资源简介

第35课时　力学三大观点的综合应用(进阶课)
[学习目标]　1．掌握解决力学综合问题常用的三大观点。2．会灵活选用三个观点解决力学综合问题。
1．三个基本观点
(1)动力学的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题，可简化问题的求解过程。
2．规律选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，或涉及加速度，可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用导致运动状态发生改变时，一般用动量定理(涉及时间)或动能定理(涉及位移)去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
　动力学和动量观点的综合
[典例1]　如图所示，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度g取10 m/s2，sin θ＝，cos θ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：
(1)滑道AB段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度大小。
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
　能量观点和动量观点的综合
[典例2]　(2025·山东卷)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m＝ kg的小球自Q点正上方h＝2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F＝15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝1 kg，b的质量mb＝ kg，方形物体的质量M＝ kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求：
(1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；
(2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________　动力学、动量和能量观点的综合
[典例3]　(2025·海南卷)足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R＝0.5 m，圆心角θ＝53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，随后滑上传送带，已知mA＝4 kg，mB＝1 kg，A、B可视为质点，A、B整体与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q＝2.5 J，忽略轨道及平台的摩擦，g取10 m/s2。
(1)A滑到圆弧最低点时受的支持力；
(2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
(3)传送带的速度大小。
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
第35课时　力学三大观点的综合应用(进阶课)
典例1　解析：(1)设滑道AB长度为L，背包质量为m12 kg，在AB上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有m1gsin θ－μm1gcos θm1a1
解得a12 m/s2
滑雪者质量为m248 kg，初速度为v01.5 m/s，加速度为a23 m/s2，设滑雪者在AB上滑行时间为t，落后时间t01 s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得La1(t＋t0)2，Lv0t＋a2t2
联立解得t2 s或t－1 s(舍去)，L9 m。
(2)设背包和滑雪者到达坡底水平处时的速度分别为v1、v2，有v1a1(t＋t0)6 m/s，v2v0＋a2t7.5 m/s
滑雪者拎起背包的过程，系统所受外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1＋m2v2(m1＋m2)v
解得v7.44 m/s。
答案：(1)9 m　(2)7.44 m/s
典例2　解析：(1)小球由静止下落至运动到P点的过程，小球与方形物体组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律有0mv1－Mv2
又系统除重力外无外力做功，所以系统机械能守恒，由机械能守恒定律有
mgh
联立解得v16 m/s，v2 m/s。
(2)从P点水平抛出后，小球做平抛运动，水平速度不变，小球与a的碰撞过程，在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有mv1(m＋ma)v0
解得v02 m/s
b刚解除锁定时，有Fkx0
对小球与a的整体从开始运动至b解除锁定的过程，由机械能守恒定律有(m＋ma)(m＋ma)＋Ep0
其中Ep0
联立解得b刚解除锁定时小球和a的整体的速度大小va1 m/s
b解除锁定后，a、b、小球和弹簧组成的整个系统动量与机械能均守恒，当a与b共速时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有(m＋ma)va(m＋ma＋mb)vb
解得vb m/s
由机械能守恒定律有
(m＋ma)(m＋ma＋mb)＋Epm
解得Epm2.5 J。
答案：(1)6 m/s　 m/s　2.5 J
典例3　解析：(1)A从开始到滑到圆弧最低点时，根据机械能守恒有mAg(R－Rcos 53°)
解得v02 m/s
在最低点根据牛顿第二定律有FN－mAgmA
解得FN72 N，方向竖直向上。
(2)根据题意A、B碰后成一整体，根据动量守恒有
mAv0(mA＋mB)v共
解得v共1.6 m/s
故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为
ΔE(mA＋mB)1.6 J。
(3)第一种情况，当传送带速度v小于v共时，A、B整体滑上传送带后先减速后匀速运动，设A、B整体与传送带间的动摩擦因数为μ，对A、B整体，根据牛顿第二定律有μ(mA＋mB)g(mA＋mB)a
设经过时间t1后A、B整体与传送带共速，可得vv共－at1
该段时间内A、B整体运动的位移为x1t1
传送带运动的位移为x2vt1
故可得Qμ(mA＋mB)g·(x1－x2)
联立解得v0.6 m/s，另一解大于v共舍去；
第二种情况，当传送带速度v大于v共时，A、B整体滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间t2后A、B整体与传送带共速，同理可得vv共＋at2
该段时间内A、B整体运动的位移为x'1t2
传送带运动的位移为x2'vt2
故可得Qμ(mA＋mB)g·(x2'－x1')
解得v2.6 m/s，另一解小于v共舍去。
答案：(1)72 N，方向竖直向上　(2)1.6 J　(3)0.6 m/s或2.6 m/s
1 / 3(共45张PPT)
第六章 动量守恒定律
第35课时　力学三大观点的综合应用(进阶课)
[学习目标]　1．掌握解决力学综合问题常用的三大观点。2．会灵活选用三个观点解决力学综合问题。
1．三个基本观点
(1)动力学的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题，可简化问题的求解过程。
2．规律选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，或涉及加速度，可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用导致运动状态发生改变时，一般用动量定理(涉及时间)或动能定理(涉及位移)去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
角度1　动力学和动量观点的综合
[典例1]　如图所示，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度g取10 m/s2，sin θ＝，cos θ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：
(1)滑道AB段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度大小。
[解析]　(1)设滑道AB长度为L，背包质量为m1＝2 kg, 在AB上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有m1g sin θ－μm1g cos θ＝m1a1
解得a1＝2 m/s2
滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝
3 m/s2，设滑雪者在AB上滑行时间为t，落后时间t0＝1 s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得L＝a1(t＋t0)2，L＝v0t＋a2t2
联立解得t＝2 s或t＝－1 s(舍去)，L＝9 m。
(2)设背包和滑雪者到达坡底水平处时的速度分别为v1、v2，有v1＝a1(t＋t0)＝6 m/s，v2＝v0＋a2t＝7.5 m/s
滑雪者拎起背包的过程，系统所受外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得v＝7.44 m/s。
[答案]　(1)9 m　(2)7.44 m/s
角度2　能量观点和动量观点的综合
[典例2]　(2025·山东卷)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m＝ kg的小球自Q点正上方h＝2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达
到F＝15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝1 kg，b的质量mb＝ kg，方形物体的质量M＝ kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求：
(1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；
(2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
[解析]　(1)小球由静止下落至运动到P点的过程，小球与方形物体组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律有0＝mv1－Mv2
又系统除重力外无外力做功，所以系统机械能守恒，由机械能守恒定律有
mgh＝
联立解得v1＝6 m/s，v2＝ m/s。
(2)从P点水平抛出后，小球做平抛运动，水平速度不变，小球与a的碰撞过程，在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有mv1＝(m＋ma)v0
解得v0＝2 m/s
b刚解除锁定时，有F＝kx0
对小球与a的整体从开始运动至b解除锁定的过程，由机械能守恒定律有＝＋Ep0
其中Ep0＝
联立解得b刚解除锁定时小球和a的整体的速度大小va＝1 m/s
b解除锁定后，a、b、小球和弹簧组成的整个系统动量与机械能均守恒，当a与b共速时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有(m＋ma)va＝(m＋ma＋mb)vb
解得vb＝ m/s
由机械能守恒定律有
＝＋Epm
解得Epm＝2.5 J。
[答案]　(1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　2.5 J
角度3　动力学、动量和能量观点的综合
[典例3]　(2025·海南卷)足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R＝0.5 m，圆心角θ＝53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，随后滑上传送带，已知mA＝4 kg，mB＝1 kg，A、B可视为质点，A、B整体与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q＝2.5 J，忽略轨道及平台的摩擦，g取10 m/s2。
(1)A滑到圆弧最低点时受的支持力；
(2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
(3)传送带的速度大小。
[解析]　(1)A从开始到滑到圆弧最低点时，根据机械能守恒有mAg(R－R cos 53°)＝
解得v0＝2 m/s
在最低点根据牛顿第二定律有FN－mAg＝
解得FN＝72 N，方向竖直向上。
(2)根据题意A、B碰后成一整体，根据动量守恒有
mAv0＝(mA＋mB)v共
解得v共＝1.6 m/s
故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝＝1.6 J。
(3)第一种情况，当传送带速度v小于v共时，A、B整体滑上传送带后先减速后匀速运动，设A、B整体与传送带间的动摩擦因数为μ，对A、B整体，根据牛顿第二定律有μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a
设经过时间t1后A、B整体与传送带共速，可得v＝v共－at1
该段时间内A、B整体运动的位移为x1＝t1
传送带运动的位移为x2＝vt1
故可得Q＝μ(mA＋mB)g·(x1－x2)
联立解得v＝0.6 m/s，另一解大于v共舍去；
第二种情况，当传送带速度v大于v共时，A、B整体滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间t2后A、B整体与传送带共速，同理可得v＝v共＋at2
该段时间内A、B整体运动的位移为x′1＝t2
传送带运动的位移为x2′＝vt2
故可得Q＝μ(mA＋mB)g·(x2′－x1′)
解得v＝2.6 m/s，另一解小于v共舍去。
[答案]　(1)72 N，方向竖直向上　(2)1.6 J　(3)0.6 m/s或2.6 m/s
课时数智作业(三十五)　力学三大观点的综合应用
(进阶课)
说明：第1题5分；本试卷共57分。
1．(多选)(2025·福建卷)如图，水平传送带顺时针转动，速度大小恒为1 m/s，物块A、B由一根轻弹簧相连，A的质量为1 kg，B的质量为2 kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.5，B与传送带间的动摩擦因数为0.25。t＝0时，A速度大小为v0＝2 m/s，方向水平向右，B的速度为零，弹簧处于原长状态。t＝t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep＝0.75 J，传送带足够长，A可留下痕迹，重力加速度g取10 m/s2，弹簧始终处于弹性限度内。则(　　)
A．在t＝时，B的加速度大小大于A的加速度大小
B．t＝t0时，B的速度为0.5 m/s
C．t＝t0时，弹簧的压缩量为0.2 m
D．0～t0过程，传送带上的痕迹小于0.05 m
√
√
BD　[设t＝t0时A、B的运动速度分别为vA、vB，经分析t＝0时，A、B组成的系统受力平衡，则其动量守恒，假设0～t0时间内，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有mAv0＝mAvA＋mBvB，代入数据解得vB＝0.5 m/s＜1 m/s，假设成立，B正确；由于0～t0时间内，A、B组成的系统动量守恒，所以有mAv0＝mAv′A＋mBv′B，等式两边同时关于时间求导，得到0＝mAaA＋mBaB，所以0～t0时间内，A的加速度大小始终是B的加速度大小的2倍，A错误；设0～t0时间内，
A的位移大小为xA，B的位移大小为xB，A、B和弹簧组成的系统由能量守恒定律可知＋μBmB gxB－μAmAgxA＝＋Ep，又t＝t0时弹簧的压缩量Δx＝xA－xB，联立解得Δx＝0.1 m，C错误；结合A、B项分析可作出A、B的v-t图像如图所示，结合图像可知，A与传送带的相对位移(痕迹长度)小于
0.05 m，D正确。]
2．(12分)如图所示，在有圆孔的水平支架上放置一物块，玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出，穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h。已知子弹的质量为m，物块的质量为4m，重力加速度大小为g；在子弹和物块上升过程中，子弹所受阻力忽略不计，物块所受阻力大小为自身重力的。子弹穿过物块时间很短，不计物块厚度的影响，求：
(1)子弹击中物块前瞬间的速度大小；
(2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能。
[解析]　(1)子弹射穿物块后，对子弹和物块有＝＝2a·h
4mg＋·4mg＝4ma
子弹射穿物块过程由动量守恒定律有mv0＝mv1＋4mv2
联立解得v0＝10。
(2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能ΔE＝＝37.5mgh。
[答案]　(1)10　(2)37.5mgh
3．(12分)(2025·河南卷)如图所示，在一段水平光滑直道上每间隔l1＝3 m铺设有宽度为l2＝2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1＝2 kg的小物块P，另一质量为m2＝4 kg的小物块Q以v0＝7 m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v＝7 m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)该碰撞过程中损失的机械能；
(2)P从开始运动到静止经历的时间。
[解析]　(1)P、Q碰撞过程由动量守恒定律有
m2v0＝m1v＋m2vQ
解得P、Q碰撞后瞬间Q的速度大小为vQ＝3.5 m/s
该碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝＝24.5 J。
(2)碰撞后瞬间由于P的速度大于Q的速度，则之后两小物块不会再次相碰。P在防滑带上运动，由牛顿第二定律可知加速度大小为
a＝μg＝5 m/s2
若P仅在防滑带上运动，则其从开始运动到静止的过程有v2＝2ax
解得该过程的位移为x＝4.9 m
则P最终静止在第3个防滑带上
P在第一个防滑带上的运动由位移速度公式有
－2al2＝－v2
P在第二个防滑带上的运动由位移速度公式有
－2al2＝
解得P离开第一个、第二个防滑带瞬间的速度大小分别为
v1＝5 m/s，v2＝1 m/s
则P从开始运动到静止经历的时间为
t＝＝5 s。
[答案]　(1)24.5 J　(2)5 s
4．(14分)如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑、半径R＝
0.3 m的四分之一圆弧面，圆弧面右侧一蹲在滑板上的某人和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻此人将冰块以相对冰面3 m/s的速度向圆弧面推出，冰块平滑地滑上圆弧面，在圆弧面上上升的最大高度为h＝0.3 m。已知此人与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，此人与滑板始终无相对运动。
重力加速度g取10 m/s2。
(1)求圆弧面的质量；
(2)判断冰块与圆弧面分离后能否追上此人；
(3)若此人将冰块以相对于冰面v0＝6 m/s的速度向圆弧面推出，求冰块到达圆弧面最高点时的速度，并说明冰块冲出圆弧面后的运动情况。
[解析]　(1)规定向左为正方向，冰块在圆弧面上上升到最大高度时两者达到共同速度v，设圆弧面的质量为m3。对冰块与圆弧面分析，由水平方向动量守恒得m2v冰＝(m2＋m3)v，由系统机械能守恒得＝＋m2gh
联立解得v＝1 m/s，m3＝20 kg。
(2)设推出冰块后此人的速度为v1，推冰块的过程中，由动量守恒定律有m1v1＋m2v冰＝0
代入数据解得v1＝－1 m/s
设冰块与圆弧面分离后的速度分别为v2和v3，冰块从滑上圆弧面到与圆弧面分离过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v冰＝＝
联立解得v2＝－1 m/s
由于冰块与圆弧面分离后的速度与此人推出冰块后的速度相同且冰块处在此人后方，故冰块不能追上此人。
(3)冰块在圆弧面上运动过程中，冰块与圆弧面在水平方向动量守恒，冰块到达圆弧面最高点时，两者水平速度相等，根据动量守恒定律以及机械能守恒定律有m2v0＝(m2＋m3)＝
解得v弧＝ m/s，方向相对于冰面斜向左上方
冰块到达圆弧面最高点时，水平方向分速度与圆弧面相同，冰块相对于冰面的速度斜向左上方，故冰块冲出圆弧面后相对于冰面做斜抛运动，相对于圆弧面做竖直上抛运动，最终落回到圆弧面。
[答案]　(1)20 kg　(2)不能　(3)见解析
5．(14分)(2025·重庆卷节选)如图所示，长度为d的水平传送带顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞(碰撞时间极短)。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。
(1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
(2)若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量。
[解析]　(1)A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即μmg＝ma
可得a＝μg
由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以A在传送带上做匀加速直线运动，有＝2ad
解得v1＝。
(2)设B的质量为M，则由题意碰前vA＝v1，vB＝，两物体发生弹性碰撞，则动量和能量守恒，有mv1＋M＝＋M＝
又因为在弹性碰撞中，碰前相对速度与碰后相对速度大小相等，方向相反，即v1－＝v′2－v′1＝
联立解得v′1＝，v′2＝
因为OP段粗糙，由动能定理有－μmgs＝0－mv2
得s＝，即sA＝，sB＝
根据题意有sB－sA＝d，且由(1)有v1＝
联立各式解得M＝。
[答案]　(1)μg　　(2)
谢 谢 ！课时数智作业(三十五)　力学三大观点的综合应用(进阶课)
说明：第1题5分；本试卷共57分。
1．(多选)(2025·福建卷)如图，水平传送带顺时针转动，速度大小恒为1 m/s，物块A、B由一根轻弹簧相连，A的质量为1 kg，B的质量为2 kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.5，B与传送带间的动摩擦因数为0.25。t＝0时，A速度大小为v0＝2 m/s，方向水平向右，B的速度为零，弹簧处于原长状态。t＝t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep＝0.75 J，传送带足够长，A可留下痕迹，重力加速度g取10 m/s2，弹簧始终处于弹性限度内。则(　　)
A．在t＝时，B的加速度大小大于A的加速度大小
B．t＝t0时，B的速度为0.5 m/s
C．t＝t0时，弹簧的压缩量为0.2 m
D．0～t0过程，传送带上的痕迹小于0.05 m
2．(12分)如图所示，在有圆孔的水平支架上放置一物块，玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出，穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h。已知子弹的质量为m，物块的质量为4m，重力加速度大小为g；在子弹和物块上升过程中，子弹所受阻力忽略不计，物块所受阻力大小为自身重力的。子弹穿过物块时间很短，不计物块厚度的影响，求：
(1)子弹击中物块前瞬间的速度大小；
(2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能。
3．(12分)(2025·河南卷)如图所示，在一段水平光滑直道上每间隔l1＝3 m铺设有宽度为l2＝2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1＝2 kg的小物块P，另一质量为m2＝4 kg的小物块Q以v0＝7 m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v＝7 m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)该碰撞过程中损失的机械能；
(2)P从开始运动到静止经历的时间。
4．(14分)如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑、半径R＝0.3 m的四分之一圆弧面，圆弧面右侧一蹲在滑板上的某人和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻此人将冰块以相对冰面3 m/s的速度向圆弧面推出，冰块平滑地滑上圆弧面，在圆弧面上上升的最大高度为h＝0.3 m。已知此人与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，此人与滑板始终无相对运动。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求圆弧面的质量；
(2)判断冰块与圆弧面分离后能否追上此人；
(3)若此人将冰块以相对于冰面v0＝6 m/s的速度向圆弧面推出，求冰块到达圆弧面最高点时的速度，并说明冰块冲出圆弧面后的运动情况。
5．(14分)(2025·重庆卷节选)如图所示，长度为d的水平传送带顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞(碰撞时间极短)。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。
(1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
(2)若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量。
课时数智作业(三十五)
1．BD　[设tt0时A、B的运动速度分别为vA、vB，经分析t0时，A、B组成的系统受力平衡，则其动量守恒，假设0~t0时间内，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有mAv0mAvA＋mBvB，代入数据解得vB0.5 m/s＜1 m/s，假设成立，B正确；由于0~t0时间内，A、B组成的系统动量守恒，所以有mAv0mAv'A＋mBv'B，等式两边同时关于时间求导，得到0mAaA＋mBaB，所以0~t0时间内，A的加速度大小始终是B的加速度大小的2倍，A错误；设0~t0时间内，A的位移大小为xA，B的位移大小为xB，A、B和弹簧组成的系统由能量守恒定律可知＋Ep，又tt0时弹簧的压缩量ΔxxA－xB，联立解得Δx0.1 m，C错误；结合A、B项分析可作出A、B的v t图像如图所示，结合图像可知，A与传送带的相对位移(痕迹长度)小于0.05 m，D正确。
]
2．解析：(1)子弹射穿物块后，对子弹和物块有2g·8h，2a·h
4mg＋·4mg4ma
子弹射穿物块过程由动量守恒定律有mv0mv1＋4mv2
联立解得v010。
(2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能ΔE37.5mgh。
答案：(1)10　(2)37.5mgh
3．解析：(1)P、Q碰撞过程由动量守恒定律有
m2v0m1v＋m2vQ
解得P、Q碰撞后瞬间Q的速度大小为vQ3.5 m/s
该碰撞过程中损失的机械能为
ΔE24.5 J。
(2)碰撞后瞬间由于P的速度大于Q的速度，则之后两小物块不会再次相碰。P在防滑带上运动，由牛顿第二定律可知加速度大小为
aμg5 m/s2
若P仅在防滑带上运动，则其从开始运动到静止的过程有v22ax
解得该过程的位移为x4.9 m
则P最终静止在第3个防滑带上
P在第一个防滑带上的运动由位移速度公式有
－2al2－v2
P在第二个防滑带上的运动由位移速度公式有
－2al2
解得P离开第一个、第二个防滑带瞬间的速度大小分别为
v15 m/s，v21 m/s
则P从开始运动到静止经历的时间为
t5 s。
答案：(1)24.5 J　(2)5 s
4．解析：(1)规定向左为正方向，冰块在圆弧面上上升到最大高度时两者达到共同速度v，设圆弧面的质量为m3。对冰块与圆弧面分析，由水平方向动量守恒得m2v冰(m2＋m3)v，由系统机械能守恒得(m2＋m3)v2＋m2gh
联立解得v1 m/s，m320 kg。
(2)设推出冰块后此人的速度为v1，推冰块的过程中，由动量守恒定律有m1v1＋m2v冰0
代入数据解得v1－1 m/s
设冰块与圆弧面分离后的速度分别为v2和v3，冰块从滑上圆弧面到与圆弧面分离过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v冰m2v2＋m3v3，
联立解得v2－1 m/s
由于冰块与圆弧面分离后的速度与此人推出冰块后的速度相同且冰块处在此人后方，故冰块不能追上此人。
(3)冰块在圆弧面上运动过程中，冰块与圆弧面在水平方向动量守恒，冰块到达圆弧面最高点时，两者水平速度相等，根据动量守恒定律以及机械能守恒定律有m2v0(m2＋m3)v水平，
解得v弧 m/s，方向相对于冰面斜向左上方
冰块到达圆弧面最高点时，水平方向分速度与圆弧面相同，冰块相对于冰面的速度斜向左上方，故冰块冲出圆弧面后相对于冰面做斜抛运动，相对于圆弧面做竖直上抛运动，最终落回到圆弧面。
答案：(1)20 kg　(2)不能　(3)见解析
5．解析：(1)A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即μmgma
可得aμg
由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以A在传送带上做匀加速直线运动，有2ad
解得v1。
(2)设B的质量为M，则由题意碰前vAv1，vB，两物体发生弹性碰撞，则动量和能量守恒，有mv1＋Mmv'1＋Mv'2，Mv'22
又因为在弹性碰撞中，碰前相对速度与碰后相对速度大小相等，方向相反，即v1－
联立解得v'1，v'2
因为OP段粗糙，由动能定理有－μmgs0－mv2
得s，即sA，sB
根据题意有sB－sAd，且由(1)有v1
联立各式解得M。
答案：(1)μg　
1 / 3

展开更多......

收起↑