備戰(zhàn)2025年高考物理大題突破大題06三大動力學(xué)觀點在力學(xué)中的綜合應(yīng)用(原卷版+解析)

/大題06三大動力學(xué)觀點在力學(xué)中的綜合應(yīng)用2025年高考對“三大動力學(xué)觀點綜合應(yīng)用”的考查將延續(xù)“重基礎(chǔ)整合、強(qiáng)思維深度、拓科技前沿”的命題導(dǎo)向，突出物理觀念的系統(tǒng)性與實際問題的多維度分析能力。備考需以觀點融合為核心，強(qiáng)化復(fù)雜過程的階段劃分與規(guī)律匹配，同時關(guān)注科技熱點與跨學(xué)科工具，做到“以觀點統(tǒng)全局，以思維破新題”。題型1含彈簧的系統(tǒng)綜合應(yīng)用例1.(2023遼寧沈陽市聯(lián)考)如圖甲所示，物體A、B的質(zhì)量分別是m1＝4kg和m2＝4kg，用輕彈簧相連后放在光滑的水平面上，物體B左側(cè)與豎直墻相接觸但不粘連。另有一個物體C從t＝0時刻起，以一定的速度向左運動，在t＝5s時刻與物體A相碰，碰后立即與A粘在一起，此后A、C不再分開。物體C在前15s內(nèi)的v－t圖像如圖乙所示。求：(1)物體C的質(zhì)量m3；(2)B離開墻壁后所能獲得的最大速度大小。例2.如圖甲所示，光滑的水平軌道AB與豎直面內(nèi)的半圓形軌道BCD在B點平滑連接，半圓形軌道半徑為R＝0.4m。一質(zhì)量為m1＝0.1kg的小物塊P將彈簧壓縮到A點后由靜止釋放，向右運動至B點與質(zhì)量為m2＝0.2kg的小物塊Q發(fā)生彈性碰撞，碰撞完成P立即被從軌道取走，Q從B點進(jìn)入半圓形軌道，在半圓形軌道上運動時速度的平方與其上升高度的關(guān)系如圖乙所示。P、Q可看作質(zhì)點，重力加速度大小為g＝10m/s2，求：(1)Q從B點運動到D點的過程中克服摩擦力做的功；(2)P將彈簧壓縮到A點時彈簧具有的彈性勢能(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。模型特點(1)兩個或兩個以上的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，類似彈性碰撞。(2)在能量方面，由于彈簧形變會使彈性勢能發(fā)生變化，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化；若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)。(4)彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當(dāng)于碰撞結(jié)束時)。1.(2024廣東省三模)如圖甲所示，室內(nèi)蹦床是一項深受小朋友喜愛的運動娛樂項目，其簡化模型如圖乙所示：豎直放置的輕彈簧，一端固定在地面上，另一端連接質(zhì)量為m的木板B，質(zhì)量為3m的物體A從B中央正上方高為h處由靜止釋放，隨后A與B發(fā)生完全非彈性碰撞，一起向下運動．若A與B碰撞時間極短，碰后一起下降的最大距離為eq\f(h,4)，A、B始終在同一豎直線上運動，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力，重力加速度為g.求：(1)A與B碰后瞬間的速度大小．(2)A與B碰撞瞬間，損失的機(jī)械能．(3)A與B碰后一起向下運動到最低點的過程中，A對B做的功．題型二多次碰撞模型例3.如圖所示，L形滑板A靜止在粗糙水平面上，在A上距離其左端為3l處靜置小木塊B，A、B之間光滑；水平面上距離A右端l處靜止著一滑塊C，A和C與水平面之間的動摩擦因數(shù)均為μ．A、B、C的質(zhì)量均為m，碰撞都屬于完全非彈性碰撞且不粘連．現(xiàn)對A施加水平向右的恒定推力，當(dāng)A、C相碰瞬間撤去，碰撞后瞬間AC的速度vAC＝4eq\r(μgl)．由于A板足夠長，所以不考慮B、C的相碰．已知重力加速度為g．求：(1)水平推力F的大小．(2)當(dāng)A、C都停下時C離A板右端的距離d．例4.(2023山東菏澤高三模擬)足夠長的斜面體固定在水平面上，其斜面與水平面夾角為θ。物塊P置于斜面上，向下推動P使其沿斜面下滑，撤去推力后P沿斜面勻速下滑。將P重新靜置于斜面上，如圖2所示，表面光滑的物塊Q自距P為l0處無初速釋放，并與P發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短。已知P、Q質(zhì)量均為m，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。求：(1)P與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)Q釋放后經(jīng)多長時間與P發(fā)生第1次碰撞；(3)Q與P第2次碰撞后P的速度大??；(4)從Q釋放到與P發(fā)生第n次碰撞經(jīng)歷的時間和碰撞點到釋放點的距離。2．(2023山東煙臺一模統(tǒng)考)如圖所示，P為固定的豎直擋板，質(zhì)量為2m的長木板A靜置于光滑水平面上(A的上表面略低于擋板P下端)，質(zhì)量為m的小物塊B(可視為質(zhì)點)以水平初速度v0從A的左端向右滑上A的上表面，經(jīng)過一段時間A、B第一次達(dá)到共同速度，此時B恰好未從A上滑落，然后物塊B與長木板A一起向右運動，在t＝0時刻，物塊B與擋板P發(fā)生了第一次碰撞，經(jīng)過一段時間物塊B與長木板A第二次達(dá)到共同速度，之后物塊B與擋板P發(fā)生了很多次碰撞，最終在t＝t0(未知)時恰好相對地面靜止。已知A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，物塊與擋板P發(fā)生碰撞時無機(jī)械能損失且碰撞時間極短，求：(1)木板A的長度；(2)A、B第二次達(dá)到共同速度時B離A左端的距離；(3)0～t0時間內(nèi)B經(jīng)過的路程；(4)t0的值。題型三多過程問題例5.如圖所示，一質(zhì)量M＝3kg的小車由水平部分AB和eq\f(1,4)光滑圓軌道BC組成，圓弧BC的半徑R＝0.4m且與水平部分相切于B點，小物塊Q與AB段之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，小車靜止時左端與固定的光滑曲面軌道MN相切，一質(zhì)量為m1＝0.5kg的小物塊P從距離軌道MN底端高為h＝1.8m處由靜止滑下，并與靜止在小車左端的質(zhì)量為m2＝1kg的小物塊Q(兩物塊均可視為質(zhì)點)發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短。已知除了小車AB段粗糙外，其余所有接觸面均光滑，重力加速度g＝10m/s2。(1)求碰撞后瞬間物塊Q的速度；(2)求物塊Q在小車上運動1s時相對于小車運動的距離(此時Q未到B點且速度大于小車的速度)；(3)要使物塊Q既可以到達(dá)B點又不會從小車上掉下來，求小車左側(cè)水平部分AB的長度L的取值范圍。例6.如圖，一水平放置的圓環(huán)形鐵槽固定在水平面上，鐵槽底面粗糙，側(cè)壁光滑，半徑R＝eq\f(2,π)m，槽內(nèi)放有兩個大小相同的彈性滑塊A、B，質(zhì)量均為m＝0.2kg。兩滑塊初始位置與圓心連線夾角為90°，現(xiàn)給A滑塊一瞬時沖量，使其獲得v0＝2eq\r(10)m/s的初速度并沿鐵槽運動，與B滑塊發(fā)生彈性碰撞(設(shè)碰撞時間極短)；已知A、B滑塊與鐵槽底面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2。試求：(1)A、B第一次相碰過程中，系統(tǒng)儲存的最大彈性勢能Epm；(2)A滑塊運動的總路程。(1)受力與運動分析：根據(jù)物體的運動過程分析物體的受力情況，以及不同運動過程中力的變化情況。(2)做功分析：根據(jù)各種力做功的不同特點，分析各種力在不同運動過程中的做功情況。(3)功能關(guān)系分析：運用動能定理、機(jī)械能守恒定律或能量守恒定律進(jìn)行分析，選擇合適的規(guī)律求解。方法技巧(1)“合”——整體上把握全過程，構(gòu)建大致的運動情景。(2)“分”——將全過程進(jìn)行分解，分析每個子過程對應(yīng)的基本規(guī)律。(3)“合”——找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接點為突破口，尋求解題最優(yōu)方案。3.如圖甲所示，半徑R＝0.5m的四分之一光滑圓弧軌道A與長l＝1m的平板B均靜置于光滑水平地面上，A與B剛好接觸且二者的上表面相切，一物塊C(可視為質(zhì)點)靜置于B的最右端，C與B上表面的動摩擦因數(shù)μ從左往右隨距離l均勻變化，其變化關(guān)系如圖乙所示。已知A、B、C的質(zhì)量均為m＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，現(xiàn)給C一水平向左的初速度v0＝4m/s。(1)若A、B固定，其他條件均不變，求C剛滑到A最低點P時對軌道的壓力大?。?2)若A、B不固定，其他條件均不變，求：①C由B最右端滑至最左端過程中克服摩擦力做的功；②C相對于A最低點P所能達(dá)到的最大高度(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。1．(2024廣東茂名診斷)“嫦娥五號”飛船在月球表面著陸過程如下：在反推火箭作用下，飛船在距月面100米處懸停，通過對障礙物和坡度進(jìn)行識別，選定相對平坦的區(qū)域后，開始以a＝2m/s2的加速度豎直下降。當(dāng)四條“緩沖腳”觸地時，反推火箭立即停止工作，隨后飛船經(jīng)2s減速到0，停止在月球表面上。飛船質(zhì)量m＝1000kg，每條“緩沖腳”與地面的夾角為60°，月球表面的重力加速度g取3.6m/s2，四條“緩沖腳”的質(zhì)量不計。求：(1)飛船豎直下降過程中，火箭推力對飛船做了多少功；(2)從“緩沖腳”觸地到飛船速度減為0的過程中，每條“緩沖腳”對飛船的沖量大小。2．(2024廣大附中期初)如圖所示，水平傳送帶AB長L＝4.5m，以v＝2m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動．傳送帶與半徑R＝0.4m的豎直光滑半圓軌道BCD平滑連接，CD段為光滑圓管，∠COD＝60°．小物塊以v0＝3m/s的初速度滑上傳送帶，已知小物塊的質(zhì)量m＝1kg，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，取g＝10m/s2．求：(1)小物塊通過傳送帶的時間t．(2)小物塊通過傳送帶的過程中，傳送帶對它做的功W以及因摩擦產(chǎn)生的熱量Q．(3)小物塊能進(jìn)入光滑圓管CD，且不從D點飛出，傳送帶轉(zhuǎn)動速度v應(yīng)滿足的條件．3．(2024大灣區(qū)聯(lián)合模擬一)如圖所示，P點左側(cè)有一高h(yuǎn)＝5.0m的平臺與半徑R＝2.0m的四分之一光滑圓弧底部相切，平臺表面粗糙，長度為1.0m．現(xiàn)讓一物塊A從圓弧左側(cè)與圓心等高處靜止釋放，下滑至平臺與另一置于平臺右側(cè)邊緣的物塊B發(fā)生碰撞，碰后其中一個物塊落在地面上的M點，另外一個物塊落到N點，M點和N點與平臺右側(cè)邊緣的水平距離分別為1.0m和2.0m，已知A、B兩物塊可視為質(zhì)點，物塊A與平臺的動摩擦因數(shù)為0.2，取g＝10m/s2.求：(1)碰撞前物塊A的速度v的大?。?2)落到M點和N點對應(yīng)的平拋運動初速度v1和v2的大?。?3)物塊A和物塊B的質(zhì)量之比．4．(2024深圳第一次調(diào)研)如圖所示，長為L＝0.8m，內(nèi)壁光滑的鋼管(頂端開口，下端封閉)豎直固定放置，A、B兩小球的質(zhì)量分別為mA＝200g、mB＝100g，直徑略小于鋼管內(nèi)徑，將小球A從管口靜止釋放并開始計時，0.2s時在管口由靜止釋放小球B，已知小球與管底碰撞后原速率反彈，小球的直徑與鋼管長度相比可忽略不計，取g＝10m/s2，碰撞時間和空氣阻力均可忽略．(1)求A球剛落到管底時，B球的速度vB.(2)求A、B兩小球相遇的位置距管底的高度h.(3)若A、B兩小球發(fā)生碰撞后，B小球上升的最高點高出管口Δh＝0.35m，求兩小球碰撞時損失的機(jī)械能．5．如圖所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g＝10m/s2。(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？6．(2024廣州調(diào)研)如圖所示，ABCD為跳臺滑雪的滑道簡化示意圖．滑道最低點C處附近是一段半徑為R的圓弧，A與C的高度差為H，D與C的高度差為h.質(zhì)量為m的運動員從A處由靜止滑下，離開D點時速度方向與水平方向夾角為30°.不計滑道摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)運動員滑到C點時對軌道的壓力．(2)運動員滑離D點后到達(dá)最高點時的速率．(3)運動員滑離D點后到達(dá)最高點時與C點的高度差．7．(2023廣東一模)如圖所示為某游戲裝置的示意圖．AB、CD均為四分之一圓弧，E為圓弧DEG的最高點，各圓弧軌道與直軌道相接處均相切．GH與水平方向夾角為θ＝37°，底端H有一彈簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直線上．一質(zhì)量為0.01kg的小鋼球(其直徑稍小于圓管內(nèi)徑，可視作質(zhì)點)從距A點高為h處的O點靜止釋放，從A點沿切線進(jìn)入軌道，B處有一裝置，小鋼球向右能無能量損失的通過，向左則不能通過且小鋼球被吸在B點．若小鋼球能夠運動到H點，則被等速反彈．各圓軌道半徑均為R＝0.6m，BC長L＝2m，水平直軌道BC和GH的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，其余軌道均光滑，小鋼球通過各圓弧軌道與直軌道相接處均無能量損失．某次游戲時，小鋼球從O點出發(fā)恰能第一次通過圓弧的最高點E.取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.(1)求小鋼球第一次經(jīng)過C點時的速度大小vC.(2)求小鋼球第一次經(jīng)過圓弧軌道最低點B時對軌道的壓力大小FB.(保留兩位小數(shù))(3)若改變小鋼球的釋放高度h，求出小鋼球在斜面軌道上運動的總路程s與h的函數(shù)關(guān)系．1．(2023全國乙卷)如圖，一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為20l。一質(zhì)量為m＝13M的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計空氣阻力，重力加速度大小為g(1)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大?。?2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離；(3)圓盤在管內(nèi)運動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。2．(2024湖南卷)如圖所示，半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內(nèi)有質(zhì)量為mA和mB的小球A和B(mA>mB)．初始時小球A以初速度v0沿圓環(huán)切線方向運動，與靜止的小球B發(fā)生碰撞．不計小球與圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內(nèi)運動．(1)若小球A與B碰撞后結(jié)合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運動所需向心力的大小．(2)若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，求小球的質(zhì)量比eq\f(mA,mB).(3)若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對速度大小為碰撞前的相對速度大小的e倍(0<e<1)，求第1次碰撞到第2n＋1次碰撞之間小球B通過的路程．3．(2024遼寧卷)如圖所示，高度h＝0.8m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質(zhì)量mA＝mB＝0.1kg.A、B間夾一壓縮量Δx＝0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接．同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復(fù)原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0.4m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25m后停止．A、B均視為質(zhì)點，取g＝10m/s2.求：(1)脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB.(2)物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ.(3)整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp.

大題06三大動力學(xué)觀點在力學(xué)中的綜合應(yīng)用2025年高考對“三大動力學(xué)觀點綜合應(yīng)用”的考查將延續(xù)“重基礎(chǔ)整合、強(qiáng)思維深度、拓科技前沿”的命題導(dǎo)向，突出物理觀念的系統(tǒng)性與實際問題的多維度分析能力。備考需以觀點融合為核心，強(qiáng)化復(fù)雜過程的階段劃分與規(guī)律匹配，同時關(guān)注科技熱點與跨學(xué)科工具，做到“以觀點統(tǒng)全局，以思維破新題”。題型1含彈簧的系統(tǒng)綜合應(yīng)用例1.(2023遼寧沈陽市聯(lián)考)如圖甲所示，物體A、B的質(zhì)量分別是m1＝4kg和m2＝4kg，用輕彈簧相連后放在光滑的水平面上，物體B左側(cè)與豎直墻相接觸但不粘連。另有一個物體C從t＝0時刻起，以一定的速度向左運動，在t＝5s時刻與物體A相碰，碰后立即與A粘在一起，此后A、C不再分開。物體C在前15s內(nèi)的v－t圖像如圖乙所示。求：(1)物體C的質(zhì)量m3；(2)B離開墻壁后所能獲得的最大速度大小。答案(1)2kg(2)2.4m/s解析(1)以水平向左的方向為正方向，A、C碰撞過程中動量守恒，則有m3vC＝(m1＋m3)v共1代入v－t圖像中的數(shù)據(jù)解得m3＝2kg。(2)從B開始離開墻面到B速度最大的過程，相當(dāng)于B與AC整體完成了一次彈性碰撞，以水平向右為正方向，則有(m1＋m3)v共1′＝(m1＋m3)v共2＋m2v2eq\f(1,2)(m1＋m3)v共1′2＝eq\f(1,2)(m1＋m3)veq\o\al(2,共2)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)由v－t圖像可得v共1′大小為2m/s，方向水平向右解得B的最大速度為v2＝2.4m/s。例2.如圖甲所示，光滑的水平軌道AB與豎直面內(nèi)的半圓形軌道BCD在B點平滑連接，半圓形軌道半徑為R＝0.4m。一質(zhì)量為m1＝0.1kg的小物塊P將彈簧壓縮到A點后由靜止釋放，向右運動至B點與質(zhì)量為m2＝0.2kg的小物塊Q發(fā)生彈性碰撞，碰撞完成P立即被從軌道取走，Q從B點進(jìn)入半圓形軌道，在半圓形軌道上運動時速度的平方與其上升高度的關(guān)系如圖乙所示。P、Q可看作質(zhì)點，重力加速度大小為g＝10m/s2，求：(1)Q從B點運動到D點的過程中克服摩擦力做的功；(2)P將彈簧壓縮到A點時彈簧具有的彈性勢能(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。答案(1)0.4J(2)4.05J解析(1)由圖乙可知，Q在B、D兩點的速度分別為vB＝6m/s，vD＝4m/sQ從B點運動到D點的過程，由動能定理有－m2g·2R－Wf＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)代入數(shù)據(jù)解得，Q從B點運動到D點的過程中克服摩擦力做的功為Wf＝0.4J。(2)P、Q碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律可得m1v1＝m2vB＋m1v2由于是彈性碰撞，則根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)聯(lián)立解得，碰撞前P的速度為v1＝9m/sP將彈簧壓縮到A點時彈簧具有的彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)代入數(shù)值解得Ep＝4.05J。模型特點(1)兩個或兩個以上的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，類似彈性碰撞。(2)在能量方面，由于彈簧形變會使彈性勢能發(fā)生變化，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化；若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)。(4)彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當(dāng)于碰撞結(jié)束時)。1.(2024廣東省三模)如圖甲所示，室內(nèi)蹦床是一項深受小朋友喜愛的運動娛樂項目，其簡化模型如圖乙所示：豎直放置的輕彈簧，一端固定在地面上，另一端連接質(zhì)量為m的木板B，質(zhì)量為3m的物體A從B中央正上方高為h處由靜止釋放，隨后A與B發(fā)生完全非彈性碰撞，一起向下運動．若A與B碰撞時間極短，碰后一起下降的最大距離為eq\f(h,4)，A、B始終在同一豎直線上運動，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力，重力加速度為g.求：(1)A與B碰后瞬間的速度大小．(2)A與B碰撞瞬間，損失的機(jī)械能．(3)A與B碰后一起向下運動到最低點的過程中，A對B做的功．答案(1)eq\f(3,4)eq\r(2gh)(2)eq\f(3,4)mgh(3)eq\f(39,16)mgh解析(1)設(shè)A與B碰前瞬間速度大小為v0，A自由下落時，由機(jī)械能守恒定律可得3mgh＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gh)A與B發(fā)生完全非彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律可得3mv0＝(3m＋m)v解得v＝eq\f(3,4)eq\r(2gh)(2)A與B碰撞瞬間，損失的機(jī)械能ΔE＝E1－E2＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×(3m＋m)v2代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝eq\f(3,4)mgh(3)設(shè)A、B一同向下運動的全過程，A克服B的彈力做的功為W1，對A應(yīng)用動能定理可得－W1＋3mg×eq\f(1,4)h＝0－eq\f(1,2)×3mv2解得W1＝eq\f(39,16)mgh則A對B做的功為W2＝W1＝eq\f(39,16)mgh題型二多次碰撞模型例3.如圖所示，L形滑板A靜止在粗糙水平面上，在A上距離其左端為3l處靜置小木塊B，A、B之間光滑；水平面上距離A右端l處靜止著一滑塊C，A和C與水平面之間的動摩擦因數(shù)均為μ．A、B、C的質(zhì)量均為m，碰撞都屬于完全非彈性碰撞且不粘連．現(xiàn)對A施加水平向右的恒定推力，當(dāng)A、C相碰瞬間撤去，碰撞后瞬間AC的速度vAC＝4eq\r(μgl)．由于A板足夠長，所以不考慮B、C的相碰．已知重力加速度為g．求：(1)水平推力F的大小．(2)當(dāng)A、C都停下時C離A板右端的距離d．答案(1)34μmg(2)5.5l解析(1)對A由動能定理得(F－2μmg)l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0A、C相碰，有mv0＝2mvAC解得F＝34μmg(2)A、C相碰后，A、C分離，對C有－μmgxC＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,AC)解得xC＝8l對A有－μ·2mg(3l－l)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,AC)解得vA＝eq\r(8μgl)然后A、B相碰，有mvA＝2mvAB此后，對A有－μ·2mgxA2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,AB)解得xA2＝0.5lA、C之間的距離d＝xC－(3l－l)－xA2解得d＝5.5l例4.(2023山東菏澤高三模擬)足夠長的斜面體固定在水平面上，其斜面與水平面夾角為θ。物塊P置于斜面上，向下推動P使其沿斜面下滑，撤去推力后P沿斜面勻速下滑。將P重新靜置于斜面上，如圖2所示，表面光滑的物塊Q自距P為l0處無初速釋放，并與P發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短。已知P、Q質(zhì)量均為m，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。求：(1)P與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)Q釋放后經(jīng)多長時間與P發(fā)生第1次碰撞；(3)Q與P第2次碰撞后P的速度大小；(4)從Q釋放到與P發(fā)生第n次碰撞經(jīng)歷的時間和碰撞點到釋放點的距離。答案(1)tanθ(2)eq\r(\f(2l0,gsinθ))(3)2eq\r(2gl0sinθ)(4)(2n－1)eq\r(\f(2l0,gsinθ))(2n2－2n＋1)l0解析(1)P能沿斜面勻速下滑，則mgsinθ＝μmgcosθ解得μ＝tanθ。(2)設(shè)Q下滑的加速度為a，由牛頓第二定律mgsinθ＝ma經(jīng)時間t1發(fā)生第1次碰撞由勻變速直線運動規(guī)律l0＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)解得t1＝eq\r(\f(2l0,gsinθ))。(3)Q與P第1次碰撞前的速度v0＝at1解得v0＝eq\r(2gl0sinθ)Q、P第1次碰后速度分別為vQ1、vP1，碰撞過程動量守恒mv0＝mvQ1＋mvP1碰撞過程機(jī)械能守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P1)解得vQ1＝0，vP1＝v0＝eq\r(2gl0sinθ)即碰撞過程交換速度。碰后Q做初速度為零的勻加速運動，加速度仍為a，碰后物塊P勻速下滑，設(shè)再經(jīng)時間t2發(fā)生第2次碰撞vP1t2＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)第2次碰前物塊Q的速度vQ2′＝at2根據(jù)彈性正碰可得，碰撞過程Q、P交換速度，則第2次碰后Q、P的速度分別為vQ2、vP2，聯(lián)立解得vQ2＝v0＝eq\r(2gl0sinθ)vP2＝2v0＝2eq\r(2gl0sinθ)。(4)設(shè)再經(jīng)時間t3發(fā)生第3次碰撞，同理可得t3＝t2第3次碰前Q的速度大小為vQ3′＝v0＋at2＝3v0碰后Q的初速度大小vQ3＝2v0P勻速運動速度大小vP3＝3v0經(jīng)時間t4第4次碰撞，則有t4＝t2P勻速運動速度大小vP4＝4v0綜上分析可得，第n－1次碰撞到第n次碰撞用時tn＝t2則從釋放到第n次碰撞用時t＝t1＋t2＋…＋tn＝(2n－1)eq\r(\f(2l0,gsinθ))物塊P第1次、第2次、第3次、…第n－1次碰撞后運動位移分別為x1、x2、x3、…xn－1x1＝v0t2，x2＝2v0t2，xn－1＝(n－1)v0t2第n次碰撞點到Q釋放點距離為x＝l0＋x1＋x2＋…＋xn－1解得x＝(2n2－2n＋1)l0。當(dāng)兩個物體之間或物體與擋板之間發(fā)生多次碰撞時，因碰撞次數(shù)較多，過程復(fù)雜，在求解多次碰撞問題時，通常可用到以下兩種方法：數(shù)學(xué)歸納法先利用所學(xué)知識把前幾次碰撞過程理順，分析透徹，根據(jù)前幾次數(shù)據(jù)，利用數(shù)學(xué)歸納法，可寫出以后碰撞過程中對應(yīng)規(guī)律或結(jié)果，然后可以計算全程的路程等數(shù)據(jù)圖像法通過分析前幾次碰撞情況，畫出物體對應(yīng)的v－t圖像，通過圖像可使運動過程清晰明了，并且可通過圖像所圍面積把物體的位移求出2．(2023山東煙臺一模統(tǒng)考)如圖所示，P為固定的豎直擋板，質(zhì)量為2m的長木板A靜置于光滑水平面上(A的上表面略低于擋板P下端)，質(zhì)量為m的小物塊B(可視為質(zhì)點)以水平初速度v0從A的左端向右滑上A的上表面，經(jīng)過一段時間A、B第一次達(dá)到共同速度，此時B恰好未從A上滑落，然后物塊B與長木板A一起向右運動，在t＝0時刻，物塊B與擋板P發(fā)生了第一次碰撞，經(jīng)過一段時間物塊B與長木板A第二次達(dá)到共同速度，之后物塊B與擋板P發(fā)生了很多次碰撞，最終在t＝t0(未知)時恰好相對地面靜止。已知A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，物塊與擋板P發(fā)生碰撞時無機(jī)械能損失且碰撞時間極短，求：(1)木板A的長度；(2)A、B第二次達(dá)到共同速度時B離A左端的距離；(3)0～t0時間內(nèi)B經(jīng)過的路程；(4)t0的值。答案(1)eq\f(veq\o\al(2,0),3μg)(2)eq\f(5veq\o\al(2,0),27μg)(3)eq\f(veq\o\al(2,0),8μg)(4)eq\f(4v0,3μg)解析(1)依題意，設(shè)木板的長度為L，A、B第一次達(dá)到共速時速度大小為v1，對物塊和木板由動量守恒定律有mv0＝(2m＋m)v1根據(jù)能量守恒定律有μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(2m＋m)veq\o\al(2,1)聯(lián)立解得v1＝eq\f(1,3)v0，L＝eq\f(veq\o\al(2,0),3μg)。(2)由于物塊與擋板P發(fā)生碰撞時無機(jī)械能損失且碰撞時間極短，因此物塊第一次與擋板碰撞后的速度大小不變，方向向左，設(shè)二者第二次碰撞前達(dá)到共速的速度大小為v2，取方向向右為正，根據(jù)動量守恒定律有2mv1－mv1＝(2m＋m)v2根據(jù)能量守恒定律有μmgx1＝eq\f(1,2)(2m＋m)veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(2m＋m)veq\o\al(2,2)聯(lián)立求得v2＝eq\f(1,32)v0，x1＝eq\f(4veq\o\al(2,0),27μg)則可得此時物塊距木板左端的距離為Δl1＝L－x1＝eq\f(5veq\o\al(2,0),27μg)。(3)由(1)(2)問分析可知，物塊B與木板第n次共速時的速度為eq\f(v0,3n)，對B有μmg＝maB從B第一次撞擊擋板到第二次撞擊擋板過程，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3)))eq\s\up12(2)＝2aBs1從B第二次撞擊擋板到第三次撞擊擋板過程，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,32)))eq\s\up12(2)＝2aBs2從B第n次撞擊擋板到第n＋1次撞擊擋板過程，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3n)))eq\s\up12(2)＝2aBsn則s＝2(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝eq\f(veq\o\al(2,0),μg)(eq\f(1,32)＋eq\f(1,34)＋eq\f(1,36)＋…＋eq\f(1,32n))得s＝eq\f(veq\o\al(2,0),μg)eq\f(\f(1,32)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32n))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32))))＝eq\f(veq\o\al(2,0),8μg)。(4)B從第n次與擋板發(fā)生碰撞到第n＋1次與擋板發(fā)生碰撞的過程中，設(shè)B做勻變速運動的時間為t1，B做勻速直線運動的時間為t2，A、B保持相對靜止共同運動的位移為Δx，勻變速運動過程有eq\f(v0,3n)＋eq\f(v0,3n＋1)＝aBt1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3n)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3n＋1)))eq\s\up12(2)＝2aBΔx勻速過程有Δx＝eq\f(v0,3n＋1)t2聯(lián)立可得t1∶t2＝1∶1即每相鄰兩次碰撞過程中，A、B勻變速運動過程與A、B勻速運動過程的時間之比為1∶1在0～t0時間內(nèi)，設(shè)A做勻減速運動的累計時間為t′，則t′＝eq\f(1,2)t0對A有μmg＝2maA又eq\f(v0,3)＝aAt′解得t0＝eq\f(4v0,3μg)。題型三多過程問題例5.如圖所示，一質(zhì)量M＝3kg的小車由水平部分AB和eq\f(1,4)光滑圓軌道BC組成，圓弧BC的半徑R＝0.4m且與水平部分相切于B點，小物塊Q與AB段之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，小車靜止時左端與固定的光滑曲面軌道MN相切，一質(zhì)量為m1＝0.5kg的小物塊P從距離軌道MN底端高為h＝1.8m處由靜止滑下，并與靜止在小車左端的質(zhì)量為m2＝1kg的小物塊Q(兩物塊均可視為質(zhì)點)發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短。已知除了小車AB段粗糙外，其余所有接觸面均光滑，重力加速度g＝10m/s2。(1)求碰撞后瞬間物塊Q的速度；(2)求物塊Q在小車上運動1s時相對于小車運動的距離(此時Q未到B點且速度大于小車的速度)；(3)要使物塊Q既可以到達(dá)B點又不會從小車上掉下來，求小車左側(cè)水平部分AB的長度L的取值范圍。答案(1)4m/s，方向水平向右(2)eq\f(8,3)m(3)1.5m≤L≤3m解析(1)物塊P沿MN滑下，設(shè)末速度為v0，由機(jī)械能守恒定律得m1gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)解得v0＝6m/s物塊P、Q碰撞，取向右為正方向設(shè)碰后瞬間P、Q速度分別為v1、v2由動量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得v1＝－2m/s，v2＝4m/s故碰撞后瞬間物塊Q的速度為4m/s，方向水平向右。(2)物塊Q與小車相對運動，由牛頓第二定律求得兩者的加速度分別為a2＝－eq\f(μm2g,m2)＝－2m/s2a3＝eq\f(μm2g,M)＝eq\f(2,3)m/s2物塊Q的位移x2＝v2t＋eq\f(1,2)a2t2＝3m小車的位移x3＝eq\f(1,2)a3t2＝eq\f(1,3)m解得s＝x2－x3＝eq\f(8,3)m。(3)物塊Q剛好到達(dá)B點時就與木板共速時AB段最長，根據(jù)動量守恒定律有m2v2＝(m2＋M)v3可得共同速度為v3＝1m/s由能量守恒定律得eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m2＋M)veq\o\al(2,3)＋μm2gL1解得L1＝3m物塊Q剛好回到A點與木板共速時，AB段最短，根據(jù)動量守恒定律可得共同速度仍為v3＝1m/s由能量守恒定律得eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m2＋M)veq\o\al(2,3)＋2μm2gL2解得L2＝1.5m當(dāng)AB段最短時需要驗證物塊Q在圓弧上共速時上升高度是否超過R，由能量守恒定律得eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m2＋M)veq\o\al(2,3)＋μm2gL2＋m2gH解得H＝0.3m<R＝0.4m所以不會從圓弧軌道上滑出，則AB段的長度范圍為1.5m≤L≤3m。例6.如圖，一水平放置的圓環(huán)形鐵槽固定在水平面上，鐵槽底面粗糙，側(cè)壁光滑，半徑R＝eq\f(2,π)m，槽內(nèi)放有兩個大小相同的彈性滑塊A、B，質(zhì)量均為m＝0.2kg。兩滑塊初始位置與圓心連線夾角為90°，現(xiàn)給A滑塊一瞬時沖量，使其獲得v0＝2eq\r(10)m/s的初速度并沿鐵槽運動，與B滑塊發(fā)生彈性碰撞(設(shè)碰撞時間極短)；已知A、B滑塊與鐵槽底面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2。試求：(1)A、B第一次相碰過程中，系統(tǒng)儲存的最大彈性勢能Epm；(2)A滑塊運動的總路程。答案(1)1.8J(2)5m解析(1)對A滑塊，由動能定理可得－μmg·eq\f(2πR,4)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)A、B碰撞時，兩者速度相等時，儲存的彈性勢能最大，由動量守恒定律得mv1＝(m＋m)v2又由能量守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(m＋m)veq\o\al(2,2)＋Epm解得Epm＝1.8J。(2)A、B發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律得mv1＝mv3＋mv4又由機(jī)械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)解得v3＝0，v4＝6m/sA、B的總路程為s1，由功能關(guān)系有－μmgs1＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)A、B運動的總?cè)?shù)為n，有s1＝2πRn解得n＝2.5對A、B的運動過程分析，A運動了1.25圈，故A滑塊的路程s2＝1.25×2πR＝5m。(1)受力與運動分析：根據(jù)物體的運動過程分析物體的受力情況，以及不同運動過程中力的變化情況。(2)做功分析：根據(jù)各種力做功的不同特點，分析各種力在不同運動過程中的做功情況。(3)功能關(guān)系分析：運用動能定理、機(jī)械能守恒定律或能量守恒定律進(jìn)行分析，選擇合適的規(guī)律求解。方法技巧(1)“合”——整體上把握全過程，構(gòu)建大致的運動情景。(2)“分”——將全過程進(jìn)行分解，分析每個子過程對應(yīng)的基本規(guī)律。(3)“合”——找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接點為突破口，尋求解題最優(yōu)方案。3.如圖甲所示，半徑R＝0.5m的四分之一光滑圓弧軌道A與長l＝1m的平板B均靜置于光滑水平地面上，A與B剛好接觸且二者的上表面相切，一物塊C(可視為質(zhì)點)靜置于B的最右端，C與B上表面的動摩擦因數(shù)μ從左往右隨距離l均勻變化，其變化關(guān)系如圖乙所示。已知A、B、C的質(zhì)量均為m＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，現(xiàn)給C一水平向左的初速度v0＝4m/s。(1)若A、B固定，其他條件均不變，求C剛滑到A最低點P時對軌道的壓力大小；(2)若A、B不固定，其他條件均不變，求：①C由B最右端滑至最左端過程中克服摩擦力做的功；②C相對于A最低點P所能達(dá)到的最大高度(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。答案(1)26N(2)①eq\f(40,9)J②0.10m解析(1)C由B最右端滑至最左端過程中，摩擦力做功Wf＝－eq\f(μ1mg＋μ2mg,2)l＝－4J該過程中，由動能定理得Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C運動到A最低點P時，由牛頓第二定律得FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,P),R)解得FN＝26N由牛頓第三定律可知，C對軌道的壓力等于26N。(2)①C由B最右端滑至最左端的過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)＋Q由功能關(guān)系可知，摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(μ1mg＋μ2mg,2)l＝4J解得v1＝eq\f(8,3)m/s，v2＝eq\f(2,3)m/s對C由動能定理得－W克＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得W克＝eq\f(40,9)J②C在A上運動時，A、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動量守恒，且當(dāng)A、C在水平方向達(dá)到共同速度時C運動到最高點，由動量守恒定律得mv1＋mv2＝2mv共由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,共)＋mgh解得h＝0.10m。1．(2024廣東茂名診斷)“嫦娥五號”飛船在月球表面著陸過程如下：在反推火箭作用下，飛船在距月面100米處懸停，通過對障礙物和坡度進(jìn)行識別，選定相對平坦的區(qū)域后，開始以a＝2m/s2的加速度豎直下降。當(dāng)四條“緩沖腳”觸地時，反推火箭立即停止工作，隨后飛船經(jīng)2s減速到0，停止在月球表面上。飛船質(zhì)量m＝1000kg，每條“緩沖腳”與地面的夾角為60°，月球表面的重力加速度g取3.6m/s2，四條“緩沖腳”的質(zhì)量不計。求：(1)飛船豎直下降過程中，火箭推力對飛船做了多少功；(2)從“緩沖腳”觸地到飛船速度減為0的過程中，每條“緩沖腳”對飛船的沖量大小。答案(1)－1.6×105J(2)1360033解析(1)設(shè)h＝100m，飛船加速下降時火箭推力為F，則mg－F＝ma推力對火箭做功為W＝－Fh解得W＝－1.6×105J。(2)設(shè)“緩沖腳”觸地前瞬間，飛船速度大小為v則v2＝2ah設(shè)從“緩沖腳”觸地到飛船速度減為0的過程中，每條“緩沖腳”對飛船的沖量大小為I則4Isin60°－mgt＝mv解得I＝13600332．(2024廣大附中期初)如圖所示，水平傳送帶AB長L＝4.5m，以v＝2m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動．傳送帶與半徑R＝0.4m的豎直光滑半圓軌道BCD平滑連接，CD段為光滑圓管，∠COD＝60°．小物塊以v0＝3m/s的初速度滑上傳送帶，已知小物塊的質(zhì)量m＝1kg，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，取g＝10m/s2．求：(1)小物塊通過傳送帶的時間t．(2)小物塊通過傳送帶的過程中，傳送帶對它做的功W以及因摩擦產(chǎn)生的熱量Q．(3)小物塊能進(jìn)入光滑圓管CD，且不從D點飛出，傳送帶轉(zhuǎn)動速度v應(yīng)滿足的條件．答案(1)2s(2)－2.5J0.5J(3)eq\r(14)m/s≤v≤4m/s解析(1)小物塊在傳送帶上先做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可得μmg＝ma解得a＝1m/s2小物塊減速到與傳送帶共速，經(jīng)歷時間為t1＝eq\f(v0－v,a)＝1s通過的位移為x1＝eq\f(v＋v0,2)·t1＝2.5m之后做勻速直線運動，經(jīng)歷時間為t2＝eq\f(L－x1,v)＝1s小物塊通過傳送帶的時間為t＝t1＋t2＝2s(2)小物塊與傳送帶之間的摩擦力大小為f＝μmg＝1N傳送帶對小物塊做的功為W＝－fx1＝－2.5J共速前傳送帶的位移為x2＝vt1＝2m相對位移為Δx＝x1－x2＝0.5m產(chǎn)生熱量為Q＝fΔx＝0.5J(3)①剛好到達(dá)C點不脫軌，臨界條件是彈力為0，在C點有mgsin30°＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)B點到C點，根據(jù)動能定理可得－mg(R＋Rsin30°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B1)聯(lián)立解得vB1＝eq\r(14)m/s②剛好到達(dá)D點不脫軌，在D點有vD＝0B點到D點，根據(jù)動能定理可得－mg·2R＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B2)解得vB2＝4m/s所以，為了讓小物塊能進(jìn)入光滑圓管CD，且不從D點飛出，經(jīng)過B點的速度滿足eq\r(14)m/s≤vB≤4m/s若小物塊在傳送帶上全程加速，則有μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得vB3＝eq\r(18)m/s＞4m/s所以小物塊在傳送帶上是先加速，后勻速．綜上所述，傳送帶應(yīng)順時針轉(zhuǎn)動，速度v滿足的條件是eq\r(14)m/s≤v≤4m/s方程聯(lián)立得x＝eq\f(11,15)m，故小物塊最終會停在距B點eq\f(11,15)m處．3．(2024大灣區(qū)聯(lián)合模擬一)如圖所示，P點左側(cè)有一高h(yuǎn)＝5.0m的平臺與半徑R＝2.0m的四分之一光滑圓弧底部相切，平臺表面粗糙，長度為1.0m．現(xiàn)讓一物塊A從圓弧左側(cè)與圓心等高處靜止釋放，下滑至平臺與另一置于平臺右側(cè)邊緣的物塊B發(fā)生碰撞，碰后其中一個物塊落在地面上的M點，另外一個物塊落到N點，M點和N點與平臺右側(cè)邊緣的水平距離分別為1.0m和2.0m，已知A、B兩物塊可視為質(zhì)點，物塊A與平臺的動摩擦因數(shù)為0.2，取g＝10m/s2.求：(1)碰撞前物塊A的速度v的大小．(2)落到M點和N點對應(yīng)的平拋運動初速度v1和v2的大?。?3)物塊A和物塊B的質(zhì)量之比．答案(1)6m/s(2)1m/s2m/s(3)eq\f(2,5)或eq\f(2,9)或eq\f(1,6＋2\r(3))解析(1)根據(jù)題意，物塊A由靜止釋放到與物塊B碰撞前過程中，由動能定理有mAgR－μmAgL＝eq\f(1,2)mAv2－0解得v＝6m/s(2)豎直方向上，由h＝eq\f(1,2)gt2可得兩物塊做平拋運動的時間為t＝eq\r(\f(2h,g))＝1s水平方向上有xPM＝v1t，xPN＝v2t解得v1＝1m/s，v2＝2m/s(3)如果物塊A與物塊B碰撞后均往前運動，則兩者落點分別為M和N，根據(jù)動量守恒定律有mAv＝mAv1＋mBv2解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(2,5)碰撞前的動能為Ek1＝eq\f(1,2)mAv2＝18mA碰撞后的動能為Ek2＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)＝eq\f(11,2)mA則有Ek1>Ek2，滿足碰撞過程動能不增加原理，則答案合理．如果物塊A碰撞后反彈，后來落到M點，假設(shè)撞后瞬間物塊A速率為v3，根據(jù)動能定理和動量守恒定律有－μmAg·2L＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,3)mAv＝－mAv3＋mBv2解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(2,9)同理，對碰撞前后動能進(jìn)行比較有eq\f(1,2)mAv2>eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)滿足碰撞過程動能不增加原理，則答案合理．如果物塊A碰撞后反彈，后來落到N點，假設(shè)撞后瞬間物塊A速率為v4，根據(jù)動能定理和動量守恒定律有－μmAg·2L＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,4)mAv＝－mAv4＋mBv1解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,6＋2\r(3))同理，對碰撞前后動能進(jìn)行比較有eq\f(1,2)mAv2>eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,4)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,1)滿足碰撞過程動能不增加原理，則答案合理．綜上所述，物塊A和物塊B的質(zhì)量之比為eq\f(2,5)或eq\f(2,9)或eq\f(1,6＋2\r(3)).4．(2024深圳第一次調(diào)研)如圖所示，長為L＝0.8m，內(nèi)壁光滑的鋼管(頂端開口，下端封閉)豎直固定放置，A、B兩小球的質(zhì)量分別為mA＝200g、mB＝100g，直徑略小于鋼管內(nèi)徑，將小球A從管口靜止釋放并開始計時，0.2s時在管口由靜止釋放小球B，已知小球與管底碰撞后原速率反彈，小球的直徑與鋼管長度相比可忽略不計，取g＝10m/s2，碰撞時間和空氣阻力均可忽略．(1)求A球剛落到管底時，B球的速度vB.(2)求A、B兩小球相遇的位置距管底的高度h.(3)若A、B兩小球發(fā)生碰撞后，B小球上升的最高點高出管口Δh＝0.35m，求兩小球碰撞時損失的機(jī)械能．答案(1)2m/s(2)0.35m(3)0.525J解析(1)根據(jù)題意，有L＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,A)解得tA＝eq\r(\f(2L,g))＝0.4s則有tB＝tA－0.2s＝0.2s則A球剛落到管底時，B球的速度vB＝gtB＝2m/s(2)根據(jù)題意可知，A球反彈之后做豎直上拋運動，則有vA＝gtA＝4m/sA球剛落到管底時，小球B下落的高度為hB＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,B)＝0.2m設(shè)從A球反彈到兩球相遇的時間為t2，則有h＝vAt2－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)h′＝vBt2＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)又有L－h(huán)B＝h＋h′聯(lián)立解得t2＝0.1s，h＝0.35m(3)設(shè)A、B兩小球碰撞后，B球上升的速度為v′B，則有0－v′eq\o\al(2,B)＝－2g(L－h(huán)＋Δh)解得v′B＝4m/s設(shè)A、B兩小球碰前速度分別為v1、v2，則有v1＝vA－gt2＝3m/sv2＝vB＋gt2＝3m/s碰撞時動量守恒，取向上為正方向，則有mAv1－mBv2＝mAv′1＋mBv′B解得v′1＝－0.5m/s則碰撞過程中，損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mBv′eq\o\al(2,B)＝0.525J5．如圖所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g＝10m/s2。(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？答案(1)20kg(2)不能，理由見解析解析(1)規(guī)定向左為正方向。冰塊在斜面體上上升到最大高度時兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。對冰塊與斜面體，由水平方向動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v①eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v0＝3m/s為冰塊推出時的速度，聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得v＝1m/s，m3＝20kg。③(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，對小孩與冰塊，由動量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入數(shù)據(jù)得v1＝－1m/s⑤設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，對冰塊與斜面體，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)⑦聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝－1m/s⑧由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在小孩后方，故冰塊不能追上小孩。6．(2024廣州調(diào)研)如圖所示，ABCD為跳臺滑雪的滑道簡化示意圖．滑道最低點C處附近是一段半徑為R的圓弧，A與C的高度差為H，D與C的高度差為h.質(zhì)量為m的運動員從A處由靜止滑下，離開D點時速度方向與水平方向夾角為30°.不計滑道摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)運動員滑到C點時對軌道的壓力．(2)運動員滑離D點后到達(dá)最高點時的速率．(3)運動員滑離D點后到達(dá)最高點時與C點的高度差．答案(1)mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2H,R)))，方向豎直向下(2)eq\f(\r(6gH－h(huán)),2)(3)eq\f(1,4)(H＋3h)解析(1)運動員到達(dá)C點時，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)在C點根據(jù)合力提供向心力有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)聯(lián)立可得FN＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2H,R)))根據(jù)牛頓第三定律可得運動員滑到C點時對軌道的壓力為mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2H,R)))，方向豎直向下．(2)運動員從A到D根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mg(H－h(huán))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)可得vD＝eq\r(2gH－h(huán))離開D點時速度方向與水平方向夾角為30°，則運動員做斜拋運動，可得動員滑離D點后到達(dá)最高點時的速率為vx＝vDcos30°＝eq\f(\r(6gH－h(huán)),2)(3)運動員滑離D點后到達(dá)最高點時，此過程中只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＝mgh′＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,x)解得h′＝eq\f(1,4)(H＋3h)7．(2023廣東一模)如圖所示為某游戲裝置的示意圖．AB、CD均為四分之一圓弧，E為圓弧DEG的最高點，各圓弧軌道與直軌道相接處均相切．GH與水平方向夾角為θ＝37°，底端H有一彈簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直線上．一質(zhì)量為0.01kg的小鋼球(其直徑稍小于圓管內(nèi)徑，可視作質(zhì)點)從距A點高為h處的O點靜止釋放，從A點沿切線進(jìn)入軌道，B處有一裝置，小鋼球向右能無能量損失的通過，向左則不能通過且小鋼球被吸在B點．若小鋼球能夠運動到H點，則被等速反彈．各圓軌道半徑均為R＝0.6m，BC長L＝2m，水平直軌道BC和GH的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，其余軌道均光滑，小鋼球通過各圓弧軌道與直軌道相接處均無能量損失．某次游戲時，小鋼球從O點出發(fā)恰能第一次通過圓弧的最高點E.取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.(1)求小鋼球第一次經(jīng)過C點時的速度大小vC.(2)求小鋼球第一次經(jīng)過圓弧軌道最低點B時對軌道的壓力大小FB.(保留兩位小數(shù))(3)若改變小鋼球的釋放高度h，求出小鋼球在斜面軌道上運動的總路程s與h的函數(shù)關(guān)系．答案(1)2eq\r(6)m/s(2)0.83N(3)見解析解析(1)小鋼球從O點出發(fā)恰能第一次通過圓弧的最高點E，則小球到E點的速度為0，小球從C點到E點，根據(jù)動能定理得－mg·2R＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)代入數(shù)據(jù)解得vC＝2eq\r(6)m/s(2)從B點到C點，由動能定理得－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)小鋼球經(jīng)過B點，由牛頓第二定律得N－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得N＝eq\f(5,6)N≈0.83N根據(jù)牛頓第三定律得，小鋼球?qū)壍赖膲毫Υ笮B＝N＝0.83N(3)若小鋼球恰能第一次通過E點，設(shè)小鋼球釋放點距A點為h1，從釋放到E點，由動能定理得mg(h1－R)－μmgL＝0代入數(shù)據(jù)解得h1＝1.6m若小鋼球恰能第二次通過E點，設(shè)小球鋼釋放點距A點為h2，從釋放到E點，由動能定理得mg(h2－R)－μmgL－2μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝0代入數(shù)據(jù)解得h2＝2.24m①若小球釋放高度h＜1.6m，則無法到達(dá)E點，s＝0②若小球釋放高度1.6m≤h＜2.24m，小球能經(jīng)過E點一次，因為μ＜tanθ，則小鋼球最終停在H點，從釋放點到停在H點，根據(jù)動能定理得mgh－μmgL－μmgcosθ·s＝0代入數(shù)據(jù)解得s＝2.5(h－1)m③若小球釋放高度h≥2.24m，小球經(jīng)過E點兩次s＝eq\f(2R,tanθ)＝1.6m1．(2023全國乙卷)如圖，一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為20l。一質(zhì)量為m＝13M的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計空氣阻力，重力加速度大小為g(1)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大?。?2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離；(3)圓盤在管內(nèi)運動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。答案(1)2gl22gl解析(1)過程1：小球釋放后自由下落，下落l，根據(jù)動能定理得mgl＝12m解得v0＝2過程2：小球以速度2gl12mv02＝12mv12mv0＝mv1＋Mv1'解得v1＝－2gl2，v1'即碰后小球速度大小為2gl2，方向豎直向上；圓盤速度大小為(2)第一次碰后，小球做豎直上拋運動，圓盤摩擦力與重力平衡，勻速下滑，所以只要圓盤下落速度比小球快，二者間距就不斷增大，當(dāng)二者速度相同時，間距最大，即v1＋gt＝v1'解得t＝2根據(jù)運動學(xué)公式得最大距離為dmax＝x盤－x球＝v1't－(v1t＋12gt2)＝l(3)第一次碰撞后到第二次碰撞時，兩者位移相等，則有x盤1＝x球1，即v1't1＝v1t1＋12g解得t1＝22此時小球的速度v2＝v1＋gt1＝3圓盤的速度仍為v1'，這段時間內(nèi)圓盤下落的位移x盤1＝v1't1＝2l之后第二次發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律有mv2＋Mv1'＝mv2'＋Mv2″根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12mv22＋12Mv1'2＝12mv2'2＋聯(lián)立解得v2'＝0，v2″＝2同理可得當(dāng)位移相等時x盤2＝x球2即v2″t2＝12g解得t2＝22這段時間內(nèi)圓盤下落的位移x盤2＝v2″t2＝4l此時圓盤與下端管口的距離為20l－l－x盤1－x盤2＝13l，之后二者第三次發(fā)生碰撞，碰前小球的速度v3＝gt2＝22根據(jù)動量守恒定律有mv3＋Mv2″＝mv3'＋Mv3″根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12mv32＋12Mv2″2＝12mv3'2＋聯(lián)立解得v3'＝2gl2，v3″當(dāng)二者即將發(fā)生第四次碰撞時x盤3＝x球3即v3″t3＝v3't3＋12g解得t3＝22lg＝t1＝在這段時間內(nèi)圓盤下落的位移x盤3＝v3″t3＝6l此時圓盤與下端管口的距離為13l－6l＝7l此時可得出圓盤每次碰后到下一次碰前，圓盤下落的位移逐次增加2l，故若發(fā)生下一次碰撞，圓盤下落的位移為x盤4＝8l，則第四次碰撞后落出管口外，因此圓盤在管內(nèi)運動的過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)為4次。2．(2024湖南卷)如圖所示，半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內(nèi)有質(zhì)量為mA和mB的小球A和B(mA>mB)．初始時小球A以初速度v0沿圓環(huán)切線方向運動，與靜止的小球B發(fā)生碰撞．不計小球與圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內(nèi)運動．(1)若小球A與B碰撞后結(jié)合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運動所需向心力的大?。?2)若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，求小球的質(zhì)量比eq\f(mA,mB).(3)若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對速度大小為碰撞前的相