資源簡介

親愛的同學加油，給自己實現夢想的機會。
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三大基本觀點的綜合應用
（模擬精練+真題演練）
1．（2023·山東聊城·統考三模）面對能源緊張和環境污染等問題，混合動力汽車應運而生。混合動力汽車，是指擁有兩種不同動力源（如燃油發動機和電力發動機）的汽車，既節能又環保。汽車質量為M，靜止在平直路面，只采用電力驅動，發動機額定功率為啟動，達到的最大速度后，再次提速，兩種動力同時啟動，此時發動機的總額定功率為，由經時間達到最大速度（未知）；運動一段時間后，開始“再生制動”剎車，所謂“再生制動”就是車輛靠慣性滑行時帶動發電機發電，將部分動能轉化為電能儲存在電池中。加速過程中可視為阻力恒定；“再生制動”剎車過程中阻力的大小可視為與速度的大小成正比，即。求：
（1）汽車速度由到過程中前進的位移；
（2）汽車由速度減到零過程中行駛的距離。
2．（2023·山東濟南·統考三模）如圖所示，水平傳送帶以v0=2m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶的長度L=6.2m，每隔Δt1=0.5s將物塊（可視為質點）P1、P2、P3、P4……依次無初速度放置于傳送帶左端A點，一段時間后物塊從傳送帶右端B點離開傳送帶做平拋運動，最后落入貨車車廂，貨車始終保持靜止。已知每個物塊的質量均為m=1kg，物塊與傳送帶間的滑動摩擦因數為μ=0.1，B點與貨車車廂底板間的豎直高度h=0.8m，物塊從接觸車廂底板到減速為0（忽略物塊的反彈和相對車廂的滑動）的時間為Δt2=0.1s，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）物塊P1從A點運動到剛接觸車廂底板瞬間的時間t；
（2）傳送帶上相鄰兩物塊間的最大距離Δx1和最小距離Δx2；
（3）物塊P1剛到達B點時傳送帶克服摩擦力做功的瞬時功率P；
（4）物塊P1從接觸車廂底板到減速為0的過程中對車廂底板的平均作用力的大小。

3．（2023·四川成都·石室中學?？寄M預測）如圖所示，滑塊A（可視為質點）位于小車B的最左端，二者一起以的初速度向右勻速運動，木塊C靜止在小車B的正前方，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短可忽略不計。已知A、B、C的質量分別為，A與B之間、C與水平地面之間的摩擦因數均為，不計小車B與地面之間的摩擦，小車的表面水平且足夠長，重力加速度。求：
（1）小車B和木塊C第1次碰撞后，A、B、C的加速度大??；
（2）小車B和木塊C第2次碰撞前，滑塊A與小車B摩擦產生的熱量；
（3）小車B和木塊C第3次碰撞前，木塊C運動的位移的大小。

4．（2023·安徽·模擬預測）如圖，長為的傳送帶以大小為的速度沿順時針方向勻速轉動，一足夠長的長木板緊靠傳送帶右端放在光滑的水平面上，長木板的上表面與傳送帶的上表面在同一水平面上，水平地面右側有一豎直固定的彈性擋板。一可視為質點、質量為的物塊輕放在傳送帶的左端A，隨傳送帶運動到端，以速度滑上長木板，并與長木板一起向右運動，長木板與擋板第一次碰撞前物塊與長木板已達到共同速度。已知長木板的質量為，物塊與長木板間的動摩擦因數為0.4，長木板與擋板碰撞是彈性碰撞，重力加速度為。求：
（1）物塊與傳送帶的動摩擦因數至少為多少；物塊在傳送帶上運動的時間最長為多少；
（2）開始時，長木板的右端離擋板的距離至少為多少；
（3）長木板與擋板第次碰撞前一瞬間，長木板的速度為多大。

5．（2023·山東·模擬預測）利用示蹤原子來探測細胞間的親和程度是生物技術中的重要手段之一，其過程的一部分與下列物理過程極為相似：如圖甲所示，光滑水平面上固定有一個發射裝置，利用該裝置向正對裝置方向滑來的物塊A和B（A、B相對靜止）發射一個示蹤滑塊C，示蹤滑塊C將記錄下它與發射裝置之間的距離x。已知物塊B疊放在物塊A上，物塊A的質量為3kg，示蹤滑塊C的質量為1kg，每次發射速度大小均為10m/s，與物塊A之間的碰撞均為彈性碰撞，且物塊A足夠長，每次A、C相碰前，A、B間均已相對靜止，某次測量的滑塊C的圖像如圖乙所示。滑塊C和物塊B均可視為質點，重力加速度。求：
（1）第一次碰后滑塊C的速度大??；
（2）物塊B的質量；
（3）物塊A、B間的動摩擦因數。

6．（2023·山東威?！そy考二模）如圖所示，足夠長的傾角為θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定有垂直于斜面的擋板P。質量為M=1kg的“L”形木板A被鎖定在斜面上，木板下端距擋板P的距離為x0=40cm。質量為m=1kg的小物塊B（可視為質點）被鎖定在木板上端，A與B間的動摩擦因數。某時刻同時解除A和B的鎖定，經時間t=0.6s，A與B發生第一次碰撞，在A與P發生第二次碰撞后瞬間立即對B施加沿A向上的恒力F=20N。當B速度最小時再一次鎖定A。已知A與P、A與B的碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s2.求：
（1）A與P發生第一次碰撞前瞬間B的速度大??；
（2）從開始運動到A與B發生第一次碰撞的時間內，系統損失的機械能；
（3）A與P第二次碰撞時，B離擋板的距離；
（4）B從開始運動到離開A所用的時間。

7．（2023·山東青島·統考二模）如圖，足夠大光滑水平桌面上靜置質量、長的長木板A，距離木板A左端處有一與木板等高的表面光滑平臺B，平臺B固定在桌面上，質量，輕彈簧連接質量、的滑塊C、D并靜置于平臺B上，用細線拴連兩滑塊使彈簧處于壓縮狀態。另一質量的滑塊E在桌子右側斜下方某點獲得豎直向上的初速度，上升過程中除重力外還受到一個水平恒力F作用，使滑塊E恰好從木板右端水平滑上A，同時撤去F，滑塊E滑上木板時的速度。一段時間后木板與平臺碰撞并粘在一起，滑塊E繼續向左運動并滑上平臺。木板與平臺碰撞的瞬間，連接C、D的細線斷開，C、D兩滑塊在平臺上振動。以向右為正方向，滑塊C的v-t圖像如圖乙。滑塊E與木板A間動摩擦因數，忽略所有滑塊大小及空氣阻力，C、D始終在平臺B上，重力加速度。求：
（1）水平恒力F的大小；
（2）滑塊E滑上平臺B時的速度大??；
（3）滑塊E滑上平臺B后，與C發生碰撞，并立即結合在一起，考慮所有可能的碰撞情形，求碰后的運動過程中，E、C、D系統動能的最大值與最小值之差；
（4）若平臺B不固定，其他條件不變，A與B碰撞后仍粘在一起，請判定E能否滑上B；若能滑上B，求E滑上B時的速度大??；若不能滑上B，求E最終離A右端的距離。
8．（2023·全國·模擬預測）如圖所示，A、B、C的質量分別為、、，輕彈簧的左端固定在擋板上，C為半徑的圓軌道，靜止在水平面上。現用外力使小球A壓縮彈簧（A與彈簧不連接），當彈簧的彈性勢能為時由靜止釋放小球A，小球A與彈簧分離后與靜止的小球B發生正碰，小球B到圓軌道底端的距離足夠長，經過一段時間小球滑上圓軌道，一切摩擦均可忽略，假設所有的碰撞均為彈性碰撞，重力加速度取。求：
（1）小球B能達到的最大高度；
（2）小球B返回圓軌道底端時對圓軌道的壓力
（3）通過計算分析，小球B能否第二次進入圓軌道。
9．（2023·湖北·模擬預測）如圖（a），一質量為m的物塊A與輕質彈簧連接，靜止在光滑水平面上，物塊B向A運動，t=0時與彈簧接觸，到t=2t0時與彈簧分離，第一次碰撞結束，A、B的v-t圖像如圖（b）所示。已知從t=0到t=t0時間內，物塊A運動的距離為0.36v0t0。A、B分離后，A滑上粗糙斜面（μ=0.45），然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，斜面傾角為θ（sinθ=0.6），與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內。求：
（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；
（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；
（3）第一次碰撞后A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B第二次碰撞后A、B的速度分別為多少？
10．（2023·湖南·校聯考模擬預測）如圖，足夠長的光滑水平地面上有2023個大小相同的小球排成一排，相鄰小球間的間距均為L，將其從左到右依次編號。一半徑為H的四分之一光滑圓弧軌道（固定在水平地面）與各小球處于同一豎直面內，圓弧軌道的最低點在1號小球處與水平地面平滑連接。已知1號小球的質量為m，2~2023號小球的質量均為（k為小于1的正比例常數）?，F將1號小球從圓弧軌道最低點拿到軌道上與圓心等高處由靜止釋放，題中所有小球之間的碰撞均可視為彈性正碰。（已知重力加速度為g，不計空氣阻力，小球大小忽略不計）
（1）求1號小球在運動到圓弧軌道最低點時對軌道的壓力大??；
（2）求1號小球與2號小球在第一次碰撞中給2號小球的沖量大小以及對2號小球所做的功；
（3）在1、2號小球間第一次碰撞后立即給1號小球施加水平向右的恒定外力F（圖中未畫出），使1號小球以后每次碰撞前瞬間的速度都與第一次碰撞前瞬間的速度相等，直到所有小球速度第一次相等時撤去外力，求外力F的大小以及最終1號和2023號小球間的距離。
11．（2023·湖南·統考高考真題）如圖，質量為的勻質凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為和，長軸水平，短軸豎直．質量為的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑．以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，在豎直平面內建立固定于地面的直角坐標系，橢圓長軸位于軸上。整個過程凹槽不翻轉，重力加速度為。
（1）小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離；
（2）在平面直角坐標系中，求出小球運動的軌跡方程；
（3）若，求小球下降高度時，小球相對于地面的速度大?。ńY果用及表示）。
12．（2023·浙江·統考高考真題）利用磁場實現離子偏轉是科學儀器中廣泛應用的技術。如圖所示，Oxy平面（紙面）的第一象限內有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區域Ⅰ和Ⅱ，其中區域存在磁感應強度大小為B1的勻強磁場，區域Ⅱ存在磁感應強度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于處的離子源能釋放出質量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場區域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應。
（1）求離子不進入區域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運動時間t；
（2）若，求能到達處的離子的最小速度v2；
（3）若，且離子源射出的離子數按速度大小均勻地分布在范圍，求進入第四象限的離子數與總離子數之比η。

三大基本觀點的綜合應用
（模擬精練+真題演練）
1．（2023·山東聊城·統考三模）面對能源緊張和環境污染等問題，混合動力汽車應運而生?；旌蟿恿ζ嚕侵笓碛袃煞N不同動力源（如燃油發動機和電力發動機）的汽車，既節能又環保。汽車質量為M，靜止在平直路面，只采用電力驅動，發動機額定功率為啟動，達到的最大速度后，再次提速，兩種動力同時啟動，此時發動機的總額定功率為，由經時間達到最大速度（未知）；運動一段時間后，開始“再生制動”剎車，所謂“再生制動”就是車輛靠慣性滑行時帶動發電機發電，將部分動能轉化為電能儲存在電池中。加速過程中可視為阻力恒定；“再生制動”剎車過程中阻力的大小可視為與速度的大小成正比，即。求：
（1）汽車速度由到過程中前進的位移；
（2）汽車由速度減到零過程中行駛的距離。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）發動機額定功率為啟動，達到的最大速度時有所以汽車加速過程中的阻力
同理發動機的總額定功率為，達到最大速度時有解得汽車速度由到過程中根據動能定理有解得前進的位移
（2）“再生制動”剎車過程即速度由減到零的過程，根據動量定理有
解得汽車由速度減到零過程中行駛的距離
2．（2023·山東濟南·統考三模）如圖所示，水平傳送帶以v0=2m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶的長度L=6.2m，每隔Δt1=0.5s將物塊（可視為質點）P1、P2、P3、P4……依次無初速度放置于傳送帶左端A點，一段時間后物塊從傳送帶右端B點離開傳送帶做平拋運動，最后落入貨車車廂，貨車始終保持靜止。已知每個物塊的質量均為m=1kg，物塊與傳送帶間的滑動摩擦因數為μ=0.1，B點與貨車車廂底板間的豎直高度h=0.8m，物塊從接觸車廂底板到減速為0（忽略物塊的反彈和相對車廂的滑動）的時間為Δt2=0.1s，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）物塊P1從A點運動到剛接觸車廂底板瞬間的時間t；
（2）傳送帶上相鄰兩物塊間的最大距離Δx1和最小距離Δx2；
（3）物塊P1剛到達B點時傳送帶克服摩擦力做功的瞬時功率P；
（4）物塊P1從接觸車廂底板到減速為0的過程中對車廂底板的平均作用力的大小。

【答案】（1）4.5s；（2）1m；0.125m；（3）8W；（4）
【詳解】（1）小物塊在傳送帶上加速的過程滿足解得a=1m/s2由v0=at1解得t1=2s；
解得x1=2m小物塊在傳送帶上勻速的過程滿足解得t2=2.1s在平拋運動中解得t3=0.4s
則
（2）當相鄰兩個物塊相對靜止時距離最大解得當物塊剛被放上傳送帶上時與上一個物塊距離最小
（3）當P1剛到B點時，已經靜止的物塊個數為即有5個木塊與傳送帶間的摩擦力為零，仍在加速的物塊的個數為即有4個木塊與傳送帶間的摩擦力為滑動摩擦力，傳送帶克服摩擦力做功的功率，解得P=8W
（4）物塊從接觸車廂底到減速為零的過程中，在豎直方向滿足；
解得Fy=50N在水平方向滿足；Fx=20N；
3．（2023·四川成都·石室中學?？寄M預測）如圖所示，滑塊A（可視為質點）位于小車B的最左端，二者一起以的初速度向右勻速運動，木塊C靜止在小車B的正前方，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短可忽略不計。已知A、B、C的質量分別為，A與B之間、C與水平地面之間的摩擦因數均為，不計小車B與地面之間的摩擦，小車的表面水平且足夠長，重力加速度。求：
（1）小車B和木塊C第1次碰撞后，A、B、C的加速度大?。?br/>（2）小車B和木塊C第2次碰撞前，滑塊A與小車B摩擦產生的熱量；
（3）小車B和木塊C第3次碰撞前，木塊C運動的位移的大小。

【答案】（1），，；（2）；（3）
【詳解】（1）設小車B和木塊C第1次碰撞后速度分別為和，彈性碰撞滿足；
解得，滑塊速度不變，滑塊和小車B發生相對滑動，由牛頓第二定律得，，，解得，，
（2）小車B和木塊C第1次碰撞后，滑塊勻減速，小車B勻加速，木塊C勻減速，在小車B和木塊C第2次碰撞前，設滑塊和小車B已經達到相同速度一起勻速運動，對滑塊和小車B系統，由動量守恒得解得由能量守恒得解得
（3）滑塊和小車B以速度一起勻速運動，在小車B和木塊C第2次碰撞前，假設木塊C未停止運動，速度為，兩次碰撞之間小車B和木塊C的位移均為，由運動學關系得，
解得或（舍）所以假設成立，小車B和木塊C第2次碰撞前木塊C未停止運動
設小車B和木塊C第2次碰撞后速度分別為和，彈性碰撞滿足；
解得，設在小車B和木塊C第3次碰撞前，滑塊和小車B已經達到相同速度一起勻速運動，對滑塊和小車B系統，由動量守恒得
解得設小車B和木塊C第2次碰撞后到第3次碰撞前的過程中，小車B和木塊C的位移均為，第3次碰撞前C的速度為，由運動學關系得，
解得或（舍），同理，小車B和木塊C第3次碰撞前木塊C未停止運動
解得
4．（2023·安徽·模擬預測）如圖，長為的傳送帶以大小為的速度沿順時針方向勻速轉動，一足夠長的長木板緊靠傳送帶右端放在光滑的水平面上，長木板的上表面與傳送帶的上表面在同一水平面上，水平地面右側有一豎直固定的彈性擋板。一可視為質點、質量為的物塊輕放在傳送帶的左端A，隨傳送帶運動到端，以速度滑上長木板，并與長木板一起向右運動，長木板與擋板第一次碰撞前物塊與長木板已達到共同速度。已知長木板的質量為，物塊與長木板間的動摩擦因數為0.4，長木板與擋板碰撞是彈性碰撞，重力加速度為。求：
（1）物塊與傳送帶的動摩擦因數至少為多少；物塊在傳送帶上運動的時間最長為多少；
（2）開始時，長木板的右端離擋板的距離至少為多少；
（3）長木板與擋板第次碰撞前一瞬間，長木板的速度為多大。

【答案】（1），；（2）；（3）
【詳解】（1）物塊以速度v滑上長木板，設物塊與傳送帶的動摩擦因數至少為，由牛頓第二定律及勻變速直線運動規律得；解得物塊在傳送帶上一直加速時運動的時間最長，最長時間為
（2）物塊第一次在木板上滑動的過程中，由動量守恒定律得設此過程中木板的位移為x，對木板由動能定理得解得即開始時長木板的右端離擋板的距離至少為
（3）長木板與擋板第一次碰撞到第二次碰撞，由動量守恒定律得；長木板與擋板第二次碰撞到第三次碰撞，由動量守恒定律得；可知，長木板與擋板第次碰撞前一瞬間，長木板的速度為
5．（2023·山東·模擬預測）利用示蹤原子來探測細胞間的親和程度是生物技術中的重要手段之一，其過程的一部分與下列物理過程極為相似：如圖甲所示，光滑水平面上固定有一個發射裝置，利用該裝置向正對裝置方向滑來的物塊A和B（A、B相對靜止）發射一個示蹤滑塊C，示蹤滑塊C將記錄下它與發射裝置之間的距離x。已知物塊B疊放在物塊A上，物塊A的質量為3kg，示蹤滑塊C的質量為1kg，每次發射速度大小均為10m/s，與物塊A之間的碰撞均為彈性碰撞，且物塊A足夠長，每次A、C相碰前，A、B間均已相對靜止，某次測量的滑塊C的圖像如圖乙所示。滑塊C和物塊B均可視為質點，重力加速度。求：
（1）第一次碰后滑塊C的速度大?。?br/>（2）物塊B的質量；
（3）物塊A、B間的動摩擦因數。

【答案】（1）8m/s；（2）6kg；（3）0.4
【詳解】（1）由圖像可知，時滑塊C與A相碰，此時C與發射裝置之間的距離
時滑塊C返回到發射裝置處，設第一次碰后C的速度大小，則
（2）設A、B在第一次與C碰撞前的速度大小為，以滑塊C的初速度方向為正，第一次碰撞后瞬間A的速度大小為，對A、C由動量守恒定律有由機械能守恒定律有解得之后A、B相對靜止，設共同速度大小為，對A、B由動量守恒定律有同理第二次碰撞前滑塊C到發射裝置之間距離第三次碰撞后C的速度大小為設第二次碰撞后瞬間A的速度為，則；聯立以上各式，解得
（3）由（2）分析可知第一次A、C相碰時A距離發射裝置10m，第二次A、C相碰時A距離發射裝置11m，且A、B處于靜止狀態，即A向右運動了對物塊A由動能定理有解得
6．（2023·山東威?！そy考二模）如圖所示，足夠長的傾角為θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定有垂直于斜面的擋板P。質量為M=1kg的“L”形木板A被鎖定在斜面上，木板下端距擋板P的距離為x0=40cm。質量為m=1kg的小物塊B（可視為質點）被鎖定在木板上端，A與B間的動摩擦因數。某時刻同時解除A和B的鎖定，經時間t=0.6s，A與B發生第一次碰撞，在A與P發生第二次碰撞后瞬間立即對B施加沿A向上的恒力F=20N。當B速度最小時再一次鎖定A。已知A與P、A與B的碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s2.求：
（1）A與P發生第一次碰撞前瞬間B的速度大小；
（2）從開始運動到A與B發生第一次碰撞的時間內，系統損失的機械能；
（3）A與P第二次碰撞時，B離擋板的距離；
（4）B從開始運動到離開A所用的時間。

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【詳解】（1）剛解鎖時AB相對靜止，對AB整體根據牛頓第二定律
根據勻加速直線運動公式解得
（2）A與P相撞所用的時間解得，B滑動后撞A的時間可得
木板與擋板第一次碰撞后，對A：解得
對B：解得木板與擋板第一次碰撞后,A運動的位移
B運動的位移木板的長度根據摩擦生熱
（3）A、B碰前的速度；，A、B碰時動量、能量守恒；
解得；，AB碰后，對A：；對B：
根據解得這段時間B運動的位移，B離擋板的距離
（4）木板與檔板第二次碰撞時木塊B的速度，對A：
解得，對B：解得，B減速到零所用時間為t4，則解得，A經過這段時間后的速度這段時間AB的位移；此時，AB間距離，B離木板右端的距離木板鎖定后，對B：解得其中解得，B從開始運動到離開A所用的時間；
7．（2023·山東青島·統考二模）如圖，足夠大光滑水平桌面上靜置質量、長的長木板A，距離木板A左端處有一與木板等高的表面光滑平臺B，平臺B固定在桌面上，質量，輕彈簧連接質量、的滑塊C、D并靜置于平臺B上，用細線拴連兩滑塊使彈簧處于壓縮狀態。另一質量的滑塊E在桌子右側斜下方某點獲得豎直向上的初速度，上升過程中除重力外還受到一個水平恒力F作用，使滑塊E恰好從木板右端水平滑上A，同時撤去F，滑塊E滑上木板時的速度。一段時間后木板與平臺碰撞并粘在一起，滑塊E繼續向左運動并滑上平臺。木板與平臺碰撞的瞬間，連接C、D的細線斷開，C、D兩滑塊在平臺上振動。以向右為正方向，滑塊C的v-t圖像如圖乙?；瑝KE與木板A間動摩擦因數，忽略所有滑塊大小及空氣阻力，C、D始終在平臺B上，重力加速度。求：
（1）水平恒力F的大??；
（2）滑塊E滑上平臺B時的速度大??；
（3）滑塊E滑上平臺B后，與C發生碰撞，并立即結合在一起，考慮所有可能的碰撞情形，求碰后的運動過程中，E、C、D系統動能的最大值與最小值之差；
（4）若平臺B不固定，其他條件不變，A與B碰撞后仍粘在一起，請判定E能否滑上B；若能滑上B，求E滑上B時的速度大小；若不能滑上B，求E最終離A右端的距離。
【答案】（1）F=7.5N；（2）；（3）；（4）能，
【詳解】（1）設恒力F斜向上，與水平方向的夾角為θ，根據動量定理得，豎直方向
水平方向整理得
（2）對E、A相互作用過程，設它們能夠達到共同速度，根據動量守恒和能量守恒可得；
2解得；對A在該過程，根據動能定理可得
解得所以E、A相互作用能夠達到共同速度，假設正確。對A在該過程，根據動能定理可得解得
（3）對E與C、D作用過程，系統外力為零，動量守恒，因此，不論E、C兩物體何時何處相碰，三物體速度相同時的速度是一個定值，此時系統具有最大彈性勢能，總動能最小。設三個物體速度相同時的速度為，由動量守恒定律得解得；；
當C物體具有向左大小為的速度時，E與C粘在一起，ECD系統動能最大，有；
；最大動能與最小動能之差
（4） A與B碰撞由動量守恒解得設EAB能共速，由動量守恒得
解得由能量轉換與守恒定律
解得所以E能滑上B。對E、A、B根據動量守恒和能量守恒可得；
解得
8．（2023·全國·模擬預測）如圖所示，A、B、C的質量分別為、、，輕彈簧的左端固定在擋板上，C為半徑的圓軌道，靜止在水平面上?，F用外力使小球A壓縮彈簧（A與彈簧不連接），當彈簧的彈性勢能為時由靜止釋放小球A，小球A與彈簧分離后與靜止的小球B發生正碰，小球B到圓軌道底端的距離足夠長，經過一段時間小球滑上圓軌道，一切摩擦均可忽略，假設所有的碰撞均為彈性碰撞，重力加速度取。求：
（1）小球B能達到的最大高度；
（2）小球B返回圓軌道底端時對圓軌道的壓力
（3）通過計算分析，小球B能否第二次進入圓軌道。
【答案】（1）；（2）63N；（3）不能
【詳解】（1）設碰前小球A的速度為，從釋放小球A到分離的過程，由能量守恒定律得
代入數據解得，A、B碰撞的過程，A、B組成的系統機械能守恒、動量守恒，設A、B碰撞后的速度分別為、，則有；帶入數據解得，小球與圓軌道在水平方向上共速時上升的高度最高，設共同的速度為，小球與圓軌道組成的系統在水平方向上動量守恒，有小球與圓軌道組成的系統能量守恒，有
代入數據解得，
（2）設小球返回圓軌道底端時小球與圓軌道的速度分別，由動量守恒定律和能量能守恒定律可得；聯立帶入數據解得，在圓軌道底端對小球由牛頓第二定律有解得根據牛頓第三定律，方向豎直向下
（3）球A與球B第一次碰后以的速度向左運動，再次壓縮彈簧，根據能量守恒定律，球A與彈簧分離后的速度大小為，經過一段時間，球A與球B發生第二次碰撞，設碰后球A和球B的速度分別為、，根據動量守恒定律和能量能守恒定律得；聯立帶入數據解得，因為，所以小球B無法第二次進入圓軌道。
9．（2023·湖北·模擬預測）如圖（a），一質量為m的物塊A與輕質彈簧連接，靜止在光滑水平面上，物塊B向A運動，t=0時與彈簧接觸，到t=2t0時與彈簧分離，第一次碰撞結束，A、B的v-t圖像如圖（b）所示。已知從t=0到t=t0時間內，物塊A運動的距離為0.36v0t0。A、B分離后，A滑上粗糙斜面（μ=0.45），然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，斜面傾角為θ（sinθ=0.6），與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內。求：
（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；
（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；
（3）第一次碰撞后A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B第二次碰撞后A、B的速度分別為多少？
【答案】（1）；（2）；（3），
【詳解】（1）當彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時A、B速度相等，即時刻，根據動量守恒定律得mB=5m；v共=v0根據能量守恒定律
聯立解得
（2）B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動量守恒對方程兩邊同時乘以時間，有，0-t0之間，根據位移等于速度在時間上的累積，可得將代入可得則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值
（3）第一次碰撞后，設A在斜面上滑行的長度為，上滑過程，根據動能定理可得
下滑過程，設物塊A第一次滑下斜面的速度大小為，根據動能定理可得聯立解得，A滑下后，與一直在水平面上運動的B第二次碰撞，設向右為正方向，根據動量守恒定律可得根據能量守恒定律可得
聯立解得；
10．（2023·湖南·校聯考模擬預測）如圖，足夠長的光滑水平地面上有2023個大小相同的小球排成一排，相鄰小球間的間距均為L，將其從左到右依次編號。一半徑為H的四分之一光滑圓弧軌道（固定在水平地面）與各小球處于同一豎直面內，圓弧軌道的最低點在1號小球處與水平地面平滑連接。已知1號小球的質量為m，2~2023號小球的質量均為（k為小于1的正比例常數）?，F將1號小球從圓弧軌道最低點拿到軌道上與圓心等高處由靜止釋放，題中所有小球之間的碰撞均可視為彈性正碰。（已知重力加速度為g，不計空氣阻力，小球大小忽略不計）
（1）求1號小球在運動到圓弧軌道最低點時對軌道的壓力大??；
（2）求1號小球與2號小球在第一次碰撞中給2號小球的沖量大小以及對2號小球所做的功；
（3）在1、2號小球間第一次碰撞后立即給1號小球施加水平向右的恒定外力F（圖中未畫出），使1號小球以后每次碰撞前瞬間的速度都與第一次碰撞前瞬間的速度相等，直到所有小球速度第一次相等時撤去外力，求外力F的大小以及最終1號和2023號小球間的距離。
【答案】（1）；（2），；（3），
【詳解】（1）1號小球釋放后在圓弧軌道上運動到最低點的過程中，由動能定理，有
1號小球運動到最低點時，由牛頓第二定律有聯立解得由牛頓第三定律知，此時小球對軌道的壓力與軌道對小球的支持力為一對相互作用力，故
（2）1、2號小球碰撞前后動量和機械能守恒，分別有；
解得：；對2號小球，由動量定理有解得
對2號小球，由動能定理有解得
（3）1，2號小球碰后，2號小球以速度向右運動一個L，與3號小球碰撞后速度交換。1號小球由速度開始勻變速運動，經位移L，以速度與2號小球發生下一次碰撞。這一過程，對1號小球由動能定理有解得：最終所有小球的速度均為，F作用的總時間記為t，對整體，由動量定理有即：
F作用的總位移記為x，對整體，由動能定理有
即。2號小球第一次碰后的速度向右依次碰撞傳遞，最后作為2023號小球的最終速度。最終1號和2023號小球間的距離為
代入數據，得
11．（2023·湖南·統考高考真題）如圖，質量為的勻質凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為和，長軸水平，短軸豎直．質量為的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑．以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，在豎直平面內建立固定于地面的直角坐標系，橢圓長軸位于軸上。整個過程凹槽不翻轉，重力加速度為。
（1）小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離；
（2）在平面直角坐標系中，求出小球運動的軌跡方程；
（3）若，求小球下降高度時，小球相對于地面的速度大?。ńY果用及表示）。
【答案】（1），；（2）；（3）
【詳解】（1）小球運動到最低點的時候小球和凹槽水平方向系統動量守恒，取向左為正
小球運動到最低點的過程中系統機械能守恒聯立解得因水平方向在任何時候都動量守恒即兩邊同時乘t可得且由幾何關系可知聯立得
（2）小球向左運動過程中凹槽向右運動，當小球的坐標為時，此時凹槽水平向右運動的位移為，根據上式有則小球現在在凹槽所在的橢圓上，根據數學知識可知此時的橢圓方程為
整理得 （）
（3）將代入小球的軌跡方程化簡可得即此時小球的軌跡為以為圓心，b為半徑的圓，則當小球下降的高度為時有如圖

此時可知速度和水平方向的的夾角為，小球下降的過程中，系統水平方向動量守
系統機械能守恒聯立得
12．（2023·浙江·統考高考真題）利用磁場實現離子偏轉是科學儀器中廣泛應用的技術。如圖所示，Oxy平面（紙面）的第一象限內有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區域Ⅰ和Ⅱ，其中區域存在磁感應強度大小為B1的勻強磁場，區域Ⅱ存在磁感應強度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于處的離子源能釋放出質量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場區域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應。
（1）求離子不進入區域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運動時間t；
（2）若，求能到達處的離子的最小速度v2；
（3）若，且離子源射出的離子數按速度大小均勻地分布在范圍，求進入第四象限的離子數與總離子數之比η。

【答案】（1）；（2）（3）60%
【詳解】（1）當離子不進入磁場Ⅱ速度最大時，軌跡與邊界相切，則由幾何關系
解得r1=2L根據解得在磁場中運動的周期運動時間

（2）若B2=2B1，根據可知粒子在磁場中運動軌跡如圖，設O1O2與磁場邊界夾角為α，由幾何關系；解得r2=2L；根據解得
（3）當最終進入區域Ⅱ的粒子若剛好到達x軸，則由動量定理即求和可得粒子從區域Ⅰ到區域Ⅱ最終到x軸上的過程中
解得則速度在~之間的粒子才能進入第四象限；因離子源射出粒子的速度范圍在~，又粒子源射出的粒子個數按速度大小均勻分布，可知能進入第四象限的粒子占粒子總數的比例為η=60%親愛的同學加油，給自己實現夢想的機會。
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第32講 三大基本觀點的綜合應用
目錄
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復習目標
網絡構建
考點 三大基本觀點的綜合應用
【夯基·必備基礎知識梳理】
知識點1 三大觀點及相互聯系
知識點2 三大觀點的選用原則
知識點3 用三大觀點的解物理題要掌握的科學思維方法　
【提升·必考題型歸納】
考向1 動量觀點和動力學觀點的綜合應用
考向2 動量觀點和能量觀點的綜合應用
考向3 三大觀點解決多過程問題
真題感悟
掌握動力學、動量和能量三大處理物理問題觀點。
能夠應用三大觀點解決復雜的物理過程。
考點要求 考題統計 考情分析
力學三大觀點 2023年全國乙卷第25題 2023年全國甲卷第25題 2023年6月浙江卷第21題 高考對力學三大觀點的考查很頻繁，大多在綜合性的計算題，多以壓軸題的形式出現，難度普遍較大。
考點 三大基本觀點的綜合應用
知識點1 三大觀點及相互聯系
知識點2 三大觀點的選用原則
力學中首先考慮使用兩個守恒定律。從兩個守恒定律的表達式看出多項都是狀態量(如速度、位置)，所以守恒定律能解決狀態問題，不能解決過程(如位移x，時間t)問題，不能解決力(F)的問題。
(1)若是多個物體組成的系統，優先考慮使用兩個守恒定律。
(2)若物體(或系統)涉及速度和時間，應考慮使用動量定理。
(3)若物體(或系統)涉及位移和時間，且受到恒力作用，應考慮使用牛頓運動定律。
(4)若物體(或系統)涉及位移和速度，應考慮使用動能定理，系統中摩擦力做功時應用摩擦力乘以相對路程，動能定理解決曲線運動和變加速運動特別方便。
知識點3 用三大觀點的解物理題要掌握的科學思維方法
1．多體問題——要正確選取研究對象，善于尋找相互聯系
選取研究對象和尋找相互聯系是求解多體問題的兩個關鍵。選取研究對象后需根據不同的條件采用隔離法，即把研究對象從其所在的系統中抽離出來進行研究；或采用整體法，即把幾個研究對象組成的系統作為整體進行研究；或將隔離法與整體法交叉使用。
通常，符合守恒定律的系統或各部分運動狀態相同的系統，宜采用整體法；在需討論系統各部分間的相互作用時，宜采用隔離法；對于各部分運動狀態不同的系統，應慎用整體法。至于多個物體間的相互聯系，通?？蓮乃鼈冎g的相互作用、運動的時間、位移、速度、加速度等方面去尋找。
2．多過程問題——要仔細觀察過程特征，妥善運用物理規律
觀察每一個過程特征和尋找過程之間的聯系是求解多過程問題的兩個關鍵。分析過程特征需仔細分析每個過程的約束條件，如物體的受力情況、狀態參量等，以便運用相應的物理規律逐個進行研究。至于過程之間的聯系，則可從物體運動的速度、位移、時間等方面去尋找。
3．含有隱含條件的問題——要深究細琢，努力挖掘隱含條件
注重審題，深究細琢，綜觀全局重點推敲，挖掘并應用隱含條件，梳理解題思路或建立輔助方程，是求解的關鍵。通常，隱含條件可通過觀察物理現象、認識物理模型和分析物理過程，甚至從試題的字里行間或圖像中去挖掘。
4．存在多種情況的問題——要分析制約條件，探討各種情況
解題時必須根據不同條件對各種可能情況進行全面分析，必要時要自己擬定討論方案，將問題根據一定的標準分類，再逐類進行探討，防止漏解?！?br/>考向1 動量觀點和動力學觀點的綜合應用
1．如圖甲，質量為的小物塊放在長木板左端，小物塊與長木板間的動摩擦因數。長木板靜止在水平面上，右端緊靠豎直墻面，質量為，與地面間的動摩擦因數為。時刻小物塊獲得水平向右的初速度，同時給小物塊施加如圖乙所示的水平向右的作用力。4s時小物塊與豎直墻壁發生彈性碰撞，碰撞時間極短。最終，小物塊靜止于長木板上某一位置，重力加速度g取。求：
（1）4s內水平向右作用力的沖量大?。?br/>（2）小物塊與豎直墻碰撞前瞬間速度的大小；
（3）小物塊相對長木板靜止時，距長木板右端的距離。

2．“打水漂”是很多同學體驗過的游戲，小石片被水平拋出，碰到水面時并不會直接沉入水中、而是擦著水面滑行一小段距離再次彈起飛行，跳躍數次后沉入水中，俗稱“打水漂”。如圖所示，某同學在岸邊離水面高度處，將一質量的小石片以初速度水平拋出。若小石片第1次在水面上滑行時受到水平阻力的大小為，接觸水面后彈起，彈起時豎直方向的速度是剛接觸水面時豎直速度的。取重力加速度，不計空氣阻力。求：
（1）小石片第1次離開水面后到再次碰到水面前，在空中運動的水平距離；
（2）第1次與水面接觸過程中，水面對小石片的作用力大小。
考向2 動量觀點和能量觀點的綜合應用
3．裝置簡圖如圖所示，傳送帶長度為，以速度逆時針勻速轉動，傳送帶左右兩側平臺等高光滑，右側豎直墻壁上固定一個輕質彈簧，左側平臺上固定一個光滑圓軌道，軌道半徑為8cm，圓軌道左側平面粗糙且足夠長，與圓軌道底距離為處靜止一個質量為1kg的物塊，一個質量為3kg的物塊以初速度與物塊發生彈性碰撞，物塊通過圓軌道最高點，物塊與粗糙面的動摩擦因數為0.1，物塊與傳送帶的動摩擦因數也為0.1，取，、物塊均看作質點，求：
（1）物塊經過圓軌道最高點時對軌道的壓力。
（2）物塊向左離開傳送帶前，與傳送帶間的摩擦產生的熱量。
4．如圖，光滑水平面上有一質量為m=1kg的滑塊A靜止在P點，在O點有一質量為M=2kg、長度為L=0.6m的長木板B，其兩側有固定擋板，在長木板B上最右側放置一質量也為M=2kg小物塊C，滑塊A在外力F=2N作用下，經過時間t=1.5s到達O點時，在O點立即撤去外力同時與B發生碰撞。已知小物塊C與長木板B間的動摩擦因數為μ=0.1，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短，g=10m/s2，求：
（1）滑塊A剛到達O點時的速度；
（2）滑塊A與長木板B碰后瞬間，長木板的速度；
（3）物塊C最終與長木板B右側擋板的距離。
考向3 三大觀點解決多過程問題
5．如圖所示，在光滑水平面上有一個質量為mA= 5kg帶有光滑半圓凹槽的物塊A，凹槽的半徑R = 1m，凹槽底部到平臺的厚度忽略不計，在凹槽A的右側有一質量為mB= 3kg的物塊B。開始時，A、B緊靠在一起（未粘連）處于靜止狀態。若鎖定凹槽A，將質量為mC= 2kg的小球C從高h = 4m處由靜止釋放，小球C從圓弧面的D點沿切線進入凹槽。若解除凹槽A的鎖定，從同一位置釋放小球C，小球C在凹槽中運動一段時間后物塊B與凹槽A分離，然后物塊B向右運動一段距離與右側豎直墻發生彈性碰撞，返回時剛好在小球第9次經過凹槽A最低點F時與凹槽A發生彈性碰撞，重力加速度取g = 10m/s2，不計空氣阻力，小球C可看成質點。
（1）求凹槽A鎖定時，小球C運動到F點時，對凹槽A的壓力大??；
（2）在解除凹槽A的鎖定情況下，求：
①物塊B與凹槽A第一次分離時，小球C的速度大小；
②小球C第一次沖出凹槽A后直到最高點過程的水平位移大??；
③通過計算判斷凹槽A與物塊B發生彈性碰撞后，小球C還能否沖出凹槽。
6．如圖所示，在光滑水平地面上，固定一個傾角的斜面，斜面與小球的動摩擦因數為。在斜面底端附件放有一個勻質物塊，物塊的質量、長度。在物塊內部有如圖所示一條左右對稱的均勻細通道。通道的傾角?，F在斜面上高處有一個質量的小球正以的速度沿斜面向上運動時，突然獲得一個沿斜面向下的瞬時沖量，小球在末恰好到達斜面底部，以后小球進入物塊中的通道運動。
（1）求瞬時沖量的大小。
（2）已知小球在整個運動過程中所經過的路徑都平滑相連，小球在細通道運動時所受到的摩擦阻力大小為。通過計算判斷小球能否通過物塊，并求小球離開物塊時速度的大小。
（3）改變條件，假設某次小球離開物塊時，小球的速度為物塊為，此時它們進入一段特殊的路面，該路面是在光滑路面上鋪設了8段粗糙程度不同的路面，每段長度為，它們與物塊的動摩擦系數分別是，相鄰的兩段粗糙路面之間是每段長的光滑路面，整個路面依然水平，假設小球的運動不受該路面的影響仍然保持勻速，求：
①物塊停下時，其右端離該段特殊路面起始端多遠？
②如果僅當物塊在經過這段特殊路面時，對其施加一個恒力，使物塊以后能夠再次與小球相遇，則這個恒力不能小于多少？

1．（2023年6月浙江卷高考真題）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用勁度系數的輕質彈簧連接，靜置于軌道FG上。現有質量的滑塊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，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。
2．（2022年廣東卷高考真題）某同學受自動雨傘開傘過程的啟發，設計了如圖所示的物理模型。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。當滑塊從A處以初速度為向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f為，滑塊滑到B處與滑桿發生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動。已知滑塊的質量，滑桿的質量，A、B間的距離，重力加速度g取，不計空氣阻力。求：
（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和；
（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。
第32講 三大基本觀點的綜合應用
目錄
復習目標
網絡構建
考點 三大基本觀點的綜合應用
【夯基·必備基礎知識梳理】
知識點1 三大觀點及相互聯系
知識點2 三大觀點的選用原則
知識點3 用三大觀點的解物理題要掌握的科學思維方法　
【提升·必考題型歸納】
考向1 動量觀點和動力學觀點的綜合應用
考向2 動量觀點和能量觀點的綜合應用
考向3 三大觀點解決多過程問題
真題感悟
掌握動力學、動量和能量三大處理物理問題觀點。
能夠應用三大觀點解決復雜的物理過程。
考點要求 考題統計 考情分析
力學三大觀點 2023年全國乙卷第25題 2023年全國甲卷第25題 2023年6月浙江卷第21題 高考對力學三大觀點的考查很頻繁，大多在綜合性的計算題，多以壓軸題的形式出現，難度普遍較大。
考點 三大基本觀點的綜合應用
知識點1 三大觀點及相互聯系
知識點2 三大觀點的選用原則
力學中首先考慮使用兩個守恒定律。從兩個守恒定律的表達式看出多項都是狀態量(如速度、位置)，所以守恒定律能解決狀態問題，不能解決過程(如位移x，時間t)問題，不能解決力(F)的問題。
(1)若是多個物體組成的系統，優先考慮使用兩個守恒定律。
(2)若物體(或系統)涉及速度和時間，應考慮使用動量定理。
(3)若物體(或系統)涉及位移和時間，且受到恒力作用，應考慮使用牛頓運動定律。
(4)若物體(或系統)涉及位移和速度，應考慮使用動能定理，系統中摩擦力做功時應用摩擦力乘以相對路程，動能定理解決曲線運動和變加速運動特別方便。
知識點3 用三大觀點的解物理題要掌握的科學思維方法
1．多體問題——要正確選取研究對象，善于尋找相互聯系
選取研究對象和尋找相互聯系是求解多體問題的兩個關鍵。選取研究對象后需根據不同的條件采用隔離法，即把研究對象從其所在的系統中抽離出來進行研究；或采用整體法，即把幾個研究對象組成的系統作為整體進行研究；或將隔離法與整體法交叉使用。
通常，符合守恒定律的系統或各部分運動狀態相同的系統，宜采用整體法；在需討論系統各部分間的相互作用時，宜采用隔離法；對于各部分運動狀態不同的系統，應慎用整體法。至于多個物體間的相互聯系，通常可從它們之間的相互作用、運動的時間、位移、速度、加速度等方面去尋找。
2．多過程問題——要仔細觀察過程特征，妥善運用物理規律
觀察每一個過程特征和尋找過程之間的聯系是求解多過程問題的兩個關鍵。分析過程特征需仔細分析每個過程的約束條件，如物體的受力情況、狀態參量等，以便運用相應的物理規律逐個進行研究。至于過程之間的聯系，則可從物體運動的速度、位移、時間等方面去尋找。
3．含有隱含條件的問題——要深究細琢，努力挖掘隱含條件
注重審題，深究細琢，綜觀全局重點推敲，挖掘并應用隱含條件，梳理解題思路或建立輔助方程，是求解的關鍵。通常，隱含條件可通過觀察物理現象、認識物理模型和分析物理過程，甚至從試題的字里行間或圖像中去挖掘。
4．存在多種情況的問題——要分析制約條件，探討各種情況
解題時必須根據不同條件對各種可能情況進行全面分析，必要時要自己擬定討論方案，將問題根據一定的標準分類，再逐類進行探討，防止漏解。　
考向1 動量觀點和動力學觀點的綜合應用
1．如圖甲，質量為的小物塊放在長木板左端，小物塊與長木板間的動摩擦因數。長木板靜止在水平面上，右端緊靠豎直墻面，質量為，與地面間的動摩擦因數為。時刻小物塊獲得水平向右的初速度，同時給小物塊施加如圖乙所示的水平向右的作用力。4s時小物塊與豎直墻壁發生彈性碰撞，碰撞時間極短。最終，小物塊靜止于長木板上某一位置，重力加速度g取。求：
（1）4s內水平向右作用力的沖量大??；
（2）小物塊與豎直墻碰撞前瞬間速度的大?。?br/>（3）小物塊相對長木板靜止時，距長木板右端的距離。

【答案】（1）；（2）；（3）12m
【詳解】（1）沖量大小即為圖線與坐標軸圍成的面積，則
（2）對小物塊，取向右為正方向，由動量定理可得帶入數據解得
（3）物塊與墻壁碰撞后速度大小不變，方向向左，對木板，由牛頓第二定律可得
解得木板加速度大小為對物塊可得解得物塊加速度大小為設經過時間t，木塊和木板速度相等，由運動學公式可得解得由于，所以物塊和木板共速后保持相對靜止，木板位移為物塊位移為這段時間內相對位移為所以小物塊相對長木板靜止時，距長木板右端的12m。
2．“打水漂”是很多同學體驗過的游戲，小石片被水平拋出，碰到水面時并不會直接沉入水中、而是擦著水面滑行一小段距離再次彈起飛行，跳躍數次后沉入水中，俗稱“打水漂”。如圖所示，某同學在岸邊離水面高度處，將一質量的小石片以初速度水平拋出。若小石片第1次在水面上滑行時受到水平阻力的大小為，接觸水面后彈起，彈起時豎直方向的速度是剛接觸水面時豎直速度的。取重力加速度，不計空氣阻力。求：
（1）小石片第1次離開水面后到再次碰到水面前，在空中運動的水平距離；
（2）第1次與水面接觸過程中，水面對小石片的作用力大小。
【答案】（1）6m；（2）2.0N
【詳解】（1）小石片拋出過程有，解得則第一次反彈豎直方向的分速度大小第一次接觸水面水平方向有，解得令小石片第1次離開水面后到再次碰到水面經歷時間為，則有，解得
（2）第1次與水面接觸過程豎直方向有解得則水面對小石片的作用力大小解得
考向2 動量觀點和能量觀點的綜合應用
3．裝置簡圖如圖所示，傳送帶長度為，以速度逆時針勻速轉動，傳送帶左右兩側平臺等高光滑，右側豎直墻壁上固定一個輕質彈簧，左側平臺上固定一個光滑圓軌道，軌道半徑為8cm，圓軌道左側平面粗糙且足夠長，與圓軌道底距離為處靜止一個質量為1kg的物塊，一個質量為3kg的物塊以初速度與物塊發生彈性碰撞，物塊通過圓軌道最高點，物塊與粗糙面的動摩擦因數為0.1，物塊與傳送帶的動摩擦因數也為0.1，取，、物塊均看作質點，求：
（1）物塊經過圓軌道最高點時對軌道的壓力。
（2）物塊向左離開傳送帶前，與傳送帶間的摩擦產生的熱量。
【答案】（1），方向豎直向上；（2）
【詳解】（1）物塊A與物塊B發生彈性碰撞，根據動量守恒定律和機械能守恒定律有；
解得；設碰撞后物體A向右運動的距離為，根據動能定理可知代入數據解得若碰撞后物塊B恰好經過圓軌道最高點，由牛頓第二定律可知設物塊B通過圓軌道最高點時的速度為，根據動能定理可知聯立解得則則物塊一定可以通過圓軌道最高點，在最高點由牛頓第二定律可知解得根據牛頓第三定律可知物體經過圓軌道最高點對軌道的壓力為，方向豎直向上。
（2）設B物塊離開圓軌道時的速度為，根據動能定理可知代入數據解得設B物塊運動到傳送帶右端時的速度為，由動能定理可知代入數據解得設B物塊在傳送帶上向右運動的時間為，則對由動量定理可知
此過程中B物塊和傳送帶間由于摩擦產生的熱量為，B物塊繼續向右運動經過彈簧反彈后以速度向左滑上傳送帶，若一直向左加速到傳送帶左端時的速度為，對B物體由動能定理可知
解得因此B物塊向左滑上傳送帶后先加速到和傳送帶一樣的速度，然后與傳送帶一起向左做勻速運動，離開傳送帶時的速度為，設B物塊加速到與傳送帶速度相同經歷的時間為，則由動量定理可知此過程中物塊B與傳送帶間由于摩擦產生的熱量為，B物塊與傳送帶間由于摩擦產生的總熱量為代入數據解得
4．如圖，光滑水平面上有一質量為m=1kg的滑塊A靜止在P點，在O點有一質量為M=2kg、長度為L=0.6m的長木板B，其兩側有固定擋板，在長木板B上最右側放置一質量也為M=2kg小物塊C，滑塊A在外力F=2N作用下，經過時間t=1.5s到達O點時，在O點立即撤去外力同時與B發生碰撞。已知小物塊C與長木板B間的動摩擦因數為μ=0.1，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短，g=10m/s2，求：
（1）滑塊A剛到達O點時的速度；
（2）滑塊A與長木板B碰后瞬間，長木板的速度；
（3）物塊C最終與長木板B右側擋板的距離。
【答案】（1）3m/s，方向水平向右；（2）2m/s，方向水平向右；（3）0.2m
【詳解】（1）設滑塊A剛到達O點時的速度為，根據動量定理有解得方向水平向右。
（2）滑塊A與長木板B碰后瞬間，設滑塊和長木板的速度分別為和，根據系統動量守恒定律和機械能守恒定律分別有；聯立解得，滑塊A與長木板B碰后瞬間，長木板的速度大小為，方向水平向右。
（3）長木板B和物塊C組成的系統在水平方向所受合外力為零，所以動量守恒，設B、C最終達到的共同速度為，則有解得設C相對B滑動的路程為，對B、C組成的系統根據能量守恒可得解得所以物塊C最終與長木板B右側擋板的距離為
考向3 三大觀點解決多過程問題
5．如圖所示，在光滑水平面上有一個質量為mA= 5kg帶有光滑半圓凹槽的物塊A，凹槽的半徑R = 1m，凹槽底部到平臺的厚度忽略不計，在凹槽A的右側有一質量為mB= 3kg的物塊B。開始時，A、B緊靠在一起（未粘連）處于靜止狀態。若鎖定凹槽A，將質量為mC= 2kg的小球C從高h = 4m處由靜止釋放，小球C從圓弧面的D點沿切線進入凹槽。若解除凹槽A的鎖定，從同一位置釋放小球C，小球C在凹槽中運動一段時間后物塊B與凹槽A分離，然后物塊B向右運動一段距離與右側豎直墻發生彈性碰撞，返回時剛好在小球第9次經過凹槽A最低點F時與凹槽A發生彈性碰撞，重力加速度取g = 10m/s2，不計空氣阻力，小球C可看成質點。
（1）求凹槽A鎖定時，小球C運動到F點時，對凹槽A的壓力大??；
（2）在解除凹槽A的鎖定情況下，求：
①物塊B與凹槽A第一次分離時，小球C的速度大小；
②小球C第一次沖出凹槽A后直到最高點過程的水平位移大??；
③通過計算判斷凹槽A與物塊B發生彈性碰撞后，小球C還能否沖出凹槽。
【答案】（1）180N；（2）①8m/s；②；③能
【詳解】（1）若將凹槽A鎖定，根據機械能守恒根據牛頓第二定律
解得FN = 180N由牛頓第三定律得，小球C在F點時對凹槽A的壓力大小為F壓 = FN = 180N
（2）①對ABC，根據機械能守恒有水平方向動量守恒，取向左為正方向，有mCv2－(mA＋mB)v1 = 0解得v2 = 8m/s，v1 = 2m/s
②對AC組成的系統，水平方向合力始終為零，水平方向動量守恒，取向左為正方向，
有解得根據系統機械能守恒有
解得小球C與凹槽A分離后到最高點的運動過程中，有則
③小球C第9次經過凹槽最低點F時的情況與第1次的情況相同，即凹槽A、小球C的速度大小仍為
v2 = 8m/s，v1 = 2m/s對AB發生彈性碰撞，根據機械能守恒有取向左為正方向，根據水平方向動量守恒有解得，對AC，水平方向動量守恒，取向左為正方向，有解得根據機械能守恒有解得故還能沖出凹槽。
6．如圖所示，在光滑水平地面上，固定一個傾角的斜面，斜面與小球的動摩擦因數為。在斜面底端附件放有一個勻質物塊，物塊的質量、長度。在物塊內部有如圖所示一條左右對稱的均勻細通道。通道的傾角。現在斜面上高處有一個質量的小球正以的速度沿斜面向上運動時，突然獲得一個沿斜面向下的瞬時沖量，小球在末恰好到達斜面底部，以后小球進入物塊中的通道運動。
（1）求瞬時沖量的大小。
（2）已知小球在整個運動過程中所經過的路徑都平滑相連，小球在細通道運動時所受到的摩擦阻力大小為。通過計算判斷小球能否通過物塊，并求小球離開物塊時速度的大小。
（3）改變條件，假設某次小球離開物塊時，小球的速度為物塊為，此時它們進入一段特殊的路面，該路面是在光滑路面上鋪設了8段粗糙程度不同的路面，每段長度為，它們與物塊的動摩擦系數分別是，相鄰的兩段粗糙路面之間是每段長的光滑路面，整個路面依然水平，假設小球的運動不受該路面的影響仍然保持勻速，求：
①物塊停下時，其右端離該段特殊路面起始端多遠？
②如果僅當物塊在經過這段特殊路面時，對其施加一個恒力，使物塊以后能夠再次與小球相遇，則這個恒力不能小于多少？

【答案】（1）；（2）能，；（3）①，②
【詳解】（1）小球向下運動的時候，由牛頓第二定律有可得
所以勻速運動，依題意有；得
（2）易知，每段通道長，高，假設走完左邊通道二者恰好共速，速度大小為，則小球應該上升高度設為，由動量守恒和能量守恒有；得因為>，所以能夠通過物塊。設通過后，小球及物塊速度分別為和，則有；
解得
（3）令；
①物塊在經過每段粗糙路面時，第一個0.4m摩擦力隨位移均勻增大，第二個0.4m摩擦力不變且最大，第三個0.4m摩擦力隨位移均勻減小。最大摩擦力每經過一個粗糙路面克服摩擦力做功由于所以會停在0.40.8m之間，設物塊位移為，由動能定理有得
②物塊走完這段特殊路面，發生的位移以后要追上小球，則物塊的末速度
由動能定理有解得
1．（2023年6月浙江卷高考真題）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用勁度系數的輕質彈簧連接，靜置于軌道FG上?，F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，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
2．（2022年廣東卷高考真題）某同學受自動雨傘開傘過程的啟發，設計了如圖所示的物理模型。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。當滑塊從A處以初速度為向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f為，滑塊滑到B處與滑桿發生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動。已知滑塊的質量，滑桿的質量，A、B間的距離，重力加速度g取，不計空氣阻力。求：
（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和；
（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。
【答案】（1），；（2）；（3）
【詳解】（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，即當滑塊向上滑動過程中受到滑桿的摩擦力為1N，根據牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1N，方向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力為
（2）滑塊向上運動到碰前瞬間根據動能定理有代入數據解得。
（3）由于滑塊和滑桿發生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，碰撞過程根據動量守恒有
碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運動，根據動能定理有
代入數據聯立解得。

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