專題17 力學三大觀點的綜合應用-2025高考物理模型與方法熱點題型歸類訓練-試卷下載-教習網

TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc15930" 題型一應用力學三大觀點解決多過程問題 PAGEREF _Tc15930 \h 1
\l "_Tc22255" 題型二應用力學三大觀點解決板—塊模型及傳送帶模型問題 PAGEREF _Tc22255 \h 19
題型一應用力學三大觀點解決多過程問題
力學三大觀點對比
【例1】（2024·湖北·模擬預測）如圖甲所示，小球A以初速度豎直向上沖入半徑為R的粗糙圓弧管道，然后從管道另一端沿水平方向以速度沖出，在光滑水平面上與左端連有輕質彈簧的靜止小球B發(fā)生相互作用，距離B右側s處有一個固定的彈性擋板，B與擋板的碰撞沒有能量損失。已知A、B的質量分別為3m、2m，整個過程彈簧的彈力隨時間變化的圖像如圖乙所示（從A球接觸彈簧開始計時，t0已知）。彈簧的彈性勢能為，x為形變量，重力加速度為g。求：
（1）小球在管道內運動的過程中阻力做的功；
（2）彈簧兩次彈力最大值之比F2:F1；
（3）小球B的初始位置到擋板的距離s。
【答案】（1）；（2）7:5；（3）
【詳解】（1）設小球在管道內運動的過程阻力做功為Wf，根據動能定理可得
解得
（2）當A、B第一次共速時，彈簧壓縮量最大，彈簧彈力最大，設壓縮量為x1，A、B共同速度為v共1，從A剛接觸彈簧到A、B共速，根據動量守恒定律和機械能守恒定律可得
此時彈簧彈力為F1，有
由圖乙可知，彈簧剛好恢復原長時，B與擋板相撞，設此時A、B速度分別為v1、v2，從A剛接觸彈簧到彈簧恢復原長，根據動量守恒定律和機械能守恒定律可得
解得
，
此時B原速率反彈，當A、B第二次共速時，彈簧壓縮量再一次達到最大，設壓縮量為x2，A、B共同速度為v共2，從B剛反彈到彈簧第二次壓縮最大，根據動量守恒定律和機械能守恒定律可得
此時彈簧彈力為F2，有
聯(lián)立解得
（3）設A、B一起向右運動的過程中，任意時刻A、B速度分別為vA、vB，根據動量守恒可得
在任意一極短時間?t內，有
所以
等式兩邊求和得
由圖乙可知，t0時B與擋板發(fā)生碰撞，此時彈簧恰好恢復原長，故從t=0到t=t0時，A、B位移相同，即
聯(lián)立解得
【例2】（2024·河北·三模）滑雪是人們在冬季喜愛的戶外運動。如圖所示，斜面的傾角為，滑車甲（含坐在里面的人）的總質量，從距斜面底端高度處的A點沿斜面由靜止開始勻加速下滑，下滑到B點時的速度大小，然后滑車甲進入水平滑道，滑車甲在水平滑道上滑行的距離時與靜止于C點、質量的空滑車乙相碰（碰撞時間可忽略不計），兩車碰后速度相同，兩滑車與斜面和水平滑道間的動摩擦因數(shù)相同，兩滑車均可視為質點，不計空氣阻力，不計滑車甲通過B點時的機械能損失。求：
（1）滑車甲與斜面間的動摩擦因數(shù)；
（2）兩滑車碰后滑行的距離s。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）滑車甲從A到B，根據動能定理
代入數(shù)據得
（2）設滑車甲與滑車乙碰前速度為v，根據動能定理
得
根據動量守恒
得碰后速度
兩滑車碰后滑行的距離
【變式演練1】如圖所示，在傾角為的固定斜面上有一物塊A，在斜面底部有一物塊B，物塊B左側水平面上有一物塊C，C與B用一輕彈簧和一輕桿連接，桿長與彈簧原長相等。已知物塊A、B、C均可視為質點，質量均為，所有接觸面均光滑。物塊A從某時刻開始由靜止下滑，不計物塊A在斜面與平面轉角處的機械能損失，A與B發(fā)生彈性碰撞，g取。
（1）求物塊A沿斜面返回的最大高度與初始高度的比值；
（2）若在物塊A開始下滑時，同時對物塊C施加一水平向左的恒力F，為使物塊A、B不相碰，求恒力F的最小值；
（3）用質量為的物塊替換物塊C且撤去輕桿，若在此后的運動中彈簧的最大彈性勢能與A第一次下滑至斜面底部時的動能之比為，求。

【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）設物塊A開始時距斜面底端的高度為，沿斜面下滑至底部過程機械能守恒，有
物塊A與BC間發(fā)生彈性碰撞，根據動量守恒定律和能量守恒有
設碰撞后物塊A沿斜面上滑至最高點為，則有
聯(lián)立解得
（2）設A在斜面上的運動時間為，在水平面上的運動時間為，對BC的整體有
物塊A在斜面上時有
，
物塊A在水平面上時有
恰好追不上的條件為
聯(lián)立解得
（3）A、B間發(fā)生彈性碰撞，根據動量守恒定律和能量守恒有
B壓縮彈簧至最短過程，由動量守恒定律有
對B、C系統(tǒng)由能量守恒得
根據題意有
聯(lián)立解得
【變式演練2】如圖所示，光滑半圓形軌道AB豎直固定放置，軌道半徑為R（可調節(jié)），軌道最高點A處有一彈射裝置，最低點B處與放在光滑水平面上足夠長的木板Q上表面處于同一高度，木板左側x處有一固定擋板C（x未知）?？梢暈橘|點的物塊P壓縮彈射裝置中的彈簧，使彈簧具有彈性勢能，P從A處被彈出后沿軌道運動到B處時的速度大小始終為；已知P的質量，Q的質量，P、Q間的動摩擦因數(shù)，Q與C之間的碰撞為彈性碰撞，忽略空氣阻力，重力加速度。
（1）若P恰好不脫離軌道，求軌道半徑R的值；
（2）若P始終不脫離軌道，寫出彈性勢能與R的關系式，并指出R的取值范圍；
（3）若Q與C恰好發(fā)生n次碰撞后靜止，求x的值。

【答案】（1）；（2）（J），（；（3）
【詳解】（1）在A處
從A到B，由動能定理得
解得
（2）在A處
從A到B，同理
解得
（3）在木板Q碰到擋板C前PQ不會共速
物塊P一直勻減速運動至靜止，運動時間
木板Q前進x距離，碰到擋板C原速反彈，向右勻減速運動，由于加速度大小不變，經過相同時間減速為零，接下來，重復以上運動……
設木板Q第一次碰到檔板前時間為t0，則有
即
所以
【變式演練3】某過山車模型軌道如圖甲所示，為半徑分別為的圓形軌道，它們在最低點分別與兩側平直軌道順滑連接，不計軌道各部分摩擦及空氣阻力，小車的長度遠小于圓形軌道半徑，各游戲車分別編號為1、2、3…n，質量均為，圓形軌道最高點處有一壓力傳感器。讓小車1從右側軌道不同高度處從靜止滑下，壓力傳感器的示數(shù)隨高度變化，作出關系如圖乙所示。
（1）根據圖乙信息，分析小車1質量及圓形軌道半徑；
（2）在水平軌道區(qū)間（不包含A和E兩處），自由停放有編號為2、3…n的小車，讓1號車從高處由靜止滑下達到水平軌道后依次與各小車發(fā)生碰撞，各車兩端均裝有掛鉤，碰后便連接不再脫鉤，求在作用過程中，第輛車受到合力的沖量及合力對它做的功。
（3）軌道半徑為，每輛車長度為，且，要使它們都能安全通過軌道，則1車至少從多大高度滑下？

【答案】（1），；（2），；（3）
【詳解】（1）從靜止釋放到C點的過程，對小車1，由動能定理有
在C點，對小車1，由牛頓第二定律有
解得
對照F-h圖像可得
（2）由題意，在C點對小車1由牛頓第二定律有
C點到A點過程，對小車1，由動能定理有
碰撞過程中由動量守恒有
對第n輛小車，由動量定理有
由動能定理有
聯(lián)立解得
（3）小車1下滑到A點，由機械能守恒有
在圓O2最高點，取微元作為研究對象，由牛頓第二定律有
對第n輛車由機械能守恒有
聯(lián)立解得
【變式演練3】如圖所示，半徑為的四分之一光滑圓弧與水平桌面相切于點（其中水平，豎直），水平桌面的長度為，以點為圓心，半徑為的四分之一圓弧分別與水平軸，豎直軸相交。位于點甲物塊的質量為，位于點的乙物塊的質量可調整變化。乙物塊與水平桌面之間的動摩擦因數(shù)為。不計空氣阻力，重力加速度為。甲、乙物塊均可視為質點，兩物塊碰撞時無機械能損失，且碰撞時間極短。求：
（1）甲物塊由點靜止釋放，甲物塊即將與乙物塊碰撞前對圓弧的壓力多大；
（2）甲物塊每次都是從點釋放，通過調整乙物塊的質量，甲乙物塊碰撞后乙物塊獲得的速度不同，落到圓弧上速度也會發(fā)生變化。若某次乙物塊落到圓弧上的速度最小，則乙物塊從圓心平拋的初速度多大？
（3）上述（2）中乙物塊的質量為多大？
【答案】（1）3mg；（2）；（3）
【詳解】（1）甲物塊由點靜止釋放運動到點過程，根據機械能守恒定律有
在b點甲物塊與乙物塊即將碰撞前，根據牛頓第二定律有
甲物塊碰撞前對圓弧的壓力與圓弧對甲物塊碰撞前的支持力是一對相互作用力，根據牛頓第三定律有
聯(lián)立解得
（2）乙物塊到達點后將向右平拋運動的初速度為，落到圓弧上的速度為，則水平方向有
豎直方向有
乙物塊平拋運動的位移有
乙物塊由點向右平拋落到圓弧上時，根據動能定理有
聯(lián)立可得
由數(shù)學知識可知當時，乙物塊平拋落在圓弧上的速度最小，聯(lián)立可得
（3）設乙物塊質量調整為，甲、乙兩物塊在點碰撞時動量和機械能均守恒，則有
碰后物塊向右左減速運動到點，根據動能定理有
解得
【變式演練4】如圖所示，小明和滑塊P均靜止在光滑平臺上，某時刻小明將滑塊P以一定速度從A點水平推出后，滑塊P恰好從B點無碰撞滑入半徑R1＝3m的光滑圓弧軌道BC，然后從C點進入與圓弧軌道BC相切于C點的水平面CD，與放置在水平面E點的滑塊Q發(fā)生彈性正碰，碰后滑塊Q沖上靜止在光滑水平面上的、半徑為R2＝0.3m的四分之一圓弧槽S，圓弧槽與水平面相切于F點，最高點為G。已知小明的質量M＝60kg，滑塊P的質量m1＝30kg，滑塊Q的質量m2＝60kg，圓弧槽S的質量m3＝90kg，AB兩點的高度差h＝0.8m，光滑圓弧對應的圓心角53°，L＝2m，L＝1.3m，兩滑塊與CF部分的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，F(xiàn)點右側水平面足夠長且光滑，將滑塊P和Q看做質點，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）小明由于推出滑塊P至少多消耗的能量；
（2）滑塊P到達圓弧末端C時對軌道的壓力；
（3）滑塊Q沖上圓弧槽后能上升的最大高度。
【答案】（1）202.5J；（2）790N，方向豎直向下；（3）0.27m
【詳解】（1）設推出滑塊P的瞬時速度為v0，滑塊P在B點的速度為vB，其豎直速度為vBy，則有
根據B點速度的方向，由速度的分解，有
小明推出滑塊P的過程，小明和滑塊P組成的系統(tǒng)動量守恒
根據能量守恒，小明由于推出滑塊P至少多消耗的能量
解得
（2）滑塊由B到C的過程，由動能定理，有
其中
滑塊P經過圓弧末端C點時，對其進行受力分析，根據牛頓第二定律和向心力公式，有
根據牛頓第三定律，滑塊P到達圓弧末端C時對軌道的壓力
代入數(shù)據，解得
方向豎直向下
（3）滑塊P從C點到E點的過程，由動能定理，可得
滑塊P與Q碰撞的過程遵循動量守恒和能量守恒，設碰后滑塊P和Q的速度分別為和，有
Q碰后的速度
方向水平向右
滑塊Q從E點到F點，根據動能定理，有
滑塊Q從F點沖上圓弧槽S，滑塊Q與圓弧槽S組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒
設滑塊Q離開地面的最大高度為hm，滑塊Q從沖上圓弧槽S到到達距離地面最高的過程，滑塊Q和圓弧槽S組成的系統(tǒng)機械能守恒
解得
【變式演練5】如圖所示，物塊A和B靜止在光滑水平面上，B的前端固定輕質彈簧，某時刻一子彈以大小為的速度水平射向B并嵌入其中，射入過程子彈與B水平方向的平均相互作用力大小為，之后B以大小為的速度向著A運動，從彈簧開始接觸A到第一次被壓縮至最短所用時間為t，在這段時間內B運動的位移大小為。又經過一段時間后A與彈簧分離，滑上粗糙斜面后再滑下，在水平面上再次壓縮彈簧后又滑上斜面。已知A的質量為m，子彈和B的總質量為，A前兩次在斜面上到達的最高點相同，B始終在水平面上運動，斜面與水平面平滑連接，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g，不計A、B碰撞過程中的機械能損失。求：
（1）子彈嵌入物塊B的深度；
（2）物塊A第一次離開彈簧時，A、B各自的速度大小；
（3）物塊A第一次在斜面上到達的最大高度；
（4）物塊A第一次離開彈簧前，彈簧的最大壓縮量。
【答案】（1）；（2），；（3）；（4）
【詳解】（1）設子彈的質量為，對子彈射入B的過程中，由動量守恒定律
由能量守恒定律
聯(lián)立解得，子彈嵌入物塊B的深度為
（2）以B的初速度方向為正方向，物塊A第一次離開彈簧時，由動量守恒定律
由機械能守恒定律
聯(lián)立解得，物塊A第一次離開彈簧時，A、B各自的速度大小為
（3）設A返回斜面底端時的速度大小為，斜面傾角為，A所受斜面的摩擦力為，對A第一次沿斜面的運動，上滑過程中，由動能定理可得
下滑過程中有
由兩次沿斜面上滑的最高點相同可知，A與B再次碰撞分離后A的速度大小仍為，以B的初速度方向為正方向，對A與B再次碰撞分離的過程中，由動量守恒定律和機械能守恒定律可得
聯(lián)立可得
物塊A第一次在斜面上到達的最大高度為
（4）A、B第一次壓縮彈簧的過程中，任意時刻A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，有
方程兩邊同時乘以時間，得
在時間內，根據位移等于速度在時間上的累積，可得
將代入，可得
所以，物塊A第一次離開彈簧前，彈簧的最大壓縮量為
【變式演練6】（2024·安徽安慶·三模）豎直平面內的軌道由斜面AB與圓弧BCD組成，兩部分在B點相切且平滑連接，圓弧部分軌道的半徑為R，OC沿豎直方向，斜面AB的傾角，O、D、E位于同一水平線上，A、E的豎直高度也為R，如圖所示，可視為小質點的小滑塊1和小滑塊2的質量均為m，兩小滑塊與圓弧軌道的摩擦均忽略不計，小滑塊1與斜面間摩擦也可忽略不計，小滑塊2與斜面間存在較大摩擦且處處相等，將小滑塊1和小滑塊2在A、E兩點由靜止開始釋放，一段時間后二者在E點相碰，碰后合在一起沿EB段勻速向下運動，已知小滑塊1和小滑塊2每次相碰都會合在一起勻速運動但不粘連，重力加速度為g，，求：
（1）小滑塊2與斜面間的動摩擦因數(shù)；
（2）在整個運動過程中，軌道C點受到小滑塊壓力N的最大值和最小值分別是多少；
（3）在整個運動過程中，小滑塊2在斜面AB上往復運動的最大路程。
【答案】（1）；（2），；（3）
【詳解】（1）由題意，碰后兩小滑塊合在一起沿EB段勻速運動，由平衡條件可知
解得
（2）設小滑塊1第一次碰前速度為，第一次碰后二者共同速度為，有
解得
兩小滑塊合在一起，第一次經過C點時軌道對兩滑塊的支持力最大，有
解得
在C點，由合力提供向心力可得
解得
兩滑塊經過N次（N足夠大）碰撞后，兩滑塊將在B點及其關于OC的對稱點之間做往復運動，此過程中兩滑塊經過C點時軌道對兩滑塊的支持力最小，有
，
解得
由牛頓第三定律可知，兩滑塊對軌道C點壓力方向豎直向下，最大值和最小值為
（3）小滑塊2沿斜面減速運動的加速度為
小滑塊1沿斜面運動的加速度為
設小滑塊2第一次、第二次返回斜面減速至零時運動路程分別為、，小滑塊1第二次碰前速度為，第二次碰后二者共同速度為
解得
可知：小滑塊2第1次、第2次、返回斜面減速至零時運動路程為公比為的等比數(shù)列，由此可求小滑塊2在整個運動過程中在斜面AB上往復運動的最大路程為
【變式演練7】水平地面上放置有如圖所示的裝置，光滑豎直桿上、下端分別固定有擋板和底座，且套有可上下移動圓盤。一輕質彈簧下端固定在底座上，上端位于A處。推動圓盤將彈簧壓縮至處后由靜止釋放，圓盤運動到處與擋板發(fā)生完全非彈性碰撞（作用時間極短），帶動豎直桿和底座一起向上運動，上升時速度減為零。已知圓盤質量，豎直桿、擋板和底座總質量，A、間距離，A、間距離，重力加速度取10m/s2，不計空氣阻力和圓盤厚度。求：
（1）圓盤與擋板碰撞前瞬間的速度大小；
（2）釋放圓盤瞬間彈簧中儲存的彈性勢能。
【答案】（1）2m/s；（2）9.2J
【詳解】（1）圓盤與擋板碰撞后，圓盤和整個裝置一起向上做勻減速運動，則
代入數(shù)據得
圓盤與擋板碰撞前后瞬間，圓盤和整個裝置動量守恒，則
代入數(shù)據解得
（2）彈簧中儲存的彈性勢能轉化為圓盤的動能和重力勢能，由能量守恒得
解得
【變式演練8】如圖所示為某滑雪場滑道示意圖?；┻\動員及裝備（可視為質點）的質量為，運動員從平臺上水平飛出后恰好能從A點沿圓弧切線進入豎直面內的光滑圓弧滑道ABC，并沿滑道滑上與圓弧滑道在C點相切的粗糙傾斜直滑道CD，CD滑道足夠長。已知圓弧滑道半徑為，圓心為O，AO連線與豎直方向夾角為，AO與CO連線互相垂直。平臺與A點之間的高度差為。取重力加速度大小，，，不計空氣阻力。求：
（1）運動員離開平臺瞬間的速度大??；
（2）運動員第一次運動到圓弧滑道最低點B時，受到的支持力大??；
（3）為保證運動員不從A點滑離圓弧滑道，運動員與CD段之間動摩擦因數(shù)的最小值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）設運動員在A點豎直方向的分速度為vy
在A點
解得
（2）運動員在A點的速度大小
從A點到B點由動能定理可得
在B點對運動員進行受力分析可得
解得
（3）運動員恰好不從A點滑離軌道時，運動員與粗糙軌道之間動摩擦因數(shù)最小。從A點到C點由動能定理可得
設從C點向上滑動距離x后運動員速度減為零，據動能定理可得
運動員從A點進入圓弧滑道到回到A點的過程，由動能定理可得
解得
題型二應用力學三大觀點解決板—塊模型及傳送帶模型問題
1．滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零時，優(yōu)先選用動量守恒定律解題；若地面不光滑或受其他外力時，需選用動力學觀點解題．
2．滑塊與木板達到相同速度時應注意摩擦力的大小和方向是否發(fā)生變化．
3．應注意區(qū)分滑塊、木板各自的相對地面的位移和它們的相對位移．用運動學公式或動能定理列式時位移指相對地面的位移；求系統(tǒng)摩擦生熱時用相對位移(或相對路程)．
【例1】（2024·河南鄭州·模擬預測）如圖所示，一根長不可伸長的輕繩，一端系一小球P，另一端固定于O點．長繃緊的水平傳送帶始終以恒定的速率沿逆時針方向運行，傳送帶左側半徑的豎直光滑圓軌道在D點與水平面平滑連接，現(xiàn)將小球拉至懸線（伸直）與水平位置成角由靜止釋放，小球到達最低點時與小物塊A作彈性碰撞，碰后小物塊A向左運動到B點進入圓軌道，繞行一圈后到達E點。已知小球與小物塊質量相等均為且均視為質點，小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)，其他摩擦均忽略不計，重力加速度大小。求：
（1）小球運動到最低點與小物塊碰前的速度大小和對輕質細繩拉力大??；
（2）小物塊在傳送帶上運動時，因相互間摩擦產生的熱量；
（3）小物塊通過圓軌道最高點C時對軌道的壓力大小。
【答案】（1）6m/s，；（2）；（3）0
【詳解】（1）因開始時輕質細線與水平方向的夾角為，則小球自由下落時，輕繩剛好再次伸直，設此時的速度為。根據自由落體運動規(guī)律，可得
輕質細線伸直后瞬間小球速度為
小球與小物塊A碰前瞬間，設小球的速度大小為，從輕質細繩剛好再次伸直到小球運動到最低點的過程中，由動能定理得
聯(lián)立解得小球運動到最低點與小物塊碰前的速度大小
設小球運動到最低點，輕質細繩對小物塊拉力大小為，根據牛頓第二定律可知
解得
根據牛頓第三定律可知：小物塊碰前對輕質細繩拉力大小為。
（2）小球與小物塊進行彈性碰撞后的速度為，根據動量守恒定律有
根據能量守恒定律有
解得小物塊沖上傳送帶前的速度
小物塊沖上傳送帶后做勻減速運動，根據牛頓第二定律有
解得加速度大小
設小物塊與傳送帶共速時對地位移為，傳送帶速度為，則由運動學公式可得
代入數(shù)據解得
則可知小物塊與傳送帶共速后和傳送帶一起做勻速運動，小物塊在傳送帶上減速所用時間為
這段時間內傳送帶運動的位移為
則小物塊通過傳送帶時由于摩擦產生的熱量為
（3）設小物塊通過圓軌道最高點時的速度為，軌道對小物塊的彈力為，則由動能定理有
小物塊通過圓軌道最高點時的速度大小為
在最高點由牛頓第二定律可得
聯(lián)立解得
根據牛頓第三定律可知，通過最高點時，小物塊對軌道的壓力為0。
【例2】．（2024·浙江·高考真題）一彈射游戲裝置豎直截面如圖所示，固定的光滑水平直軌道AB、半徑為R的光滑螺旋圓形軌道BCD、光滑水平直軌道DE平滑連接。長為L、質量為M的平板緊靠長為d的固定凹槽EFGH側璧EF放置，平板上表面與DEH齊平。將一質量為m的小滑塊從A端彈射，經過軌道BCD后滑上平板并帶動平板一起運動，平板到達HG即被鎖定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板與滑塊間的動摩擦因數(shù)μ1=0.6、與凹槽水平底面FG間的動摩擦因數(shù)為μ2。滑塊視為質點，不計空氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度。
（1）滑塊恰好能通過圓形軌道最高點C時，求滑塊離開彈簧時速度v0的大??；
（2）若μ2=0，滑塊恰好過C點后，求平板加速至與滑塊共速時系統(tǒng)損耗的機械能；
（3）若μ2=0.1，滑塊能到達H點，求其離開彈簧時的最大速度vm。
【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s
【詳解】（1）滑塊恰好能通過圓形軌道最高點C時
從滑塊離開彈簧到C過程，根據動能定理
解得
（2）平板加速至與滑塊共速過程，根據動量守恒
根能量守恒
解得
（3）若μ2=0.1，平板與滑塊相互作用過程中，加速度分別為
共速后，共同加速度大小為
考慮滑塊可能一直減速直到H，也可能先與木板共速然后共同減速；
假設先與木板共速然后共同減速，則共速過程
共速過程，滑塊、木板位移分別為
共速時，相對位移應為
解得
，
隨后共同減速
到達H速度
說明可以到達H，因此假設成立，若滑塊初速度再增大，則會從木板右側掉落。
【變式演練1】（2024·山東·高考真題）如圖甲所示，質量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點平滑連接，Q為軌道的最高點。質量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.
（1）若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運動到Q點時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點的速度大小v；
（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時，軌道加速度a與F對應關系如圖乙所示。
（i）求μ和m；
（ii）初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F=8N，當小物塊到P點時撤去F，小物塊從Q點離開軌道時相對地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長度L。
【答案】（1）；（2）（i），；（3）
【詳解】（1）根據題意可知小物塊在Q點由合力提供向心力有
代入數(shù)據解得
（2）（i）根據題意可知當F≤4N時，小物塊與軌道是一起向左加速，根據牛頓第二定律可知
根據圖乙有
當外力時，軌道與小物塊有相對滑動，則對軌道有
結合題圖乙有
可知
截距
聯(lián)立以上各式可得
，，
（ii）由圖乙可知，當F=8N時，軌道的加速度為6m/s2，小物塊的加速度為
當小物塊運動到P點時，經過t0時間，則軌道有
小物塊有
在這個過程中系統(tǒng)機械能守恒有
水平方向動量守恒，以水平向左的正方向，則有
聯(lián)立解得
根據運動學公式有
代入數(shù)據解得
【變式演練2】．（2024·海南·高考真題）某游樂項目裝置簡化如圖，A為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯，半徑，滑梯頂點a與滑梯末端b的高度，靜止在光滑水平面上的滑板B，緊靠滑梯的末端，并與其水平相切，滑板質量，一質量為的游客，從a點由靜止開始下滑，在b點滑上滑板，當滑板右端運動到與其上表面等高平臺的邊緣時，游客恰好滑上平臺，并在平臺上滑行停下。游客視為質點，其與滑板及平臺表面之間的動摩擦系數(shù)均為，忽略空氣阻力，重力加速度，求：
（1）游客滑到b點時對滑梯的壓力的大??；
（2）滑板的長度L
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）設游客滑到b點時速度為，從a到b過程，根據機械能守恒
解得
在b點根據牛頓第二定律
解得
根據牛頓第三定律得游客滑到b點時對滑梯的壓力的大小為
（2）設游客恰好滑上平臺時的速度為，在平臺上運動過程由動能定理得
解得
根據題意當滑板右端運動到與其上表面等高平臺的邊緣時，游客恰好滑上平臺，可知該過程游客一直做減速運動，滑板一直做加速運動，設加速度大小分別為和，得
根據運動學規(guī)律對游客
解得
該段時間內游客的位移為
滑板的位移為
根據位移關系得滑板的長度為
【變式演練3】．（2024·湖北·高考真題）如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶左右兩端的距離為。傳送帶右端的正上方有一懸點O，用長為、不可伸長的輕繩懸掛一質量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質量為0.1kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為、方向水平向左。小球碰后繞O點做圓周運動，當輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小。
（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大?。?br>（2）求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統(tǒng)損失的總動能；
（3）若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）根據題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有
解得
由運動學公式可得，小物塊與傳送帶共速時運動的距離為
可知，小物塊運動到傳送帶右端前與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小等于傳送帶的速度大小。
（2）小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，小物塊與小球組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律有
其中
，
解得
小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統(tǒng)損失的總動能為
解得
（3）若小球運動到P點正上方，繩子恰好不松弛，設此時P點到O點的距離為，小球在P點正上方的速度為，在P點正上方，由牛頓第二定律有
小球從點正下方到P點正上方過程中，由機械能守恒定律有
聯(lián)立解得
即P點到O點的最小距離為。
【變式演練4】．（2024·浙江·高考真題）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角的直軌道，半徑的圓弧軌道，長度、傾角為的直軌道，半徑為R、圓心角為的圓弧管道組成，軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側光滑水平面上緊靠著質量滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質量的小物塊a從軌道上高度為h靜止釋放，經圓弧軌道滑上軌道，軌道由特殊材料制成，小物塊a向上運動時動摩擦因數(shù)，向下運動時動摩擦因數(shù)，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當小物塊a在滑塊b上滑動時動摩擦因數(shù)恒為，小物塊a動到滑塊右側的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。（其它軌道均光滑，小物塊視為質點，不計空氣阻力，，）
（1）若，求小物塊
①第一次經過C點的向心加速度大?。?br>②在上經過的總路程；
③在上向上運動時間和向下運動時間之比。
（2）若，滑塊至少多長才能使小物塊不脫離滑塊。
【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m
【詳解】（1）①對小物塊a從A到第一次經過C的過程，根據機械能守恒定律有
第一次經過C點的向心加速度大小為
②小物塊a在DE上時，因為
所以小物塊a每次在DE上升至最高點后一定會下滑，之后經過若干次在DE上的滑動使機械能損失，最終小物塊a將在B、D間往復運動，且易知小物塊每次在DE上向上運動和向下運動的距離相等，設其在上經過的總路程為s，根據功能關系有
解得
③根據牛頓第二定律可知小物塊a在DE上向上運動和向下運動的加速度大小分別為
將小物塊a在DE上的若干次運動等效看作是一次完整的上滑和下滑，則根據運動學公式有
解得
（2）對小物塊a從A到F的過程，根據動能定理有
解得
設滑塊長度為l時，小物塊恰好不脫離滑塊，且此時二者達到共同速度v，根據動量守恒定律和能量守恒定律有
解得
【變式演練5】．（2023·浙江·高考真題）為了探究物體間碰撞特性，設計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為的四分之一圓周組成的豎直細圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質量為3m的滑塊b與質量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)的輕質彈簧連接，靜置于軌道FG上。現(xiàn)有質量的滑塊a以初速度從D處進入，經DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時間極短）。已知傳送帶長，以的速率順時針轉動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，其它摩擦和阻力均不計，各滑塊均可視為質點，彈簧的彈性勢能（x為形變量）。
（1）求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑塊a碰后返回到B點時速度，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能；
（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【詳解】（1）滑塊a從D到F，由能量關系
在F點
解得
FN=31.2N
（2）滑塊a返回B點時的速度vB=1m/s，滑塊a一直在傳送帶上減速，加速度大小為
根據
可得在C點的速度
vC=3m/s
則滑塊a從碰撞后到到達C點
解得
v1=5m/s
因ab碰撞動量守恒，則
解得碰后b的速度
v2=5m/s
則碰撞損失的能量
（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，則ab碰后的共同速度
解得
v=2.5m/s
當彈簧被壓縮到最短或者伸長到最長時有共同速度
則
當彈簧被壓縮到最短時壓縮量為x1，由能量關系
解得
同理當彈簧被拉到最長時伸長量為
x2=x1
則彈簧最大長度與最小長度之差
【變式演練6】．（2024·甘肅·高考真題）如圖，質量為2kg的小球A（視為質點）在細繩和OP作用下處于平衡狀態(tài)，細繩，與豎直方向的夾角均為60°。質量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上，質量為2kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細繩，小球A開始運動。（重力加速度g?。?br>（1）求A運動到最低點時細繩OP所受的拉力。
（2）A在最低點時，細繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側碰撞（時間極短）、碰后A豎直下落，C水平向右運動。求碰后C的速度大小。
（3）A、C碰后，C相對B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因數(shù)。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】根據題意，設AC質量為，B的質量為，細繩長為，初始時細線與豎直方向夾角。
（1）A開始運動到最低點有
對最低點受力分析，根據牛頓第二定律得
解得
，
（2）A與C相碰時，水平方向動量守恒，由于碰后A豎直下落可知
故解得
（3）A、C碰后，C相對B滑行4m后與B共速，則對CB分析，過程中根據動量守恒可得
根據能量守恒得
聯(lián)立解得
【變式演練7】．（2024·安徽·高考真題）如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質細線懸掛于O點正下方，并輕靠在物塊右側?，F(xiàn)將細線拉直到水平位置時，靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著小車上的軌道運動，已知細線長。小球質量。物塊、小車質量均為。小車上的水平軌道長。圓弧軌道半徑。小球、物塊均可視為質點。不計空氣阻力，重力加速度g取。
（1）求小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大?。?br>（2）求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大?。?br>（3）為使物塊能進入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)的取值范圍。
【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）
【詳解】（1）對小球擺動到最低點的過程中，由動能定理
解得
在最低點，對小球由牛頓第二定律
解得，小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小為
（2）小球與物塊碰撞過程中，由動量守恒定律和機械能守恒定律
解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為
（3）若物塊恰好運動到圓弧軌道的最低點，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒
由能量守恒定律
解得
若物塊恰好運動到與圓弧圓心等高的位置，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒
由能量守恒定律
解得
綜上所述物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)的取值范圍為
【變式演練8】．某固定裝置的豎直截面如圖甲所示，由長度為1.0m的水平傳送帶和兩段光滑圓管軌道組成，兩段圓管軌道所對應的圓心角相同，，，右側帶有豎直擋板的滑塊b放置在光滑的水平面上，傳送帶和滑塊b與軌道端口均為平滑連接，傳送帶啟動后運行的圖如圖乙所示，傳送帶啟動0.5s后把小物塊a從傳送帶左側靜止釋放，小物塊a和滑塊b的質量均為，a與傳送帶和滑塊b之間的動摩擦因數(shù)均為，若空氣阻力、小物塊a、圓管軌道的口徑和皮帶輪半徑均可不計，物塊a進出管道時無能量損失，物塊a和滑塊b發(fā)生的碰撞為完全彈性碰撞，重力加速度，試求：
（1）小物塊a在傳送帶上運動的時間t；
（2）小物塊a進入管道時對管道的作用力大??；
（3）滑塊b至少多長才能使小物塊a不脫離滑塊。
【答案】（1）；（2）4N；（3）
【詳解】（1）對傳送帶 0-1s做加速度
對a物體，勻加速

當a物體與傳送帶同速時

得
此時共速

物體位移
a物體與傳送帶一起勻加速至1，有
所以
a物體勻速運動

時間

運動時間

（2）A到B動能定理

對B處

得

由牛頓第三定律可知，對管道作用力為4N。
（3）A到C動能定理

得

當a剛好滑動b最右端與b共速，此時b的長度是滿足題意的最短長度，由能量守恒和動量守恒有
聯(lián)立得
【變式演練9】如圖所示，水平地面上固定一足夠長的光滑斜面，斜面的傾角為θ30°，底部固定一垂直于斜面的擋板，在斜面上鎖定一質量為0.8m的滑板A。將一質量為0.1m的滑塊B輕輕放在A的最上端，B與A間的動摩擦因數(shù)為，一質量為0.9m、可視為質點的小球C在豎直推力F11.8mg的作用下，以豎直向上的速度沿四分之一固定的、半徑為R的豎直光滑圓弧運動，經過最高點P時撤去推力，小球C可無障礙地穿過斜面運動，剛好以平行于斜面的速度在Q點與B碰撞并成為一個整體BC，碰撞時間極短，同時解除對A的鎖定，A下滑到斜面底端時剛好與BC的速度相等，A與擋板碰撞后瞬間給A施加一平行于斜面向上的拉力F2，F(xiàn)20.9mg。已知A與擋板碰撞的過程中無機械能損失，BC始終未滑到A的最下端，不計空氣阻力，重力加速度為g。求（以下結果均用含v0的式子表示）：
（1）C經過最高點P和到達Q點時的速度大小vP、vQ。
（2）從C與B碰撞后到A第一次與擋板碰撞前瞬間系統(tǒng)產生的內能Q。
（3）C與B碰撞后，A第三次與擋板碰撞時的速度大小。
【答案】（1），；（2）；（3）
【詳解】（1）小球C從開始運動至最高點P的過程，根據動能定理
由于
解得
C從P點到Q點做平拋運動，則
解得
（2）C與B碰撞瞬間系統(tǒng)動量守恒
解得
碰撞后，BC整體沿滑板勻減速下滑，設BC整體沿滑板勻減速下滑的加速度大小為 a1，根據牛頓第二定律，有
解得
a1=0.1g
A沿斜面勻加速下滑，設A沿斜面勻加速下滑的加速度大小為a2，根據牛頓第二定律，有
解得
a2=1.25g
設A下滑到擋板處時的速度為v1，根據勻變速直線運動規(guī)律，可知
對BC，有
對A，有
聯(lián)立解得
，
則從C與B碰撞后到A第一次與擋板碰撞前瞬間，BC運動的位移為
A運動的位移
系統(tǒng)產生的內能
聯(lián)立解得
（3）A第一次與擋板碰撞后向上做勻減速運動，BC繼續(xù)向下做勻減速運動，因
可知系統(tǒng)沿斜面方向的合力為0，系統(tǒng)動量守恒，以沿斜面向下為正方向，設系統(tǒng)再次共速時的速度為，根據動量守恒定律，有
解得
共速后，系統(tǒng)以的速度沿斜面向下做勻速運動，A以的速度第三次與擋板碰撞。
【變式演練10】．（2024·廣西桂林·模擬預測）如圖所示，光滑軌道由豎直軌道與半徑的豎直圓弧軌道組成，O為圓弧軌道的圓心，B為圓弧軌道的最低點，OC連線與豎直方向的夾角，在軌道右側與A等高處有一平臺，平臺邊緣D處有一質量為的薄木板，其最左端放有一質量為的滑塊。質量為的小球在一定條件下可經C點射出后恰能水平擊中滑塊，該碰撞過程可視為彈性碰撞。已知C與D的高度差，滑塊與薄木板間的動摩擦因數(shù)為，薄木板與平臺間的動摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，薄木板厚度不計，小球和滑塊均可視為質點，不計空氣阻力，重力加速度g取，，。求：
（1）若小球自A點無初速度釋放，則小球經過B點時對軌道的壓力大??；
（2）要使小球能水平擊中薄木板上的滑塊，則C與D間的水平距離；
（3）若小球能水平擊中薄木板上的滑塊，且滑塊恰好不脫離薄木板，則薄木板的長度及薄木板與地面間因摩擦產生的熱量。
【答案】（1）5N；（2）1.2m；（3）0.12J
【詳解】（1）小球從A運動到B，由動能定理有
小球運動到B點時，由向心力公式有
聯(lián)立解得
由牛頓第三定律可知，小球經過B點時對軌道的壓力大小為
（2）小球由C運動到D位置，可視為由D到C逆向的平拋運動，豎直方向有
解得
水平方向有
則C與D間的水平距離
（3）小球與滑塊碰撞過程，由動量守恒定律有
由機械能守恒定律有
聯(lián)立解得滑塊的速度大小為
因
故滑塊在薄木板上滑動過程中，薄木板向右做勻加速運動，對滑塊受力分析，由牛頓第二定律有
解得
對薄木板受力分析，由牛頓第二定律有
解得
設經過時間，兩者共速，有
解得
，
此過程中，滑塊的位移大小為
薄木板的位移大小為
則薄木板的長度為
故薄木板與地面間因摩擦產生的熱量為
【變式演練11】．（2024·安徽·三模）如圖所示，用長L=1m的繩子拴住一質量為m0=0.5kg的小球，繩的一端固定在O點，起始時，小球位于O點豎直平面內右上方的A點，繩子處于繃直狀態(tài)，OA與水平方向夾角為53°，給小球一向左的水平初速度v0，當繩子再次繃直時，小球剛好運動到O點左側等高的B點（繩子繃直后立即在豎直平面內做圓周運動）。小球運動到最低點與地面上質量為M=1.5kg的木板發(fā)生彈性碰撞，木板最右端靜止一質量為m=1kg的物塊，板塊間的動摩擦因數(shù)為0.1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2。已知sin53°=0.8，cs53°=0.6，g=10m/s2。
（1）求小球平拋出去的初速度大小v0；
（2）求小球與木板碰后木板的瞬時速度的大小v2；
（3）木板足夠長，物塊與木板間由于發(fā)生相對滑動產生的熱量Q。
【答案】（1）4m/s；（2）3m/s；（3）0.72J
【詳解】（1）小球從A到B做平拋運動，有
解得
，
（2）小球到B點時，水平分速度因為繩子作用瞬間變?yōu)?，小球從B運動到C的過程中，根據動能定理可得
解得
小球與木板發(fā)生彈性碰撞有
解得
，
（3）木板向右運動過程中，對木板M，有
對物塊，有
當二者共速時有
解得
，
所以相對位移為
物塊與木板間由于發(fā)生相對滑動產生的熱量為
【變式演練12】一自上而下的傳送裝置可簡化為如下模型。如圖所示，水平光滑軌道OA上安裝了一理想彈簧發(fā)射器，彈簧原長小于OA間距離，彈簧左端固定在O處，彈簧右端放置一小滑塊P，使滑塊向左壓縮彈簧且不拴接，在軌道右側有一順時針轉動的水平傳送帶，其左右端分別與軌道A點和細管道B點等高相切，水平固定粗糙平臺CD與細管道最低點C等高相切，在水平地面上有一左端帶擋板的木板，木板上表面與平臺CD等高且木板與平臺緊密接觸。將滑塊P由靜止釋放，P經過水平傳送帶和三個豎直的半圓形光滑細管道，與靜止在CD平臺末端的小滑塊Q發(fā)生彈性碰撞，碰后P恰好能返回C點，碰后Q滑上木板，然后Q與木板左端擋板發(fā)生彈性碰撞。已知管道半徑均為R，滑塊P、木板質量分別為、，釋放滑塊P時彈簧彈性勢能的大小為，傳送帶長度為，傳送帶速度大小為，平臺CD長度為，木板長為，滑塊P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，P與平臺CD間的動摩擦因數(shù)為，滑塊Q與木板間的動摩擦因數(shù)為，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，滑塊P、Q均可視為質點，所有碰撞時間極短。
（1）求滑塊P到達B點過程中傳送帶對滑塊P做的功W；
（2）求滑塊Q的質量；
（3）求滑塊Q與木板間因摩擦而產生的熱量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）假設P在傳送帶上一直勻減速，則由動能定理
解得
由于
則假設成立，即
（2）設P與Q碰撞前的速度大小為，碰后P的速度大小為，Q的速度為，則P從B到C由動能定理
解得
從C到D過程中由動能定理
解得
對P滑塊從D到C根據動能定理
解得
根據動量守恒和機械能守恒可知
解得
解得
（3）由（2）可得，Q碰后速度
進入長木板上表面，先判斷長木板是否移動，Q對長木板摩擦力向左
地面對長木板最大靜摩擦力
故長木板先不動，Q做勻減速運動，可得
解得
Q以速度與長木板彈性碰撞，可得
可得碰后Q的速度大小
長木板的速度大小為
Q向右減速
長木板向左減速
Q向右做減速運動直至速度減為零后再向左做加速運動直到兩者共速，再一起減速，做出圖像如圖
可得
相對位移
可得
則滑塊未滑離木板，滑塊Q與木板間因摩擦產生的熱量為
力學三大觀點
對應規(guī)律
表達式
選用原則
動力學觀點
牛頓第二定律
F合＝ma
物體做勻變速直線運動，涉及到運動細節(jié).
勻變速直線運動規(guī)律
v＝v0＋at
x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
v2－v02＝2ax等
能量觀點
動能定理
W合＝ΔEk
涉及到做功與能量轉換
機械能守恒定律
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能關系
WG＝－ΔEp等
能量守恒定律
E1＝E2
動量觀點
動量定理
I合＝p′－p
只涉及初末速度、力、時間而不涉及位移、功
動量守恒定律
p1＋p2＝p1′＋p2′
只涉及初末速度而不涉及力、時間

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