為θ，由庫侖定律有設(shè)小球S所受電場力大小為F，由力的合成有則根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，從點(diǎn)到點(diǎn)的過程，小球S受到的電場力先增大后減小，再增大再減?。恍∏騍在點(diǎn)受到的電場力大小為故A正確，B錯(cuò)誤；C．在N點(diǎn)的加速度大小為2g，根據(jù)牛頓第二定律有小球S從O點(diǎn)到N點(diǎn)由動(dòng)能定理有根據(jù)圖線可解得故從O點(diǎn)到N點(diǎn)小球S的動(dòng)能增加了，故C正確；D．根據(jù)選項(xiàng)AB分析可得，小球S在連線的中垂線上受到的電場力為設(shè)，則有求導(dǎo)可得可知F在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，則即時(shí)，小球S受到的電場力最大，此位置的電場強(qiáng)度也最大，此時(shí)，則在連線的中垂線上電場強(qiáng)度最大的點(diǎn)到點(diǎn)的距離為故D正確。故選ACD。11．（2024·河北·模擬預(yù)測）如圖所示，間距均為的粗糙平行傾斜導(dǎo)軌與足夠長光滑平行水平導(dǎo)軌在、處平滑連接，空間存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場。、是兩根完全相同且粗細(xì)均勻的金屬棒，質(zhì)量為，電阻為棒垂直放置在傾斜導(dǎo)軌距水平導(dǎo)軌高處；棒與水平導(dǎo)軌垂直并處于靜止?fàn)顟B(tài)，到的距離?，F(xiàn)給棒一個(gè)水平向右的初速度，運(yùn)動(dòng)過程中棒始終垂直于導(dǎo)軌，棒始終靜止。不計(jì)導(dǎo)軌電阻，重力加速度為，下列說法正確的是（

）A．初始時(shí)通過閉合回路的磁通量為B．棒獲得初速度瞬間，通過棒的電流大小為C．棒獲得初速度后向右做減速運(yùn)動(dòng)過程中，棒受到的支持力和摩擦力均變大D．棒獲得初速度后向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為【答案】BD【知識(shí)點(diǎn)】雙桿在等寬導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)問題、計(jì)算磁通量的大小、作用的導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的電動(dòng)勢、安培力、電流、路端電壓【詳解】A．初始時(shí)穿過閉合回路的磁通量A錯(cuò)誤；B．棒獲得初速度瞬間，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢B正確；C．由右手定則和左手定則可知棒所受安培力水平向左，棒獲得初速度后向右做減速運(yùn)動(dòng)，棒受到安培力水平向右，隨著棒速度的減小，感應(yīng)電動(dòng)勢減小，感應(yīng)電流減小，兩棒所受安培力也逐漸變小，根據(jù)受力平衡可得，棒受到的支持力變大，摩擦力變小，C錯(cuò)誤；D．棒獲得初速度后向右做減速運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)量定理有解得D正確。故選BD。12．（2024·湖北·模擬預(yù)測）如圖所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌間距為，導(dǎo)軌處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，兩個(gè)相同的金屬棒垂直于導(dǎo)軌平行放置，與導(dǎo)軌始終接觸良好，每個(gè)金屬棒質(zhì)量為，接入電路的電阻均為。開始時(shí)棒鎖定在軌道上，對棒施加水平向右的恒定拉力，經(jīng)時(shí)間棒的速度達(dá)到最大值，此時(shí)撤去拉力，同時(shí)解除對棒的鎖定，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)。則（）A．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B．撤去拉力前棒前進(jìn)的距離為C．撤去拉力前棒前進(jìn)的距離為 D．全過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】AC【知識(shí)點(diǎn)】雙桿在等寬導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)問題【詳解】A．a(chǎn)b棒勻速時(shí)受力平衡，有解得故A正確；BC．a(chǎn)b棒從開始運(yùn)動(dòng)到勻速，列動(dòng)量定理解的故B錯(cuò)誤，C正確。D．解除鎖定后兩棒相互作用過程中動(dòng)量守恒，最后共同運(yùn)動(dòng)速度為，對全過程由能量守恒定律得故D錯(cuò)誤。故選AC。三、解答題13．（2025·山東·模擬預(yù)測）如圖所示，一質(zhì)量，長度的長木板C（右端帶擋板）靜止在光滑水平面上，小物塊A放置在長木板最左端，小物塊B放置在長木板上距右端為x處，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量均為。某時(shí)刻，給A一個(gè)水平向右、大小為的初速度，A、B、C之間的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。A、C和B、C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，A、B始終未脫離C，取。(1)求從A開始運(yùn)動(dòng)到A、B、C達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)的過程，整個(gè)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量；(2)求B與擋板碰后瞬間B和C各自的速度大??；(3)若A、B不發(fā)生第二次碰撞，求B與長木板右端的距離x的最小值?！敬鸢浮?1)24J(2)；(3)【知識(shí)點(diǎn)】利用動(dòng)量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題、沒有其他外力的板塊問題【詳解】（1）對A、B、C由動(dòng)量守恒定律有減少的動(dòng)能因摩擦轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則解得則系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量（2）因?yàn)锳、B的質(zhì)量相同，所以A與B碰后速度交換，可視為A直接滑到右端，從開始到B與擋板碰撞前瞬間由動(dòng)量守恒定律得由能量守恒定律得B與C碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律有由機(jī)械能守恒定律有聯(lián)立解得，（3）B與擋板碰后瞬間A的速度大小為，對A、B、C由牛頓第二定律可得A、B的加速度大小C的加速度大小設(shè)A、C先達(dá)到共速的時(shí)間為t，則解得這段時(shí)間內(nèi)A的位移大小B的位移大小A、C共速瞬間，之后B與A、C整體作用，最后A、B、C共速，速度大小為由能量守恒定律有解得若A、B不發(fā)生第二次碰撞，則x至少為14．（2024·河北·模擬預(yù)測）如圖所示，斜面點(diǎn)處固定有一輕質(zhì)彈簧，彈簧處于原長時(shí)其末端在點(diǎn)處，斜面段光滑，段粗糙且足夠長。兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量均為的物塊、靜置于彈簧上。若將物塊取走，物塊運(yùn)動(dòng)的最大速度為。已知物塊與段之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，斜面傾角為，重力加速度取。(1)求彈簧的勁度系數(shù)；(2)若物塊的質(zhì)量為，取走物塊，求物塊在離開彈簧時(shí)的速度；(3)在（2）的條件下，求物塊在點(diǎn)上方運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間?！敬鸢浮?1)(2)(3)【知識(shí)點(diǎn)】細(xì)繩或彈簧相連的連接體問題、應(yīng)用動(dòng)能定理解多段過程問題【詳解】（1）初始時(shí)兩物塊靜止，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為，對物塊、，由平衡條件得取走物塊后，物塊速度最大時(shí)所受合力為零，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為，對有聯(lián)立解得即物塊有最大速度時(shí)沿斜面向上的位移為，對物塊，由動(dòng)能定理得聯(lián)立解得（2）若物塊的質(zhì)量，靜止時(shí)，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為，由平衡條件得取走物塊后，物塊在彈簧原長處離開彈簧，此時(shí)彈簧彈力為0，對物塊，由動(dòng)能定理得聯(lián)立解得（3）物塊在段運(yùn)動(dòng)時(shí)受摩擦力作用，設(shè)向上滑行和向下滑行的加速度大小分別為、，由牛頓第二定律得解得設(shè)物塊向下滑行經(jīng)過點(diǎn)時(shí)的速度為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得解得由（2）可知故設(shè)物塊每次經(jīng)過點(diǎn)的速度大小依次為、、、、、、，其中、、、表示向上經(jīng)過點(diǎn)的速度大小，、、、…表示向下經(jīng)過點(diǎn)的速度大小，由運(yùn)動(dòng)過程知，每次向上經(jīng)過點(diǎn)時(shí)的速度大小之比為同理，每次向下經(jīng)過點(diǎn)的速度大小之比為設(shè)物塊每次從點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間依次為、、、，從最高點(diǎn)向下運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的時(shí)間依次為、、、，有、、、、、、15．（2024·安徽·模擬預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量為3m、半徑為R的四分之一光滑圓弧體b靜止在光滑的水平面上，圓弧面的最低點(diǎn)與水平面上的A點(diǎn)對齊，且與水平面相切，輕質(zhì)彈簧的右端與靜止的質(zhì)量為3m的物塊c相連，左端與水平面上的B點(diǎn)對齊，AB部分長為R，彈簧處于原長，水平面僅A、B部分粗糙。現(xiàn)將質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊a從圓弧面的最高點(diǎn)由靜止釋放，物塊a與彈簧作用，第二次滑過AB段后，恰好不再能滑上圓弧面。已知彈簧的形變在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力，求：(1)物塊a從釋放運(yùn)動(dòng)到圓弧面最低點(diǎn)時(shí)，圓弧體運(yùn)動(dòng)的距離為多少；(2)物塊a第一次運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)速度多大；(3)物塊a與水平面AB部分間的動(dòng)摩擦因數(shù)?！敬鸢浮?1)(2)(3)【知識(shí)點(diǎn)】含有動(dòng)量守恒的多過程問題、機(jī)械能與曲線運(yùn)動(dòng)結(jié)合問題【詳解】（1）物塊a在圓弧面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊a和b組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則即又因?yàn)榻獾茫?）設(shè)物塊a第一次運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)速度為v1，圓弧體的速度為v2，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒有根據(jù)機(jī)械能守恒有解得，（3）設(shè)物塊a與彈簧作用前的速度為v3，根據(jù)動(dòng)能定理設(shè)a與彈簧作用后一瞬間速度為v4，物塊c的速度為v5，a與彈簧作用過程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律根據(jù)機(jī)械能守恒解得，由于物塊a剛好不再能滑上圓弧面，故物塊a第二次滑過AB段后的速度大小等于v2，根據(jù)動(dòng)能定理解得16．（2025·山東·模擬預(yù)測）如圖所示，光滑曲面末端水平，固定于水平面上。曲面右側(cè)緊靠一足夠長的木板C，木板上表面粗糙，與曲面末端等高，下表面光滑，木板右側(cè)有一豎直墻壁P。物塊A置于曲面距末端高h(yuǎn)=0.2m處，物塊B置于木板左端。已知物塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量均為6kg，長木板C的質(zhì)量為2kg，B、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，取g=10m/s2。物塊A由靜止釋放，與B發(fā)生彈性碰撞（不考慮物塊A的后續(xù)運(yùn)動(dòng)），之后C與B第一次共速時(shí)恰好與墻壁P發(fā)生碰撞，碰后C被原速率彈回，所有碰撞時(shí)間均極短。求：(1)物塊A、B碰后瞬間，B的速度大小；(2)木板C初始位置右端與墻壁P的距離；(3)木板C從與墻壁P第4次碰撞前瞬間到木板C與物塊B第5次共速瞬間的時(shí)間間隔；(4)從木板C開始運(yùn)動(dòng)到停止運(yùn)動(dòng)的總路程?！敬鸢浮?1)2m/s(2)(3)(4)【知識(shí)點(diǎn)】利用動(dòng)量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題【詳解】（1）對于A沿曲面下滑，由動(dòng)能定理得A、B發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得聯(lián)立解得（2）B、C相互作用至第1次共速過程中由動(dòng)量守恒定律得解得對于C由牛頓第二定律有解得C做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有聯(lián)立解得（3）C與擋板第n次（n>1）碰撞前瞬間的速度大小和C與B第n次共速時(shí)的速度大小相同從C與B第1次共速至第2次共速時(shí)過程由動(dòng)量守恒有解得從C與B第2次共速至第3次共速的過程由動(dòng)量守恒有解得同理可知，C與B第4次共速時(shí)的速度大小C與B第5次共速時(shí)的速度大小從C與擋板第4次碰撞前瞬間到C與B第5次共速瞬間的過程由動(dòng)量定理有解得（4）木板C從開始運(yùn)動(dòng)到第2次與擋板碰撞前的路程為由（3）中分析可知第2次及以后的共速的速度大小第2次碰撞到第3次碰撞期間木板C的路程第3次碰撞到第4次碰撞期間木板C的路程……17．（2025·陜西寶雞·一模）如圖所示，長為l的輕繩一端固定在O點(diǎn)，另一端拴一質(zhì)量為m的小球，O點(diǎn)下方固定有一個(gè)滑槽裝置，由水平直軌道和豎直圓弧軌道組成。其中BC段為粗糙水平軌道，長度為d，CDE部分為光滑圓弧軌道，半徑為R，B點(diǎn)在O點(diǎn)正下方，D點(diǎn)為圓弧最高點(diǎn)，E點(diǎn)和圓心O等高。現(xiàn)將球拉至最高點(diǎn)A，以的速度向左水平拋出。當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，與靜止在B點(diǎn)的一質(zhì)量為m的滑塊P發(fā)生彈性正碰。碰撞后滑塊P沿BC滑向圓弧軌道CDE?；瑝K和小球均視為質(zhì)點(diǎn)，重力