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微专题7　应用力学三大观点解决综合问题
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　考查动量与动力学观点的综合应用,提升应用图像的数学处理能力
1.(2025·精诚联盟联考)如图甲所示,滑块A、B中间用一根轻质弹簧相连,静止于光滑水平面上,初始时弹簧处于原长。现对物块A施加水平向右,大小为1.2 N的恒力F,0~1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个过程中弹簧均未超出弹性限度,下列说法正确的是(　　)
A.滑块A、B的质量之比为2∶3
B.若已知1 s末B的速度为0.36 m/s,则1 s末A的速度为0.76 m/s
C.由图可知,1 s后A、B两物体的加速度将保持0.6 m/s2不变
D.1 s后B的加速度将继续增大,A的加速度将减小,最终两物体的加速度会相同,做匀变速直线运动
解析:B　由图乙可知,当t=0时,根据F=mAaA可得mA=1.2 kg,当t=1 s时,根据F-F弹=mAaA,F弹=mBaB,aA=aB=0.6 m/s2,得到mB=0.8 kg,所以两者质量比为3∶2,A错误;整个过程中外力的冲量等于滑块A、B的动量变化,即Ft=mAvA+mBvB,已知1 s末B的速度为0.36 m/s,则求得1 s末A的速度为vA=0.76 m/s,B正确;1 s时A、B虽然加速度一样,但是vA>vB,因此弹簧会继续伸长,B的加速度会继续增加,C错误;由前面分析可知,当两者加速度再次相同时,两者速度不同,加速度仍然会继续发生变化,D错误。
2.(多选)如图甲,质量为m=2 kg的小物块放在长木板左端,小物块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.1。长木板静止在水平面上,右端紧靠竖直墙面,质量为M=0.5 kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.07。t=0时刻小物块获得水平向右的初速度v0=8 m/s,同时给小物块施加如图乙所示的水平向右的作用力。4 s时小物块与竖直墙壁发生弹性碰撞,碰撞时间极短。最终,小物块静止于长木板上某一位置,重力加速度g取10 m/s2。则(　　)
A.4 s内水平向右作用力的冲量大小是4 N·s
B.4 s内水平向右作用力的冲量大小是2 N·s
C.小物块与竖直墙碰撞前瞬间速度的大小是6 m/s
D.小物块相对长木板静止时,距长木板右端的距离是12 m
解析:ACD　冲量大小即为Ft图线与坐标轴围成的面积,则I= N·s=4 N·s,A正确,B错误;对小物块,取向右为正方向,由动量定理可得I-μ1mgt=mv-mv0,代入数据解得v=6 m/s,C正确;小物块与墙壁碰撞后速度大小不变,方向向左,对长木板,由牛顿第二定律可得μ1mg-μ2(M+m)g=Ma1,解得长木板加速度a1=0.5 m/s2,对小物块可得μ1mg=ma2,解得小物块加速度a2=1 m/s2,设经过时间t,小物块和长木板速度相等,由运动学公式可得v′=a1t=v-a2t,解得t=4 s,由于a2>a1,所以小物块和长木板共速后保持相对静止,长木板位移为x1=a1t2=4 m,小物块位移为x2=vt-a2t2=16 m,这段时间内相对位移为Δx=x2-x1=12 m,所以小物块相对长木板静止时,距长木板右端距离为12 m,D正确。
命题视角2　考查动量与能量观点的综合应用,提升多对象关联分析能力
3.(2025·天域全国名校协作体联考)气排球比赛中,甲同学在h1=2.2 m处将气排球以v0=8 m/s水平击出,乙同学在离地h2=0.4 m处将气排球垫起,气排球被垫起后以6 m/s速度竖直弹起。已知重力加速度为10 m/s2,气排球的质量为100 g,不计空气阻力,则关于此气排球的运动下列说法正确的是(　　)
A.气排球击出点与垫球点的距离约为5.1 m
B.气排球被甲同学击出后到被乙击中,重力的冲量大小为0.8 N·s
C.气排球被乙同学垫起过程中所受合力的冲量大小为0.6 N·s
D.气排球被乙同学垫起过程中所受合外力做的功为3.2 J
解析:A　气排球被甲同学击出后做平抛运动,由h1-h2=gt2,解得t=0.6 s,气排球击出点与垫球点的水平距离x=v0t=4.8 m,气排球击出点与垫球点的距离约为s==5.1 m,A正确;气排球被垫起前瞬间竖直方向的分速度大小vy=gt= 6 m/s,重力的冲量IG=mgt=0.6 N·s,气排球被垫起前瞬间的速度大小v==10 m/s,则气排球被乙同学垫起过程中水平方向合力的冲量大小Ix=mv0=0.8 N·s,竖直方向合力冲量大小Iy=2mvy=1.2 N·s,所以合力冲量大小I=>0.6 N·s,B、C错误;气排球被乙同学垫起过程中所受合力做的功等于动能改变量W=m-mv2=-3.2 J,D错误。
4.(2024·黑吉辽卷)如图,高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=
0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧,弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA=0.4 m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止。A、B均视为质点,重力加速度g取10 m/s2。不计空气阻力,求:
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB;
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ;
(3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。
解析:(1)对物块A由平抛运动知识得
h=gt2,xA=vAt,
代入数据解得vA=1 m/s,
对A、B物块整体由动量守恒定律有
mAvA=mBvB,
解得vB=1 m/s。
(2)对物块B由动能定理有-μmBgxB=0-mB,
代入数据解得μ=0.2。
(3)由能量守恒定律有
ΔEp=mA+mB+μmAgΔxA+μmBgΔxB,
其中mA=mB,Δx=ΔxA+ΔxB,
联立解得ΔEp=0.12 J。
答案:(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J
命题视角3　掌握动量、动力学、能量核心规律,考查力学三大观点的综合应用
5.(多选)将木块M与N并排静置在光滑地面上,木块M上固定一竖直轻杆,轻杆上端小横杆上系一长为l=2 m的轻细线,细线下端系一质量为m2=0.5 kg的小球Q。将一质量m1=0.5 kg的橡皮泥P从距Q水平距离1.2 m的地方以v0=4 m/s的速度水平抛出,恰好与小球Q碰撞并瞬间连结为一整体S(可视为质点),随后绕悬点摆动(不与竖直杆碰撞)。已知木块M与N的质量分别为m3=1 kg与m4=2 kg。重力加速度g取10 m/s2,则(　　)
A.碰撞后瞬间S的速度为2 m/s
B.S摆到最高点时M、N分离
C.M与N分离时S的速度大小为1 m/s
D.S摆回到最低点时绳子的拉力为12 N
解析:ACD　对P、Q构成的整体,在碰撞过程,水平方向上动量守恒,碰撞后竖直方向的分速度突变为0,则有m1v0=(m1+m2)v1,解得v1=2 m/s,A正确;整体S在杆右侧运动时,绳的弹力对M做正功,M的速度增大,M、N之间存在弹力作用,可知,S向右摆动到最高点时,M、N没有分离,B错误;结合上述可知,当S从杆右侧再次返回最低点时,M与N恰好分离,设此时S速度为v2,则有(m1+m2)v1=(m1+m2)v2+(m3+m4)v3,(m1+m2)=(m1+m2)+(m3+m4),解得v2=-1 m/s, v3=1 m/s,即M与N分离时S的速度大小为1 m/s,C正确;结合上述,对S进行分析,根据牛顿第二定律有FT-(m1+m2)g=(m1+m2),解得FT=12 N,D正确。
6.(2025·杭州模拟)如图所示,某固定装置由长度L=3 m的水平传送带,圆心角θ=60°、半径R=
1 m的两圆弧管道BC、CD组成,轨道间平滑连接。在轨道末端D的右侧光滑水平面上紧靠着轻质小车,其上表面与轨道末端D所在的水平面平齐,右端放置质量m2=3 kg的物块b。质量m1=1 kg的物块a从传送带左端A点由静止释放,经过BCD滑出圆弧管道。已知传送带以速度v=8 m/s顺时针转动,物块a与传送带及小车的动摩擦因数均为μ1=0.6,物块b与小车的动摩擦因数μ2=0.1,其他轨道均光滑,物块均视为质点,不计空气阻力。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物块a和传送带之间因摩擦产生的热量Q;
(2)求物块a到达D点时对管道的作用力FN;
(3)要使物块a恰好不与物块b发生碰撞,求小车长度的最小值d。
解析:(1)对物块a分析,根据牛顿第二定律有
μ1m1g=m1a1,
设物块a一直加速到传送带右端点时,其速度为v1,有
=2a1L,
解得v1=6 m/s<8 m/s,所以在小物块a到达传送带右侧时并没有加速到与传送带共速,
设该过程时间为t,有v1=a1t,
该时间传送带的位移为x传,有x传=vt=8 m,
物块a相对传送带的位移为Δx=x传-L=5 m,
摩擦产生的热量为Q=μ1m1g·Δx=30 J。
(2)由于圆弧轨道光滑,所以物块a从B到D由动能定理有-m1g·2R(1-cos θ)=m1-m1,
在D点有FN+m1g=m1,
解得FN=6 N,
由牛顿第三定律可知,物块a对管道的作用力等于管道对物块a的支持力,所以物块a到达D点时对管道的作用力为6 N,方向竖直向上。
(3)当物块a滑上小车后,由于μ1m1g=6 N>μ2m2g=3 N,所以小车与物块a保持相对静止,而物块b相对于小车发生滑动,当两者速度相同时,为物块a与物块b相碰的临界状态,其运动示意图如图所示。
该过程由动量守恒定律有m1vD=(m1+m2)v共,
根据能量守恒定律有m1=(m1+m2)+μ2m2gd,解得d=2 m。
答案:(1)30 J　(2)6 N,方向竖直向上　(3)2 m
B级·高考过关练
7.(2024·安徽卷)在某装置中的光滑绝缘水平面上,三个完全相同的带电小球,通过不可伸长的绝缘轻质细线,连接成边长为d的正三角形,如图甲所示。小球质量为m,带电量为+q,可视为点电荷。初始时,小球均静止,细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断,当三个小球运动到同一条直线上时,速度大小分别为v1、v2、v3,如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了,k为静电力常量,不计空气阻力。则(　　)
A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B.该过程中系统能量守恒,动量不守恒
C.在图乙位置,v1=v2,v3≠2v1
D.在图乙位置,v3=
解析:D　该过程中系统动能和电势能相互转化,能量守恒,对整个系统分析可知,系统受到的合力为零,故动量守恒;当三个小球运动到同一条直线上时,根据对称性可知,细线中的拉力相等,此时球3受到1和2的静电力大小相等,方向相反,故可知此时球3受到的合力为零,球3从静止状态开始运动,瞬间受到的合力不为零,故该过程中球3受到的合力在改变,故A、B错误;对系统根据动量守恒定律有mv1+mv2=mv3,根据球1和球2运动的对称性可知v1=v2,解得v3=2v1,根据能量守恒定律得m+m+m=,联立解得v3=,故C错误,D正确。
8.(2025·金丽衢十二校联考改编)如图所示,将一小物块A轻轻放在长L1=4.0 m以v0=4 m/s顺时针匀速转动的传送带左端M处,右端N与放在光滑水平桌面上的长木板C上表面平齐。长木板长为L2=2.5 m,C的右端带有挡板,在C上放有小物块B,开始时B和C静止,B到挡板的距离为L3= m。小物块A与传送带间的动摩擦因数μ1=0.25,A、C之间及B、C之间的动摩擦因数均为μ2=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B、C的质量均为m=1 kg,重力加速度g取10 m/s2,所有碰撞均为弹性正碰。下列说法正确的是(　　)
A.小物块A由M运动到N用时1.6 s
B.A滑上C但未与B相碰前,B的加速度为 2 m/s2
C.A与物块B碰撞后瞬间的速度分别为2 m/s、1 m/s
D.由于运送物块传送带多消耗能量为16 J
解析:D　小物块在传送带上加速时的加速度大小为a==2.5 m/s2,小物块加速到与传送带共速所用时间为t1==1.6 s,小物块加速阶段通过的位移为x1=t1=3.2 m1.8 s,小物块A在传送带上运行过程,发生的相对位移为Δx=v0t1-x1=3.2 m,因摩擦产生的内能为Q=μ1mg·Δx=8 J,根据能量守恒可知由于运送物块传送带多消耗能量为ΔE=Q+m=16 J, A错误,D正确;A滑上C但未与B相碰前,以B、C为整体,加速度大小为a2==1 m/s2,B错误;A与B碰撞后速度交换,A的速度应小于B的速度,C错误。
9.(2025·金华三模)如图所示,一倾角为θ=37°的斜面AB与水平面BCD在B点平滑相接,圆轨道最低点为C(稍有错开),E为最高点,半径R=0.2 m,CD段长L=1.275 m,D端与一足够长的光滑斜面平滑相接。质量m=0.1 kg的小物块1从斜面顶点A以v0= m/s的速度水平向右抛出,落在斜面上的P点,假设小物块1落到P点前后,平行斜面方向速度不变,垂直斜面方向速度立即变为零。在CD段距离C点x处有一与物块1完全相同的小物块2,两物块相碰后立即粘连在一起。已知小物块1第一次过圆轨道最高点E时的速度为vE=2 m/s,两小物块与CD段的动摩擦因数均为μ=0.5,轨道其余部分均光滑,调整小物块2与C点间的距离x,使得小物块合体最终停在CD上的某点M且全程不脱离轨道(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=
0.8),求:
(1)小物块1第一次运动到C点时对轨道的压力FN;
(2)小物块1在斜面上的落点P距离水平面的高度h;
(3)M与C点间的距离s与x的关系。(结果用x表示)
解析:(1)小物块1从E→C过程,根据动能定理有
mg·2R=m-m,
小物块1在C点,根据牛顿第二定律有FN′-mg=m,
解得FN′=25 N,由牛顿第三定律,物块对轨道的压力FN=FN′=25 N,方向竖直向下。
(2)小物块1从A→P过程做平抛运动,
则有=2·=2tan θ,
在P点,将速度沿斜面与垂直于斜面分解,
则有vP=v0·cos θ+vysin θ,
小物块1从P→C过程,根据动能定理有
mgh=m-m,
解得h=0.955 m。
(3)两物块相碰后立即粘连在一起,根据动量守恒定律有
mv=2mv共,
则有×2m=mv2,即碰后两物块总动能变为碰前一半。
设物块2与C点距离为x0时,二者碰后到D点恰好停止运动,则由动能定理得-μmgx0=mv2-m,
-μ·2mg(L-x0)=0-×mv2,解得x0=0.1 m。
若0≤x≤0.1 m时,小物块第一次过D点前就停止,则有
-μ·2mg(s-x)=0-(m-μmgx),
解得s=1.2+0.75x(0≤x≤0.1 m);
若0.1解得s=1.35-0.75x(0.1综上,s=
答案:(1)25 N,方向竖直向下　(2)0.955 m　
(3)见解析
C级·素养提升练
10.(2025·浙江6月选考)某兴趣小组设计了一传送装置,其竖直截面如图所示。AB是倾角为30°的斜轨道,BC是以恒定速率v0顺时针转动的水平传送带,紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道,水平面和传送带BC处于同一高度,各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块,从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑,经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ,其余接触面均光滑。已知R=0.36 m,L=1.6 m, v0=5 m/s,m=0.2 kg,M=1.8 kg,μ=0.25。不计空气阻力,g取10 m/s2,物块可视为质点,传送带足够长。求物块:
(1)滑到B点处的速度大小;
(2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功;
(3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度;
(4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间,受到轨道的压力大小。
解析:(1)物块从P点到B点由动能定理
mgLsin 30°=mv2,
解得到达B点的速度v=4 m/s。
(2)物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速,
摩擦力对其做的功Wf=m-mv2=0.9 J。
(3)物块在传送带上加速运动的加速度为a=μg=2.5 m/s2,
加速到共速所用时间t==s=0.4 s,
在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度
Δx=v0t-t=0.2 m。
(4)从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知mv0=mv1+Mv2,m=m+M+2mgR,
联立解得v1=-2.2 m/s,v2=0.8 m/s(另一组v1=3.2 m/s,v2=0.2 m/s,因不合实际舍掉)。
对滑块在最高点时由牛顿第二定律
F+mg=m,解得F=3 N。
答案:(1)4 m/s　(2)0.9 J　(3)0.2 m　(4)3 N(共22张PPT)
微专题7
应用力学三大观点解决综合问题
考点一
动量与动力学观点的综合应用
命题视角　考查动量与动力学观点的综合应用,提升应用图像的数学处理能力
【典例1】 (中等)(2024·福建卷)(多选)如图甲,水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜面,一质量为m的滑块锁定在斜面上。t=0时解除锁定,同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F,F随时间t的变化关系如图乙所示,取沿斜面向下为正方向,重力加速度大小为g,则滑块(　 　)
A.在0~4t0内一直沿斜面向下运动
B.在0~4t0内所受合力的冲量大小为零
C.在t0时的动量大小是在2t0时的一半
D.在2t0~3t0内的位移大小比在3t0~4t0内的小
甲
乙
AD
解析:AD　根据牛顿第二定律可知,当拉力为2mgsin θ时,滑块加速度a1=3gsin θ,方向沿斜面向下;当拉力为-2mgsin θ时,滑块加速度a2=-gsin θ,方向沿斜面向上;作出滑块沿斜面运动的v-t图像如图所示,其中v0=gt0sin θ。根据v-t图像,可判断出滑块一直沿斜面向下运动,故选项A正确;4t0时滑块速度不为零,根据动量定理I合=mΔv可知0~4t0内滑块所受合力的冲量不为零,故选项B错误;滑块在t0时的速度大于在2t0时的速度,则滑块在t0时的动量大于在2t0时的动量,故选项C错误;根据v-t图线与t轴所围面积表示位移大小,可判断出选项D正确。
考点二
动量与能量观点的综合应用
命题视角　考查动量与能量观点的综合应用,提升多对象关联分析能力
【典例2】 (困难)(2024·浙江1月选考)某固定装置的竖直截面如图所示,由倾角θ=37°的直轨道AB,半径R=1 m的圆弧BCD,长度L=1.25 m、倾角为θ的直轨道DE与半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成,轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5 kg的滑块b,其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放,经圆弧轨道BCD滑上轨道DE,轨道DE由特殊材料制成,小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25,向下运动时动摩擦因数μ2=0.5,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1,小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。(其他轨道均光滑,小物块视为质点,不计空气阻力,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2)
(1)若h=0.8 m,求小物块:
①第一次经过C点的向心加速度大小;
答案:(1)①16 m/s2　
②在DE上经过的总路程;
答案:②2 m
解析:②C、E两点的高度差
h1=Lsin θ+R(1-cos θ)=0.95 m,
由机械能守恒定律可知,小物块在DE上运动时,不会运动到E点。
又因为μ2mgcos θ所以小物块a每次在DE上上升至最高点后一定会下滑,之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失,最终小物块a将在B、D间往复运动,且易知小物块a每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等,设其在DE上经过的总路程为s,
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。
答案:③1∶2
(2)若h=1.6 m,滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块
答案:(2)0.2 m
考点三
力学三大观点的综合应用
命题视角　掌握动量、动力学、能量核心规律,考查力学三大观点的综合
应用
力学三大观点的选用原则
(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向为匀变速直线运动),涉及时间与运动细节时,一般选用动力学方法解题。
(2)当涉及功、能和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题。题目中出现相对位移(摩擦生热)时,应优先选用能量守恒定律。
(3)不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题,特别是对于打击类问题,因时间短且冲力随时间变化,应用动量定理求解。
(4)对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板块问题,若只涉及初末速度而不涉及力、时间,应用动量守恒定律求解。
【典例3】 (困难)(2024·浙江6月选考)一弹射游戏装置竖直截面如图所示,固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置,平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射,经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动,平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m,d=4.4 m,L=1.8 m,
M=m=0.1 kg,平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点,不计空气阻力,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时,求滑块离开弹簧时速度v0的大小;
答案:(1)5 m/s
(2)若μ2=0,滑块恰好过C点后,求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机
械能;
答案:(2)0.625 J
(3)若μ2=0.1,滑块能到达H点,求其离开弹簧时的最大速度vm。
答案:(3)6 m/s
审题·思维图解
感谢观看微专题7　应用力学三大观点解决综合问题
考点一　动量与动力学观点的综合应用
命题视角　考查动量与动力学观点的综合应用,提升应用图像的数学处理能力
【典例1】 (中等)(2024·福建卷)(多选)如图甲,水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜面,一质量为m的滑块锁定在斜面上。t=0时解除锁定,同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F,F随时间t的变化关系如图乙所示,取沿斜面向下为正方向,重力加速度大小为g,则滑块(　　)
甲
乙
A.在0~4t0内一直沿斜面向下运动
B.在0~4t0内所受合力的冲量大小为零
C.在t0时的动量大小是在2t0时的一半
D.在2t0~3t0内的位移大小比在3t0~4t0内的小
解析:AD　根据牛顿第二定律可知,当拉力为2mgsin θ时,滑块加速度a1=3gsin θ,方向沿斜面向下;当拉力为-2mgsin θ时,滑块加速度a2=-gsin θ,方向沿斜面向上;作出滑块沿斜面运动的v-t图像如图所示,其中v0=gt0sin θ。根据v-t图像,可判断出滑块一直沿斜面向下运动,故选项A正确;4t0时滑块速度不为零,根据动量定理I合=mΔv可知0~4t0内滑块所受合力的冲量不为零,故选项B错误;滑块在t0时的速度大于在2t0时的速度,则滑块在t0时的动量大于在2t0时的动量,故选项C错误;根据v-t图线与t轴所围面积表示位移大小,可判断出选项D正确。
考点二　动量与能量观点的综合应用
命题视角　考查动量与能量观点的综合应用,提升多对象关联分析能力
【典例2】 (困难)(2024·浙江1月选考)某固定装置的竖直截面如图所示,由倾角θ=37°的直轨道AB,半径R=1 m的圆弧BCD,长度L=1.25 m、倾角为θ的直轨道DE与半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成,轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5 kg的滑块b,其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放,经圆弧轨道BCD滑上轨道DE,轨道DE由特殊材料制成,小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25,向下运动时动摩擦因数μ2=0.5,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1,小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。(其他轨道均光滑,小物块视为质点,不计空气阻力,取sin 37°=0.6, cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2)
(1)若h=0.8 m,求小物块:
①第一次经过C点的向心加速度大小;
②在DE上经过的总路程;
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。
(2)若h=1.6 m,滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块
解析:(1)①对小物块a从A到第一次经过C的过程,根据机械能守恒定律有
mgh=m,
第一次经过C点的向心加速度大小为
a===16 m/s2。
②C、E两点的高度差
h1=Lsin θ+R(1-cos θ)=0.95 m,
由机械能守恒定律可知,小物块在DE上运动时,不会运动到E点。
又因为μ2mgcos θ所以小物块a每次在DE上上升至最高点后一定会下滑,之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失,最终小物块a将在B、D间往复运动,且易知小物块a每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等,设其在DE上经过的总路程为s,根据功能关系有
mg[h-R(1-cos θ)]=(μ1mgcos θ+μ2mgcos θ),
解得s=2 m。
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
a上=gsin θ+μ1gcos θ=8 m/s2,
a下=gsin θ-μ2gcos θ=2 m/s2,
将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑,则根据运动学公式有
a上=a下,
解得=。
(2)对小物块a从A到F的过程,根据动能定理有
m=mg[h-Lsin θ-2R(1-cos θ)]-μ1mgLcos θ,
解得vF=2 m/s,
设滑块长度为l时,小物块恰好不脱离滑块,a在b上运动的过程为,a先运动到b的最右端与竖直挡板发生弹性碰撞,a、b速度互换,然后a运动到b的最左端,此时二者达到共同速度v,根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mvF=2mv,
m=·2mv2+2μ1mgl,
解得l=0.2 m。
答案:(1)①16 m/s2　②2 m　③1∶2　(2)0.2 m
考点三　力学三大观点的综合应用
命题视角　掌握动量、动力学、能量核心规律,考查力学三大观点的综合应用
力学三大观点的选用原则
(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向为匀变速直线运动),涉及时间与运动细节时,一般选用动力学方法解题。
(2)当涉及功、能和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题。题目中出现相对位移(摩擦生热)时,应优先选用能量守恒定律。
(3)不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题,特别是对于打击类问题,因时间短且冲力随时间变化,应用动量定理求解。
(4)对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板块问题,若只涉及初末速度而不涉及力、时间,应用动量守恒定律求解。
【典例3】 (困难)(2024·浙江6月选考)一弹射游戏装置竖直截面如图所示,固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置,平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射,经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动,平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m,d=4.4 m,L=1.8 m,M=m=0.1 kg,平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点,不计空气阻力,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时,求滑块离开弹簧时速度v0的大小;
(2)若μ2=0,滑块恰好过C点后,求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能;
(3)若μ2=0.1,滑块能到达H点,求其离开弹簧时的最大速度vm。
解析:(1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时,
mg=,
从滑块离开弹簧到C过程,根据动能定理得
-2mgR=m-m,
解得v0=5 m/s。
(2)平板加速至与滑块共速过程,根据动量守恒定律得mv0=(M+m)v共,
根据能量守恒定律得
ΔE=m-(M+m),
解得ΔE=0.625 J。
(3)若μ2=0.1,平板与滑块相互作用过程中,滑块的加速度大小a1=μ1g=6 m/s2,
平板的加速度大小
a2==4 m/s2,
共速后,共同加速度大小a3=μ2g=1 m/s2,
考虑滑块可能一直减速直到H,也可能先与平板共速然后共同减速。假设先与平板共速然后共同减速,则共速时速度v=vE-a1t1=a2t1,
从滑块刚滑上平板到两者共速过程中,滑块、平板的位移分别为x1=t1,x2=t1,
共速时,相对位移应为
Δx=L=x1-x2,
解得vE=6 m/s,v=2.4 m/s,
随后共同减速的位移x3=d-x1=1.88 m,
到达H的速度vH== m/s。
说明可以到达H,因此假设成立,若滑块初速度再增大,则会从平板右侧掉落。即滑块离开弹簧时的最大速度vm=6 m/s。
答案:(1)5 m/s　(2)0.625 J　(3)6 m/s
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　考查动量与动力学观点的综合应用,提升应用图像的数学处理能力
1.(2025·精诚联盟联考)如图甲所示,滑块A、B中间用一根轻质弹簧相连,静止于光滑水平面上,初始时弹簧处于原长。现对物块A施加水平向右,大小为1.2 N的恒力F,0~1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个过程中弹簧均未超出弹性限度,下列说法正确的是(　　)
A.滑块A、B的质量之比为2∶3
B.若已知1 s末B的速度为0.36 m/s,则1 s末A的速度为0.76 m/s
C.由图可知,1 s后A、B两物体的加速度将保持0.6 m/s2不变
D.1 s后B的加速度将继续增大,A的加速度将减小,最终两物体的加速度会相同,做匀变速直线运动
解析:B　由图乙可知,当t=0时,根据F=mAaA可得mA=1.2 kg,当t=1 s时,根据F-F弹=mAaA,F弹=mBaB,aA=aB=0.6 m/s2,得到mB=0.8 kg,所以两者质量比为3∶2,A错误;整个过程中外力的冲量等于滑块A、B的动量变化,即Ft=mAvA+mBvB,已知1 s末B的速度为0.36 m/s,则求得1 s末A的速度为vA=0.76 m/s,B正确;1 s时A、B虽然加速度一样,但是vA>vB,因此弹簧会继续伸长,B的加速度会继续增加,C错误;由前面分析可知,当两者加速度再次相同时,两者速度不同,加速度仍然会继续发生变化,D错误。
2.(多选)如图甲,质量为m=2 kg的小物块放在长木板左端,小物块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.1。长木板静止在水平面上,右端紧靠竖直墙面,质量为M=0.5 kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.07。t=0时刻小物块获得水平向右的初速度v0=8 m/s,同时给小物块施加如图乙所示的水平向右的作用力。4 s时小物块与竖直墙壁发生弹性碰撞,碰撞时间极短。最终,小物块静止于长木板上某一位置,重力加速度g取10 m/s2。则(　　)
A.4 s内水平向右作用力的冲量大小是4 N·s
B.4 s内水平向右作用力的冲量大小是2 N·s
C.小物块与竖直墙碰撞前瞬间速度的大小是6 m/s
D.小物块相对长木板静止时,距长木板右端的距离是12 m
解析:ACD　冲量大小即为Ft图线与坐标轴围成的面积,则I= N·s=4 N·s,A正确,B错误;对小物块,取向右为正方向,由动量定理可得I-μ1mgt=mv-mv0,代入数据解得v=6 m/s,C正确;小物块与墙壁碰撞后速度大小不变,方向向左,对长木板,由牛顿第二定律可得μ1mg-μ2(M+m)g=Ma1,解得长木板加速度a1=0.5 m/s2,对小物块可得μ1mg=ma2,解得小物块加速度a2=1 m/s2,设经过时间t,小物块和长木板速度相等,由运动学公式可得v′=a1t=v-a2t,解得t=4 s,由于a2>a1,所以小物块和长木板共速后保持相对静止,长木板位移为x1=a1t2=4 m,小物块位移为x2=vt-a2t2=16 m,这段时间内相对位移为Δx=x2-x1=12 m,所以小物块相对长木板静止时,距长木板右端距离为12 m,D正确。
命题视角2　考查动量与能量观点的综合应用,提升多对象关联分析能力
3.(2025·天域全国名校协作体联考)气排球比赛中,甲同学在h1=2.2 m处将气排球以v0=8 m/s水平击出,乙同学在离地h2=0.4 m处将气排球垫起,气排球被垫起后以6 m/s速度竖直弹起。已知重力加速度为10 m/s2,气排球的质量为100 g,不计空气阻力,则关于此气排球的运动下列说法正确的是(　　)
A.气排球击出点与垫球点的距离约为5.1 m
B.气排球被甲同学击出后到被乙击中,重力的冲量大小为0.8 N·s
C.气排球被乙同学垫起过程中所受合力的冲量大小为0.6 N·s
D.气排球被乙同学垫起过程中所受合外力做的功为3.2 J
解析:A　气排球被甲同学击出后做平抛运动,由h1-h2=gt2,解得t=0.6 s,气排球击出点与垫球点的水平距离x=v0t=4.8 m,气排球击出点与垫球点的距离约为s==5.1 m,A正确;气排球被垫起前瞬间竖直方向的分速度大小vy=gt= 6 m/s,重力的冲量IG=mgt=0.6 N·s,气排球被垫起前瞬间的速度大小v==10 m/s,则气排球被乙同学垫起过程中水平方向合力的冲量大小Ix=mv0=0.8 N·s,竖直方向合力冲量大小Iy=2mvy=1.2 N·s,所以合力冲量大小I=>0.6 N·s,B、C错误;气排球被乙同学垫起过程中所受合力做的功等于动能改变量W=m-mv2=-3.2 J,D错误。
4.(2024·黑吉辽卷)如图,高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=
0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧,弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA=0.4 m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止。A、B均视为质点,重力加速度g取10 m/s2。不计空气阻力,求:
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB;
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ;
(3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。
解析:(1)对物块A由平抛运动知识得
h=gt2,xA=vAt,
代入数据解得vA=1 m/s,
对A、B物块整体由动量守恒定律有
mAvA=mBvB,
解得vB=1 m/s。
(2)对物块B由动能定理有-μmBgxB=0-mB,
代入数据解得μ=0.2。
(3)由能量守恒定律有
ΔEp=mA+mB+μmAgΔxA+μmBgΔxB,
其中mA=mB,Δx=ΔxA+ΔxB,
联立解得ΔEp=0.12 J。
答案:(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J
命题视角3　掌握动量、动力学、能量核心规律,考查力学三大观点的综合应用
5.(多选)将木块M与N并排静置在光滑地面上,木块M上固定一竖直轻杆,轻杆上端小横杆上系一长为l=2 m的轻细线,细线下端系一质量为m2=0.5 kg的小球Q。将一质量m1=0.5 kg的橡皮泥P从距Q水平距离1.2 m的地方以v0=4 m/s的速度水平抛出,恰好与小球Q碰撞并瞬间连结为一整体S(可视为质点),随后绕悬点摆动(不与竖直杆碰撞)。已知木块M与N的质量分别为m3=1 kg与m4=2 kg。重力加速度g取10 m/s2,则(　　)
A.碰撞后瞬间S的速度为2 m/s
B.S摆到最高点时M、N分离
C.M与N分离时S的速度大小为1 m/s
D.S摆回到最低点时绳子的拉力为12 N
解析:ACD　对P、Q构成的整体,在碰撞过程,水平方向上动量守恒,碰撞后竖直方向的分速度突变为0,则有m1v0=(m1+m2)v1,解得v1=2 m/s,A正确;整体S在杆右侧运动时,绳的弹力对M做正功,M的速度增大,M、N之间存在弹力作用,可知,S向右摆动到最高点时,M、N没有分离,B错误;结合上述可知,当S从杆右侧再次返回最低点时,M与N恰好分离,设此时S速度为v2,则有(m1+m2)v1=(m1+m2)v2+(m3+m4)v3,(m1+m2)=(m1+m2)+(m3+m4),解得v2=-1 m/s, v3=1 m/s,即M与N分离时S的速度大小为1 m/s,C正确;结合上述,对S进行分析,根据牛顿第二定律有FT-(m1+m2)g=(m1+m2),解得FT=12 N,D正确。
6.(2025·杭州模拟)如图所示,某固定装置由长度L=3 m的水平传送带,圆心角θ=60°、半径R=
1 m的两圆弧管道BC、CD组成,轨道间平滑连接。在轨道末端D的右侧光滑水平面上紧靠着轻质小车,其上表面与轨道末端D所在的水平面平齐,右端放置质量m2=3 kg的物块b。质量m1=1 kg的物块a从传送带左端A点由静止释放,经过BCD滑出圆弧管道。已知传送带以速度v=8 m/s顺时针转动,物块a与传送带及小车的动摩擦因数均为μ1=0.6,物块b与小车的动摩擦因数μ2=0.1,其他轨道均光滑,物块均视为质点,不计空气阻力。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物块a和传送带之间因摩擦产生的热量Q;
(2)求物块a到达D点时对管道的作用力FN;
(3)要使物块a恰好不与物块b发生碰撞,求小车长度的最小值d。
解析:(1)对物块a分析,根据牛顿第二定律有
μ1m1g=m1a1,
设物块a一直加速到传送带右端点时,其速度为v1,有
=2a1L,
解得v1=6 m/s<8 m/s,所以在小物块a到达传送带右侧时并没有加速到与传送带共速,
设该过程时间为t,有v1=a1t,
该时间传送带的位移为x传,有x传=vt=8 m,
物块a相对传送带的位移为Δx=x传-L=5 m,
摩擦产生的热量为Q=μ1m1g·Δx=30 J。
(2)由于圆弧轨道光滑,所以物块a从B到D由动能定理有-m1g·2R(1-cos θ)=m1-m1,
在D点有FN+m1g=m1,
解得FN=6 N,
由牛顿第三定律可知,物块a对管道的作用力等于管道对物块a的支持力,所以物块a到达D点时对管道的作用力为6 N,方向竖直向上。
(3)当物块a滑上小车后,由于μ1m1g=6 N>μ2m2g=3 N,所以小车与物块a保持相对静止,而物块b相对于小车发生滑动,当两者速度相同时,为物块a与物块b相碰的临界状态,其运动示意图如图所示。
该过程由动量守恒定律有m1vD=(m1+m2)v共,
根据能量守恒定律有m1=(m1+m2)+μ2m2gd,解得d=2 m。
答案:(1)30 J　(2)6 N,方向竖直向上　(3)2 m
B级·高考过关练
7.(2024·安徽卷)在某装置中的光滑绝缘水平面上,三个完全相同的带电小球,通过不可伸长的绝缘轻质细线,连接成边长为d的正三角形,如图甲所示。小球质量为m,带电量为+q,可视为点电荷。初始时,小球均静止,细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断,当三个小球运动到同一条直线上时,速度大小分别为v1、v2、v3,如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了,k为静电力常量,不计空气阻力。则(　　)
A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B.该过程中系统能量守恒,动量不守恒
C.在图乙位置,v1=v2,v3≠2v1
D.在图乙位置,v3=
解析:D　该过程中系统动能和电势能相互转化,能量守恒,对整个系统分析可知,系统受到的合力为零,故动量守恒;当三个小球运动到同一条直线上时,根据对称性可知,细线中的拉力相等,此时球3受到1和2的静电力大小相等,方向相反,故可知此时球3受到的合力为零,球3从静止状态开始运动,瞬间受到的合力不为零,故该过程中球3受到的合力在改变,故A、B错误;对系统根据动量守恒定律有mv1+mv2=mv3,根据球1和球2运动的对称性可知v1=v2,解得v3=2v1,根据能量守恒定律得m+m+m=,联立解得v3=,故C错误,D正确。
8.(2025·金丽衢十二校联考改编)如图所示,将一小物块A轻轻放在长L1=4.0 m以v0=4 m/s顺时针匀速转动的传送带左端M处,右端N与放在光滑水平桌面上的长木板C上表面平齐。长木板长为L2=2.5 m,C的右端带有挡板,在C上放有小物块B,开始时B和C静止,B到挡板的距离为L3= m。小物块A与传送带间的动摩擦因数μ1=0.25,A、C之间及B、C之间的动摩擦因数均为μ2=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B、C的质量均为m=1 kg,重力加速度g取10 m/s2,所有碰撞均为弹性正碰。下列说法正确的是(　　)
A.小物块A由M运动到N用时1.6 s
B.A滑上C但未与B相碰前,B的加速度为 2 m/s2
C.A与物块B碰撞后瞬间的速度分别为2 m/s、1 m/s
D.由于运送物块传送带多消耗能量为16 J
解析:D　小物块在传送带上加速时的加速度大小为a==2.5 m/s2,小物块加速到与传送带共速所用时间为t1==1.6 s,小物块加速阶段通过的位移为x1=t1=3.2 m1.8 s,小物块A在传送带上运行过程,发生的相对位移为Δx=v0t1-x1=3.2 m,因摩擦产生的内能为Q=μ1mg·Δx=8 J,根据能量守恒可知由于运送物块传送带多消耗能量为ΔE=Q+m=16 J, A错误,D正确;A滑上C但未与B相碰前,以B、C为整体,加速度大小为a2==1 m/s2,B错误;A与B碰撞后速度交换,A的速度应小于B的速度,C错误。
9.(2025·金华三模)如图所示,一倾角为θ=37°的斜面AB与水平面BCD在B点平滑相接,圆轨道最低点为C(稍有错开),E为最高点,半径R=0.2 m,CD段长L=1.275 m,D端与一足够长的光滑斜面平滑相接。质量m=0.1 kg的小物块1从斜面顶点A以v0= m/s的速度水平向右抛出,落在斜面上的P点,假设小物块1落到P点前后,平行斜面方向速度不变,垂直斜面方向速度立即变为零。在CD段距离C点x处有一与物块1完全相同的小物块2,两物块相碰后立即粘连在一起。已知小物块1第一次过圆轨道最高点E时的速度为vE=2 m/s,两小物块与CD段的动摩擦因数均为μ=0.5,轨道其余部分均光滑,调整小物块2与C点间的距离x,使得小物块合体最终停在CD上的某点M且全程不脱离轨道(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=
0.8),求:
(1)小物块1第一次运动到C点时对轨道的压力FN;
(2)小物块1在斜面上的落点P距离水平面的高度h;
(3)M与C点间的距离s与x的关系。(结果用x表示)
解析:(1)小物块1从E→C过程,根据动能定理有
mg·2R=m-m,
小物块1在C点,根据牛顿第二定律有FN′-mg=m,
解得FN′=25 N,由牛顿第三定律,物块对轨道的压力FN=FN′=25 N,方向竖直向下。
(2)小物块1从A→P过程做平抛运动,
则有=2·=2tan θ,
在P点,将速度沿斜面与垂直于斜面分解,
则有vP=v0·cos θ+vysin θ,
小物块1从P→C过程,根据动能定理有
mgh=m-m,
解得h=0.955 m。
(3)两物块相碰后立即粘连在一起,根据动量守恒定律有
mv=2mv共,
则有×2m=mv2,即碰后两物块总动能变为碰前一半。
设物块2与C点距离为x0时,二者碰后到D点恰好停止运动,则由动能定理得-μmgx0=mv2-m,
-μ·2mg(L-x0)=0-×mv2,解得x0=0.1 m。
若0≤x≤0.1 m时,小物块第一次过D点前就停止,则有
-μ·2mg(s-x)=0-(m-μmgx),
解得s=1.2+0.75x(0≤x≤0.1 m);
若0.1解得s=1.35-0.75x(0.1综上,s=
答案:(1)25 N,方向竖直向下　(2)0.955 m　
(3)见解析
C级·素养提升练
10.(2025·浙江6月选考)某兴趣小组设计了一传送装置,其竖直截面如图所示。AB是倾角为30°的斜轨道,BC是以恒定速率v0顺时针转动的水平传送带,紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道,水平面和传送带BC处于同一高度,各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块,从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑,经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ,其余接触面均光滑。已知R=0.36 m,L=1.6 m, v0=5 m/s,m=0.2 kg,M=1.8 kg,μ=0.25。不计空气阻力,g取10 m/s2,物块可视为质点,传送带足够长。求物块:
(1)滑到B点处的速度大小;
(2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功;
(3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度;
(4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间,受到轨道的压力大小。
解析:(1)物块从P点到B点由动能定理
mgLsin 30°=mv2,
解得到达B点的速度v=4 m/s。
(2)物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速,
摩擦力对其做的功Wf=m-mv2=0.9 J。
(3)物块在传送带上加速运动的加速度为a=μg=2.5 m/s2,
加速到共速所用时间t==s=0.4 s,
在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度
Δx=v0t-t=0.2 m。
(4)从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知mv0=mv1+Mv2,m=m+M+2mgR,
联立解得v1=-2.2 m/s,v2=0.8 m/s(另一组v1=3.2 m/s,v2=0.2 m/s,因不合实际舍掉)。
对滑块在最高点时由牛顿第二定律
F+mg=m,解得F=3 N。
答案:(1)4 m/s　(2)0.9 J　(3)0.2 m　(4)3 N

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