专题44 动力学、动量和能量观点的综合应用-2023届高三物理一轮复习重难点逐个突破

这是一份专题44 动力学、动量和能量观点的综合应用-2023届高三物理一轮复习重难点逐个突破，文件包含专题44动力学动量和能量观点的综合应用原卷版docx、专题44动力学动量和能量观点的综合应用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。

动力学观点：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。
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。
动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
二．五大基本规律
牛顿第二定律：F合＝ma
动能定理：W合＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
机械能守恒定律：E1＝E2 mgh1＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝mgh2＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
动量定理：I合＝Δp F合t＝p′－p
动量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
三.选用规律原则
1.根据研究对象选取：
（1）若多个物体的运动状态不同，则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律；
（2）若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律；
（3）若研究对象为多物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一般用“守恒定律”去解决问题，但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件．
2.根据研究过程选取：
（1）凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，则必须要用动力学观点；
（2）凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一般要用能量观点或动量观点；
（3）凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理；
（4）凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一般应用动量守恒定律。
3.根据所涉及的物理量选取
（1）如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律；
（2）如果涉及运动时间或作用时间的问题，一般优先考虑用动量定理，其次考虑用牛顿运动定律；
（3）如果涉及运动的位移或路程的问题，一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律；
（4）如果涉及初、末速度问题，一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点，最后再考虑用牛顿运动定律。
1．（2022·全国·高三课时练习）水平地面上有甲、乙两个小滑块在同一直线上运动，两小滑块碰撞前后的速度—时间图像如图所示，小滑块甲的碰前速度为正向，小滑块乙的碰前速度为负向（其中一个小滑块碰后速度变为0）。下列说法正确的是（ ）
A．碰后乙的速度变为零
B．t=2.5 s时，两小滑块之间的距离为7.5 m
C．两小滑块之间的碰撞为非弹性碰撞
D．碰撞前，两个小滑块组成的系统动量守恒
【答案】D
【解析】A．由图像可知，甲、乙两滑块相向运动，均做匀减速直线运动，碰后甲的速度不能增大，所以碰后滑块甲的速度变为零，滑块乙的速度为6 m/s（反向），故A项错误；
B．t=2.5 s时，两滑块之间的距离 Δs=12×6×（2.5-1）m=4.5 m 故B项错误；
C．设碰前甲的质量为m1，乙的质量为m2，则碰前动量 p1=m1×4 m/s＋m2×（-2 m/s）
碰后动量 p2=m2×6 m/s
由碰撞过程动量守恒有 p1=p2
解得 m1=2m2
由能量关系，碰前 E1=12m1×42＋12m2×（-2）2=18m2
碰后 E2=12m2×62=18m2 E1=E2
则两滑块间的碰撞为弹性碰撞，选项C错误；
D．由速度图像可知，碰前甲滑块的加速度大小 a1=2 m/s2
所受摩擦力大小 f1=m1a1=2m1
乙滑块的加速度大小 a2=4 m/s2
所受摩擦力大小 f2=m2a2=4m2=2m1=f1
f1和f2的方向相反，故甲、乙两滑块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，选项D正确。
2．如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为2m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动。质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0的速度水平射入物块B（时间极短，子弹未穿出）后，物块B恰好能到达水平杆PQ位置，重力加速度为g，则（ ）
A．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统动量和机械能都守恒
B．子弹射入物块B的初速度v0=100gL
C．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，物块B仍能摆到水平杆PQ位置
D．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到最高点时速度为2gL3
【答案】D
【解析】A．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，所受的合外力远小于内力，其动量守恒，但由于摩擦产生内能，所以机械能不守恒，故A错误；
子弹射入物块B后一起向上摆至最高点过程中，
由机械能守恒定律有 （0.01m＋0.99m）gL=12（0.01m＋0.99m）v2
解得子弹射入物块B后的速度为 v=2gL
子弹射入物块B过程中，由动量守恒定律得 0.01mv0=（0.01m＋0.99m）v
解得子弹射入物块B的初速度为 v0=1002gL 故B错误；
C．若物块 A不固定，子弹仍以v0射入后，子弹和物块B的动能转化为物块A和物块B（包括子弹）的动能和物块B（包括子弹）的重力势能，所以物块B的上摆高度小于物块A固定时的上摆高度，故C错误；
D．当物块B摆到最高点时，物块A、B和子弹具有相同的速度，在水平方向系统动量定守恒，由动量守恒定律有 （0.01m＋0.99m）v=（0.01m＋0.99m＋2m）v′
解得 v′=2gL3 故D正确。
3．（2022·全国·高二课时练习）如图所示，小车的上表面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车（含管道）的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看作质点的小球，质量为m，半径略小于管道截面半径，以水平速度v从左端滑上小车。小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是（重力加速度为g）（ ）
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v3
C．车上管道中心线最高点离小车上表面的竖直高度为v23g
D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化量大小是mv3
【答案】C
【解析】B.小球从滑上小车到滑离小车的过程，规定向右为正方向，
由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv=mv1+2mv2 12mv2=12mv12+12×2mv22
解得 v1=−v3 v2=23v
则小球滑离小车时相对小车的速度大小为 v相=23v+13v=v 故B错误；
CD.小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，水平方向上由动量守恒定律有 mv=(m+2m)v′
得 v′=v3
小车动量变化量大小 Δp=2m⋅v3=23mv
小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒定律有 mgH=12mv2−12(m+2m)v′2
得 H=v23g 故C正确，故D错误；
A.由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，故A错误。
4．（2023·浙江·模拟预测）(多选)如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为m的小车，小车的半径R=0.7m四分之一光滑圆弧轨道在最低点与水平轨道相切于A点。在水平轨道的右端固定一个轻弹簧，弹簧处于自然长度时左端位于水平轨道的B点正上方，B点右侧轨道光滑，A、B的距离为L=2.5m，一个质量也为m的可视为质点的小物块从圆弧轨道最高点以v0=6m/s的速度开始滑下，则在以后的运动过程中（重力加速度为g=10m/s2，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计。）（ ）
A．若A、B间的轨道也光滑，小车的最大速度为5m/s
B．若A、B间的轨道也光滑，物块运动到最高点时到水平轨道的距离为1.8m
C．若物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，弹簧的最大弹性势能等于因摩擦产生的总热量
D．若物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，小车运动的总位移大小为0.35m
【答案】AD
【解析】A．若A、B间的轨道也光滑，则小物块和小车相互作用过程能量守恒，水平方向动量守恒，经分析知小物块第一次下滑到圆弧轨道最低点时小车速度最大，设小车的最大速度为v1，此时小物块的速度为v2，则有 mv1=mv2 12mv12+12mv22=12mv02+mgR
联立并代入数据解得 v1=v2=5m/s 选项A正确；
若A、B间的轨道也光滑，根据动量守恒和能量守恒可知物块运动到圆弧轨道最高点时的速度为
v=v0=6m/s
此后小物块做竖直上抛运动，高度 ℎ=v22g=1.8m
则物块运动到最高点时到水平轨道的距离为 ℎ+R=2.5m 选项B错误；
若物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，设小物块与小车的相对位移为s，
根据能量守恒有 12mv02+mgR=μmgs
解得 s=5m=2L
可知小物块滑行到水平轨道压缩一次弹簧后恰停在A点。
全过程根据能量守恒可得因摩擦产生的总热量 Q=12mv02+mgR
物块与小车的速度相同时弹簧弹性势能最大，设共同速度为v，由动量守恒定律得 0=(m+m)v
解得 v=0
此过程根据能量守恒知弹簧的最大弹性势能 Epm=12mv02+mgR−μmgL
因此弹簧的最大弹性势能不等于因摩擦产生的总热量，选项C错误；
小物块沿圆弧轨道下滑过程中，设运动时间为t，小车运动的位移为x，
根据系统水平动量守恒得 mxt=mR−xt 解得 x=0.35m
分析之后的运动过程可知小车的位移为0，所以小车运动的总位移大小为0.35m，选项D正确。
5．如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹射中并嵌在其中，已知物体B的质量为mB，物体A的质量mA=34mB，子弹的质量m弹=14mB.求：
（1）物体A被击中后的速度v1；
（2）子弹射入木块后系统损失的机械能ΔE；
（3）物体B在运动中的最大速度vB．
【答案】（1）v1=14v0 （2）ΔE=332mBv02 （3）vB=14v0
【解析】（1）子弹射入过程，对子弹和A木块构成的系统，
水平方向动量守恒： m0V0=(m0+mA)V1 ① ∴V1=14V0
（2）系统损失的机械能：ΔE=12m0v02−12(m0+mA)v12=332mBv02 ②
（3）子弹停留在A木块中后，子弹和A构成一个整体C与弹簧作用，当弹簧的长度再次恢复原长时，B的速度最大，对于C、弹簧、和B构成的系统： 动量守恒：mCv1=mCvC+mBvm ③
机械能守恒：12mCv12=12mCvC2+12mBvm2 ④
∴vC=0,vm=v1=14v0
6．（2021·全国·高三专题练习）如图所示，在高h=0.8m的平台上放置一质量为M=0.99kg的小木块（视为质点），小木块距平台右边缘距离d =2m，一质量m =0.01kg的子弹以v0=400m/s的速度沿水平方向射入小木块并留在其中，然后一起向右运动。最后，小木块从平台边缘滑出落在距平台右侧水平距离s=0.8m的地面上，g=10m/s2，求：
(1)小木块滑出平台时的速度v；
(2)子弹射入木块的过程中系统损失的机械能；
(3)木块与平台间的动摩擦因数μ。
【答案】(1)v2=2m/s (2)Q=792J (3)μ=0.3
【解析】(1)小木块从平台滑出后做平抛运动：
水平方向 s=vt=0.8m
竖直方向 h=12gt2
木块飞出时的速度 v=2m/s
(2)子弹射入木块的过程中，对系统： mv0=(M+m）v共 12mv02=12（m+M）v共2+Q
得 v共=4m/s Q=792J
故系统产生的热量为792J；
(3)木块在平台上滑动过程中做匀减速运动，根据动能定理 -μ（M+m）gd=12（M+m）v2-12（M+m）v共2
解得 μ=0.3
7．如图，水平轨道的AC段粗糙，长度为L＝5m，其余部分光滑。质量为m1=2kg的滑块P1以速度v＝2m/s与静止在A点的质量为m2=1kg的滑块P2发生正碰（碰撞时间极短），碰后滑块P2恰好滑到C点，已知两滑块与平面间的动摩擦因数均为0.04，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）碰后P1在AC上滑行的时间；
（2）P1、P2碰撞过程中损失的能量。
【答案】（1）2.5s；（2）1J
【解析】（1）根据速度位移公式有 v2=2μgL=2×0.4×5m/s=2m/s
根据动量守恒有 m1v=m1v1+m2v2
解得 v1=1m/s
则碰后P1在AC上滑行的时间 t=v1μg=10.4s=2.5s
（2）根据能量守恒有 ΔE=12m1v2−12m1v12+m2v22=12×2×4J−12(2×1+1×4)J=1J
8. 如图，光滑水平面上有一质量为M=1.98 kg的小车，小车的B点右侧的上表面是粗糙水平轨道，小车的B点左侧固定一半径为R=0.6 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切。小车的最右端D点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时其左端正好对应小车的C点，B点与C点之间的距离为L=0.9 m。一质量为m=2 kg的小物块（可视为质点）位于小车的B点，小车与小物块均处于静止状态，突然有一质量为m0=20 g的子弹，以水平速度v0=500 m/s击中小车并停留在小车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.4，不计空气阻力，重力加速度大小为g=10 m/s2。求：
（1）子弹射入小车的过程中，系统产生的热量；
（2）通过计算判断小物块是否能运动到圆弧轨道的最高点A，并求当小物块再次回到B点时，小车的速度大小；
（3）若弹簧被小物块压缩的最大压缩量为x=10 cm，求弹簧的最大弹性势能。
【答案】（1）2475J；（2）小物块能运动到最高点A，当小物块再次回到B点时，小车的速度为0；（3）4.5J
【解析】（1）对于子弹射入小车的过程，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得 m0v0=(m0+M)v
可得 v=5 m/s
根据能量守恒定律得 12m0v02=12(m0+M)v2+Q
解得子弹射入小车的过程中，系统产生的热量为 Q=2475J
当小物块运动到圆弧轨道的最高点A时，三者共速，速度为v共1，
根据动量守恒定律得 m0v0=(m0+M+m)v共1
解得 v共1=2.5 m/s
根据机械能守恒定律得 12(m0+M)v2=12(m0+M+m)v共12+mgℎ
解得 ℎ=0.625 m>R=0.6 m
所以小物块能运动到圆弧轨道的最高点A，当小物块再次回到B点时，小物块的速度为v1，车和子弹的速度为v2，根据动量守恒定律得 (m0+M)v=mv1+(m0+M)v2
根据机械能守恒定律得 12(m0+M)v2=12mv12+12(m0+M)v22
联立解得 v1=5 m/s，v2=0 可知当小物块再次回到B点时，小车的速度为0。
（3）当弹簧具有最大弹性势能EP时，三者速度相同，由动量守恒定律得 m0v0=(m0+M+m)v共2
可得 v共2=v共1=2.5 m/s
根据能量守恒定律得 μmg(L+x)+EP=12(m0+M)v2−12(m0+M+m)v共22
解得 EP=4.5J
9. 如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量分别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升到最高点时到水平面的距离为ℎ16。小球与物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球A与物块B碰撞前、后的速度大小；
（2）碰撞过程B物块受到的冲量大小；
（3）碰后轻弹簧获得的最大弹性势能。
【答案】（1）v1＝2gℎ；v′1=2gℎ4；（2）I=54m2gℎ；（3）Epm=15128mgℎ
【解析】（1）设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有 mgℎ=12mv12
解得 v1=2gℎ
设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有 mg⋅ℎ16=12mv′12
解得 v′1=2gℎ4
（2）设碰撞后物块B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有 mv1=−mv′1+5mv2
解得 v2=2gℎ4
由动量定理可得，碰撞过程B物块受到的冲量为 I=5mv2=54m2gℎ
（3）碰撞后当B物块与C物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有 5mv2=8mv3
据机械能守恒定律得 Epm=12×5mv22−12×8mv32
解得 Epm=15128mgℎ
10.在光滑水平面上静止放置一木板B，B的质量为mB=2kg，B右端离竖直墙s=5m，在B的左端静止一小物体A，其质量为mA=0.99kg，一质量为mC=0.01kg的子弹C以v=600m/s的速度击中A并在极短时间内留存A中，如图所示，A与B间的动摩擦因数为μ=0.4，在运动过程中只是B与墙壁碰撞，碰撞时间极短，且碰撞时无能量损失，取g=10m/s2，求：
（1）子弹击中A后，A的速度及子弹击中A过程中产生的热量Q；
（2）要使A最终不脱离B，木板B的最短长度L。
【答案】（1）v1=6m/s，Q=1782J；（2）133m
【解析】（1）C击中A的过程中，A、C组成系统动量守恒，规定向右为正方向 mCv=mA+mCv1
C击中A的过程中，由能量守恒定律 12mCv2=12mA+mCv12+Q
联立上式并代入数据可得 v1=6m/s，Q=1782J
假设ABC共速后才与墙壁发生碰撞，规定向右为正方向，
由动量守恒定律得 mA+mCv1=mA+mB+mCv2
由能量守恒定律 12mA+mCv12=12mA+mB+mCv22+μmA+mCgΔL1
对B由动能定理 μmA+mCgs1=12mBvB2
A在B上滑动距离为 ΔL1=3m
AB相对运动过程中，B的位移为 s1=1m所以假设成立，B与墙壁相撞，由于无能量损失，B以相等的速率反弹，AC与B再次发生相对滑动，直到ABC一起向左以v3匀速运动，由动量守恒 mBv2−mA+mCv2=mA+mB+mCv3
由能量守恒定律可得 12mA+mB+mCv22=12mA+mB+mCv32+μmA+mCgΔL2
联立并代入数据可得B反弹的A在B上滑动距离为 ΔL2=43m
故要使A最终不脱离B，B的最小长度为 L=ΔL1+ΔL2=133m
2022年北京冬季奥运会冰壶比赛在位于北京赛区的国家游泳中心进行。在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。在比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在营垒中心发生对心碰撞（如图甲所示），从t=0开始，碰撞前后两壶运动的v—t图像如图乙中实线所示，其中碰后红、蓝两壶的图线平行。已知两冰壶质量均为m=20kg，t=1s时两壶相撞，不计碰撞的时间和空气阻力，求：
（1）碰撞后蓝壶的速度大小；
（2）在碰撞中损失的机械能；
（3）碰撞后红壶继续运动的时间。
【答案】（1）1.2m/s；（2）7.2J；（3）1.25s
【解析】（1）由图像根据三角形相似关系，可得碰前红壶的速度为 v0=5×1.86m/s=1.5m/s
碰后红壶的速度为 v1=0.3m/s
设蓝壶碰后的速度为v2，两壶相碰过程中动量守恒，则 mv0=mv1+mv2
解得 v2=1.2m/s
（2）两壶在碰撞过程中损失的机械能为 ΔE=12mv02−12mv12−12mv22
代入数据得 ΔE=7.2J
（3）由图像可知，碰后两壶的加速度为 a=v2Δt
其中 Δt=(6−1)s
设碰撞后红壶经过时间t停下，则 t=v1a
求出 t=1.25s
12．如图所示，一半径R=0.8m的四分之一光滑圆弧曲面AB与水平面BC相切于B点，BC右端与内壁光滑、半径r=0.4m的四分之一细圆管CD相切，管口D端正下方直立一根轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端通过一锁定装置将弹簧压缩（压缩量Δx≪r）。质量m=1kg的小滑块P在曲面最高点A处从静止开始下滑，到达曲面底端时与静止在该处的相同滑块Q发生弹性碰撞，滑块Q进入管口C端时与管壁间恰好无作用力，通过CD后触碰到弹簧，锁定装置立即自动解除。已知滑块与BC间的动摩擦因数μ=0.2，滑块尺寸略小于圆管内径且可被视为质点，重力加速度取g=10m/s2，不计各处的空气阻力以及触碰弹簧的能量损失。求：
（1）滑块P达到曲面底端与滑块Q碰撞前瞬间对轨道的压力FN的大小；
（2）水平面BC的长度s；
（3）要使两滑块能发生第二次碰撞，弹簧原来储存的弹性势能Ep至少为多少？
【答案】（1）30N；（2）3m；（3）4J
【解析】（1）设滑块P达到曲面底端与滑块Q碰撞前瞬间的速度大小为v1，受到轨道支持力的大小为F′N。对滑块P的下滑过程根据动能定理有 mgR=12mv12
解得 v1=4m/s
碰撞前瞬间根据牛顿第二定律有 F′N−mg=mv12R
解得 F′N=30N
根据牛顿第三定律可得 FN=F′N=30N
（2）设滑块P、Q碰撞后瞬间的速度分别为v2、v3，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mv1=mv2+mv3
12mv12=12mv22+12mv32
解得 v2=0，v3=4m/s
设滑块Q运动到C点时的速度大小为v4，根据牛顿第二定律可得 mg=mv42r
解得 v4=2m/s
对滑块Q由B点运动到C点的过程，根据动能定理可得 −μmgs=12mv42−12mv32
解得 s=3m
（3）假设滑块Q可以恰好返回至B点，此时弹簧弹性势能为满足题意的最小值，对滑块Q从B点出发到再次回到B点的过程，根据能量守恒定律可得 Ep+12mv32=2μmgs
解得 Ep=4J
13．（2022·全国·高三开学考试）如图所示，一质量为m1=0.2kg的“T”形杆P竖直放在地面上，有一质量为m2=0.3kg的金属圆环Q套在“T”形杆P的直杆上很难分离。某工程师设计了一个方法成功将金属环Q与“T”形杆P分开，该工程师在“T”形杆P与金属圆环Q间装上适量的火药，火药爆炸瞬间化学能中的部分能量转化为系统的机械能E，已知E=278J，金属圆环Q与“T”形杆P的直杆间滑动摩擦力大小恒为f=15N，不计空气阻力。重力加速度大小g取10m/s2。
（1）求火药爆炸瞬间“T”形杆P和金属圆环Q的速度大小；
（2）求点燃火药爆炸瞬间“T”形杆P和金属圆环Q的加速度大小。
（3）若要求金属环Q与“T”形杆P分开，则直杆长度的最大值是多少？
【答案】（1）4.5m/s，3m/s；（2）85m/s2，40m/s2；（3）0.225m
【解析】（1）设火药爆炸瞬间“T”形杆P和金属圆环Q的速度大小分别为v1，v2，则 E=12m1v12+12m2v22
据动量守恒定律可得 m1v1=m2v2
联立解得 v1=4.5m/s，v2=3m/s
（2）P向上运动，摩擦力向下，据牛顿第二定律可得 m1g+f=m1a1
Q向下运动，摩擦力向上，据牛顿第二定律可得 f−m2g=m2a2
解得 a1=85m/s2，a2=40m/s2
（3）P减速至零的时间为 t1=v1a1≈0.053s
Q减速至零的时间为 t1=v2a2=0.075s
可知P先减为零后反向加速，Q一直减速，当两者速度相等时分开，此时直杆的长度最大，以向下为正方向，可得 v2−a2Δt=−v1+a1Δt
直杆长度的最大值为 L=(v1+v2)Δt2
联立解得 L=0.225m
如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R=1.4m。平台上静止着两个滑块A、B，mA=0.1kg ，mB=0.7kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面。小车质量为M=0.3kg，车面与平台的台面等高，车面左侧粗糙部分长度为L=0.1m，动摩擦因数为μ=0.1，右侧拴接一轻质弹簧，弹簧自然长度所在范围内车面光滑。点燃炸药后，滑块A刚进入与圆轨道相切的C点时，对轨道的压力为4.5N，滑块B冲上小车。两滑块都可以看做质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，且爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且重力加速度g=10m/s2。求：
（1）爆炸后A与B获得的总动能；
（2）滑块A脱离圆轨道的点E与点O的连线同竖直方向的夹角θ；
（3）整个过程中弹簧的最大弹性势能是多少？最终滑块B停在离小车左端多远的位置？
【答案】（1）2.8J；（2）60°，（3）0.035J，0.05m
【解析】（1）由题意，根据牛顿第三定律可知滑块A在C点所受的支持力大小为 FN=F压=4.5N
设爆炸后滑块A获得速度大小为vA，在C点根据牛顿第二定律有 FN−mAg=mAvA2R
解得 vA=7m/s
爆炸过程中，滑块A、B组成的系统动量守恒，设滑块B获得的速度大小为vB，则 mAvA−mBvB=0
解得 vB=1m/s
所以爆炸后A与B获得的总动能为 Ek=12mAvA2+12mBvB2=2.8J
（2）对滑块A从C到E的过程，由动能定理得 −mAg(R+Rcsθ)=12mAvE2−12mAvA2
在E点，根据牛顿第二定律有 mAgcsθ=mAvE2R
解得 csθ=12
即 θ=60°
（3）当滑块B将弹簧压缩至最短时，B和小车达到共同速度v共，根据动量守恒定律有 mBvB=mB+Mv共
解得 v共=0.7m/s
对滑块B从滑上小车到将弹簧压缩至最短的过程，根据功能关系可得弹簧的最大弹性势能为
Ep=12mBvB2−12mB+Mv共2−μmBgL=0.035J
最终B相对小车静止，且共同速度仍为v共，设最终B停在离小车左端的距离为x，由动能定理得
−μmBg(2L−x)=12mBvB2−12mB+Mv共2
解得 x=0.05m
15．如图所示，光滑水平面上放置着滑板A和滑块C，滑块B置于A的左端，滑板A的上表面由粗糙水平部分和四分之一光滑圆弧组成，三者的质量分别为mA=2kg、mB=1kg、mC=2kg，开始时C静止，A、B一起以v0=5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间后，A、B再次达到共同速度一起向右匀速运动，且恰好不再与C碰撞，已知B与A水平部分的动摩擦因数为μ=0.3，且运动过程中B始终没有离开A，重力加速为g=10m/s2，求：
（1）A与C发生碰撞后的瞬间C的速度大小vC；
（2）滑板A粗糙水平部分的最小长度L；
（3）若粗糙水平部分为最小长度，求滑板A光滑圆弧的最小半径R。
【答案】（1）vC=3m/s；（2）L=0.5m；（3）R=0.15m
【解析】（1）A与C发生碰撞，根据动量守恒 mAv0=mAvA+mCvC
B在A上滑动，根据动量守恒 mAvA+mBv0=mA+mBv共
其中 v共=vC
解得 vA=2m/s，vC=3m/s
（2）B在A上滑动，再次回到A的最左端AB共速时，滑板A粗糙水平部分的长度最小，根据能量守恒得
2μmBgL=12mAvA2+12mBv02−12mA+mBvC2
解得 L=0.5m
（3）B恰好运动到圆弧轨道最高点，根据动量守恒有 mAvA+mBv0=mA+mBv共
根据能量守恒得 μmBgL+mBgR=12mAvA2+12mBv02−12mA+mBv共2
解得 R=0.15m
16．（2023·全国·高三专题练习）如图，一滑板的上表面由长度为L的粗糙水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止于光滑的水平地面上，物体P（可视为质点）置于滑板上面的A点，物体P与滑板水平部分的动摩擦因数为μ（已知μ<1，但具体大小未知），一根长度为L、不可伸长的轻细线，一端固定于O′点，另一端系一小球Q，小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与O′同一高度（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知小球Q的质量为m，物体P的质量为2m，滑板的质量为6m，R=15L，重力加速度为g，不计空气阻力，求：（结果可用根式和分式表示）
（1）小球Q与物体P碰撞前瞬间，细线对小球拉力的大小；
（2）小球Q与物体P碰撞后瞬间，物体P速度的大小；
（3）若要保证物体P既能到达圆弧BC，同时不会从C点滑出，物体P与滑板水平部分的动摩擦因数μ的取值范围；
（4）若μ=110，物体P运动轨迹的最高点与C点间的高度差。
【答案】（1）3mg；（2） 22gL3；（3） 215≤μ≤13；（4）130L
【解析】（1）由机械能守恒定律可得 mgL=12mv2
则 v=2gL
由牛顿第二定律可得 F−mg=mv2L
则细线对小球拉力的大小为 F=3mg
（2）小球Q与物体P碰撞后瞬间，由动量守恒定律得 mv=mv1+2mv2
由能量守恒定律得 12mv2=12mv12+12⋅2mv22
解得 v2=22gL3
（3）如果物体P运动到C点与滑板共速，根据动量守恒和能量守恒得
2mv2=8mv3
12⋅2mv22=12⋅8mv32+2mg⋅R+μmin⋅2mgL
解得 μmin=215
如果物体P运动到B点与滑板共速，根据水平动量守恒和能量守恒得
2mv2=8mv4
12⋅2mv22=12⋅8mv42+μmax⋅2mgL
解得 μmax=13
所以物体P与滑板水平部分的动摩擦因数范围为 215≤μ≤13
（4）由题可知，物体P运动到C点时，水平方向与滑板共速，竖直方向有向上的速度，之后物体P会离开滑板做斜上抛运动，在最高点时竖直速度为零，水平速度与滑板速度相同。根据水平动量守恒和能量守恒得 2mv2=8mv5 12×2mv22=12×8mv52+2mg(R+ℎ)+μ⋅2mgL
解得 ℎ=130L
17．（2022·全国·高三课时练习）如图所示，小车A左端固定一带有光滑水平台的支架，右端固定沙桶，小车、支架、沙桶的总质量M＝2 kg．质量m＝1 kg的小球B（可看做质点）置于水平台最右端，小球B到车的上表面高度H＝0.8 m．初始时小车A和小球B一起沿光滑水平面以v0＝8 m/s的速度向右匀速运动．某一时刻，小车A与静止在水平面上的质量m0＝1.2 kg的物块C发生弹性碰撞，碰撞时间极短，此后小球B直接落入沙桶中（沙桶的尺寸可忽略，且小球没有弹出）．不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2．求：
（1）小车A和物块C的最终速度的大小；
（2）初始时小球B与小桶的水平距离；
（3）整个过程中，小车A、小球B和物块C构成的系统损失的机械能．
【答案】（1）4m/s、10m/s；（2）2.4m；（3）20J．
【解析】（1）对AC系统发生弹性碰撞，由动量守恒有： Mv0=Mv1+m0v2
由机械能量守恒有： 12Mv02=12Mv12+12m0v22
解得： v1=2m/s，v2=10m/s
B球落入沙桶中时水平方向动量守恒： Mv1+mv0=M+mv3
解得： v3=4m/s
（2）设小球B下落的时间为t，根据平抛运动规律有： H=12gt2
水平方向做匀速直线运动： x1=v0t
碰撞后小车匀速直线运动： x2=v1t
则初始时小球B与小桶的水平距离： Δx=x1−x2
代入数据解得： △x=2.4m
（3）由能量守恒定律可求得损失的机械能为： ΔE=mgH+12M+mv02−12M+mv32−12m0v22
代入数据解得： △E=20J
18．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=2kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左侧的水平台面、右侧的光滑曲面均平滑连接。传送带始终以u=2m/s的速率逆时针转动，质量m=1kg的小物块B从右侧的光滑曲面上距水平台面高ℎ=1m处由静止释放。已知传送带上表面长l=1m，物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2。设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，取g=10m/s2。
（1）求物块B刚滑上传送带时的速度大小；
（2）求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
（3）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上；
（4）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后速度的大小。
【答案】（1）25m/s；（2）4m/s；（3）不能；（4）vn=43nm/s
【解析】（1）依题意，设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，
由机械能守恒知 mgℎ=12mv02
求得物块B刚滑上传送带时的速度大小 v0=2gℎ=25m/s
（2）设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，有 μmg=ma
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有 v2−v02=−2al
联立解得 v＝4m/s
由于v>u=2m/s，所以v＝4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。
（3）设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v′、v1，取向右为正方向，由弹性碰撞知
−mv=mv1+Mv′
12mv2=12mv12+12Mv′2
解得 v1=13v=43m/s
即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，则
0−v12=−2al′
l′=49m<1m
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。
（3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知 v2=13v1=(13)2v
物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块B的速度大小依次为
v3=13v2=(13)3v
v4=13v3=(13)4v
则第n次碰撞后物块B的速度大小为 vn=(13)nv
即 vn=43nm/s
19．（2022·四川·成都市温江区新世纪光华学校高二开学考试）如图所示，可视为质点的滑块A、B静止在光滑水平地面上，A、B滑块的质量分别为mA=1kg，mB=3kg。在水平地面左侧有倾角θ=37°的粗糙传送带，以v=2m/s的速率逆时针匀速转动，传送带与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，A、B两滑块间夹着质量可忽略的火药，现点燃火药爆炸瞬间，滑块A以6m/s的速度水平向左冲出，接着沿传送带向上运动，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数为μ=0.25，传送带与水平面均足够长，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
（1）滑块A沿传送带上滑的最大距离；
（2）若滑块A滑下后与滑块B相碰并粘住，求A、B碰撞过程中损失的机械能ΔE；
（3）求滑块A与传送带接触过程中因摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）2.5m；（2）9−35J；（3）8+25J
【解析】（1）水平地面光滑，滑块A沿传送带向上的做匀减速直线运动，对A进行受力分析，根据牛顿第二定律有 mAgsinθ+mAgμcsθ=mAa1
解得 a1=8m/s2
根据速度位移公式有 x1=vA2−v22a1=2m
即经2m，滑块A速度减为2m/s。然后摩擦力方向沿皮带向上，根据牛顿第二定律有
mAgsinθ−mAgμcsθ=mAa2
解得 a2=4m/s2
根据速度位移公式有 x2=v22a2=0.5m
故滑块A沿传送带向上减速到零通过的距离为 x=x1+x2=2.5m
（2）当滑块A速度减为零后，滑块A将沿传送带向下做匀加速运动，则有 a3=a2=4m/s2
根据速度位移公式有 vA'2=2a3x
解得 vA'=25m/s
设爆炸后A、B的速度分别为vA、vB，爆炸过程，对A和B组成的系统由动量守恒有 mAvA−mBvB=0
解得 vB=2m/s
滑块A与滑块B碰撞时，粘连在一起，对A、B组成的系统，由动量守恒定律得 mAvA+mBvB=mA+mBvAB
解得 vAB=5+32m/s
碰撞过程中损失的机械能 ΔE=12mAvA'2+12mBvB2−12mA+mBvAB2=9−35J
（3）在减速到跟皮带速度相等前，物块相对皮带向上滑动，相对路程为 Δx1=x1−vt，t=vA−va1
解得 Δx1=1m
此后物块相对皮带下滑 Δx2=vt'−x2，t'=v−0a2
解得 Δx2=3+5m
因摩擦产生的热量 Q=f⋅Δx1+Δx2=mgμcsθ⋅Δx1+Δx2=8+25J
20．（2023·全国·高三专题练习）如图，半径R＝0.5m的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，AB是轨道的竖直直径，轨道下端点B上静止着质量m＝2kg的小物块，轨道在B点与倾角θ=30°的传送带（轮子半径很小）上端点相切；电动机带动传送带以v＝8m/s的速度逆时针匀速运动，传送带下端点C与水平面CDO平滑连接，B、C间距L＝4m；一轻质弹簧的右端固定在O处的挡板上，质量M＝10kg的物体靠在弹簧的左端D处，此时弹簧处于原长，C、D间距x0=4.4m，OD段光滑，DC段粗糙。现将M压缩弹簧一定距离后由静止释放，M在传送带上一直做匀加速直线运动，当其到达轨道上B点时以v1=6m/s的速度与m相碰（碰撞时间不计），碰后两物体粘在一起且恰好能沿圆轨道通过A点，上述过程中，M经C点滑上和经B点离开传送带时，速度大小不变，方向分别变为沿传送带向上和水平向左。已知M与传送带间的动摩擦因数为μ1=32、与CD段间的动摩擦因数为μ2=0.5，且m、M均可视为质点，重力加速度大小g=10m/s2。求：
（1）圆弧轨道的B点，m、M碰后粘在一起的瞬间对轨道的压力
（2）M在传送带上运动的过程中，系统由于摩擦产生的热量Q；
（3）M释放前，系统具有的弹性势能Ep以及带动传送带的电动机由于运送M多输出的电能ΔE。
【答案】（1）720N；（2）180J；（3）300J，480J
【解析】（1）合在一起后恰能通过A点，由牛顿第二定律可得 M+mg=M+mvA2R vA=5m/s
从B到A，由机械能守恒可得 12M+mvB2=12M+mvA2+M+mg·2R vB=5m/s
设在B，轨道对物体的支持力为FN FN−M+mg=M+mvB2R FN=720N
即对轨道的压力为720N，方向竖直向下。
（2）由题意可得，M在传送带上由牛顿第二定律可得 μ1Mgcsθ−Mgsinθ=Ma a=2.5m/s2
由 v12−vC2=2al vC=4m/s
由 v1=vC+at t=0.8s
传送带在t时间内的位移为 x=vt=6.4m
则摩擦生热的热量为 Q=μ1Mgcsθx1−L Q=180J
（3）设弹簧对物体所做的功为W，由动能定理可得 W−μ2Mgx=12MvC2
W=300J
即M释放前，系统具有的弹性势能 Ep=300J，输出的电能 为 ∆E=MgLsinθ+12Mv12+12MvC2+Q
∆E=480J
21．（2022·四川·树德中学高一期末）如图所示，有一倾角θ=37°的固定斜面，斜面底端固定有一垂直斜面的挡板P，将质量M=1kg的“”形木板（前端挡板厚度忽略）单独从斜面上端由静止释放，释放时木板下端到挡板P的距离L1=3m，木板与挡板P发生碰撞，速率减为碰前的一半，碰后沿斜面上升的最大距离为s=0.15m。若将质量m=2kg的光滑物块（视为质点）放在木板最上端并同时由静止释放（木板位置与上次释放时初位置相同），物块与木板前端挡板碰撞后立刻粘合在一起，木板与挡板P碰后速率均为碰前速率的一半。已知木板长L2=0.75m，g=10m/s2，sinθ=0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）木板与斜面间的动摩擦因数；
（2）物块与木板前端挡板碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）物块与木板前端挡板碰撞后开始计时，到木板第2次速度减为零时，这个过程中木板滑行的总路程。
【答案】（1）0.5；（2）3J；（3）3.41m
【解析】（1）木板单独下滑过程，据动能定理可得 MgL1sinθ−μMgcsθ⋅L1=12Mv2−0
木板与挡板碰撞后上升过程，据动能定理可得 −Mgs⋅sinθ−μMgcsθ⋅s=0−12M(12v)2
联立解得 μ=0.5
（2）木板与物块同时释放，木板与斜面间的最大静摩擦力为 fm=μ⋅(M+m)gcsθ>Mgsinθ
故开始时木板静止不动，物块下滑至与木板下端碰撞前过程中，有 mgL2sinθ=12mv02−0
碰撞前物块的速度为 v0=3m/s
碰撞后物块与木板整体速度设为v′，据动量守恒定律可得 mv0=(M+m)v′
故系统损失的机械能为 ΔE=12mv02−12(M+m)v′2
联立解得 ΔE=3J
（3）设木板与物块一起在斜面上向下运动的加速度大小为a1，向上运动的加速度大小为a2，据牛顿第二定律分别可得 (M+m)gsinθ−μ(M+m)gcsθ=(M+m)a1
(M+m)gsinθ+μ(M+m)gcsθ=(M+m)a2
解得 a1=2m/s2，a2=10m/s2
木板与物块粘合后一起加速下滑过程 v12−v′2=2a1L1
第一次与挡板P碰后木板上滑的距离s1满足 (v12)2=2a2s1
联立解得 s1=0.2m
第二次撞击木板时速度v2，则 v22=2a1s1
第二次撞击后木板上滑的距离s2满足 (v22)2=2a2s2
联立解得 s2=0.01m
物块与木板前端挡板碰撞后开始计时，到木板第2次速度减为零时，木板滑行的总路程为
s总=L1+2s1+s2=3.41m