1.(2023·北京卷，17)如圖1所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在O點，在O點正下方的光滑桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B，B距O點的距離等于繩長L?，F(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：
圖1
(1)A釋放時距桌面的高度H；
(2)碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；
(3)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE。
2.(2023·廣東肇慶統(tǒng)考模擬)室內(nèi)蹦床運動是近年來熱門的娛樂項目。蹦床運動情境可建立為如圖2所示的物理模型：豎直放置的兩個完全相同的輕彈簧，一端固定于地面，另一端與質(zhì)量為mB的物體B固定在一起，質(zhì)量為mA的物體A置于B中央位置的正上方H處。現(xiàn)讓A由靜止開始自由下落，隨后和B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后兩物體粘在一起。已知A與B結(jié)合后經(jīng)過時間t下降至最低點，A、B始終在同一豎直平面內(nèi)運動，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力，重力加速度為g，求：
圖2
(1)A與B碰后瞬間的速度大小v；
(2)AB結(jié)合體從結(jié)合后至返回到碰撞點過程中的運動時間以及該過程中彈簧對物體B沖量的大小。
3.如圖3所示，一段粗糙水平面右端與光滑曲面在O點平滑連接，左端與一段光滑水平面在N點連接。一左端固定的輕彈簧置于光滑水平面上，其右端恰好位于N點，一質(zhì)量為m＝0.1 kg的小球被長為L＝1.4 m的輕細繩懸掛在O1點且處于靜止狀態(tài)，小球位于O點但與O點不接觸。在O1點左側(cè)與O1等高處的P點，固定有一垂直紙面的光滑釘子，與O1點的距離為eq \f(L,2)。一質(zhì)量為M＝0.7 kg的小物塊從曲面上高為h＝0.8 m的位置由靜止滑下后，與小球發(fā)生碰撞，碰后小球向左擺動，繩子碰到釘子后，小球恰好能完成豎直面內(nèi)的圓周運動。已知粗糙水平面的長度為s＝1.5 m與小物塊的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，小球與小物塊均可看成質(zhì)點，碰撞時間極短，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。求：
圖3
(1)小物塊剛要碰上小球瞬間的速度v0的大?。?br>(2)剛碰撞完瞬間，繩子對小球的拉力T的大小；
(3)彈簧彈性勢能的最大值。
4.(2022·廣東卷，13)某同學受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設(shè)計了如圖4所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止狀態(tài)。當滑塊從A處以初速度v0＝10 m/s向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f為1 N，滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動。已知滑塊的質(zhì)量m＝0.2 kg，滑桿的質(zhì)量M＝0.6 kg，A、B間的距離l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力。求：
圖4
(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小N1和N2；
(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；
(3)滑桿向上運動的最大高度h。
參考答案
專題強化練十三 力學三大觀點的綜合應用
1.(1)eq \f(v2,2g) (2)mg＋meq \f(v2,L) (3)eq \f(1,4)mv2
解析 (1)A從釋放到與B碰撞前，根據(jù)動能定理得
mgH＝eq \f(1,2)mv2
解得H＝eq \f(v2,2g)。
(2)碰前瞬間，對A由牛頓第二定律得F－mg＝meq \f(v2,L)
解得F＝mg＋meq \f(v2,L)。
(3)A、B碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律得mv＝2mv1
解得v1＝eq \f(1,2)v
則碰撞過程中損失的機械能為
ΔE＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)mv2。
2.(1)eq \f(mA\r(2gH),mA＋mB) (2)2t 2(mA＋mB)gt＋2mAeq \r(2gH)
解析 (1)設(shè)A和B碰前瞬間的速度大小為v0，和B碰后瞬間的速度大小為v，有
mAgH＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)
v0＝eq \r(2gH)
由動量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v
解得v＝eq \f(mA\r(2gH),mA＋mB)。
(2)從碰后至返回到碰撞點的過程中，AB結(jié)合體做簡諧運動。根據(jù)簡諧運動的對稱性，可得運動時間t總＝2t
回到碰撞點時速度大小為vt＝v＝eq \f(mA\r(2gH),mA＋mB)
方向豎直向上
取向上為正方向，由動量定理得
I－(mA＋mB)g·2t＝(mA＋mB)vt－[－(mA＋mB)v]
解得I＝2(mA＋mB)gt＋2mAeq \r(2gH)。
3.(1)4 m/s (2)4.5 N (3)2.1 J
解析 (1)小物塊下滑過程有Mgh＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)
解得v0＝4 m/s。
(2)碰撞過程有Mv0＝Mv1＋mv2
之后小球做圓周運動到最高點，由機械能守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋L－\f(L,2)))
由于小球恰好能完成豎直面內(nèi)的圓周運動，在最高點有
mg＝meq \f(veq \\al(2,3),L－\f(L,2))
解得v1＝3 m/s，v2＝7 m/s
剛碰撞完瞬間，對小球有T－mg＝meq \f(veq \\al(2,2),L)
解得T＝4.5 N。
(3)小物塊向左運動至壓縮彈簧至最短時，有
eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＝μMgs＋Epmax
解得Epmax＝2.1 J。
4.(1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
解析 (1)當滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即
N1＝(m＋M)g＝8 N
當滑塊向上滑動時受到滑桿的摩擦力f＝1 N，根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力f′＝1 N，方向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力為N2＝Mg－f′＝5 N。
(2)滑塊開始向上運動到碰前瞬間，根據(jù)動能定理有
－mgl－fl＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
代入數(shù)據(jù)解得v1＝8 m/s。
(3)由于滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，取豎直向上為正方向，碰撞過程根據(jù)動量守恒定律有
mv1＝(m＋M)v
碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運動，根據(jù)動能定理有
－(m＋M)gh＝0－eq \f(1,2)(m＋M)v2
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得h＝0.2 m。

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