2024屆物理一輪復(fù)習(xí)講義專題強化十一 碰撞中的三類拓展模型含答案

2024屆物理一輪復(fù)習(xí)講義專題強化十一碰撞中的三類拓展模型學(xué)習(xí)目標(biāo)會分析“滑塊—彈簧”“滑塊—斜(曲)面”“滑塊—木板”與碰撞的相似性，并會用碰撞的相關(guān)知識解決實際問題。模型一“滑塊—彈簧”模型1.模型圖示2.模型特點(1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒，類似彈性碰撞。(2)在能量方面，由于彈簧形變會使彈性勢能發(fā)生變化，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化；若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒。(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)。(4)彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當(dāng)于碰撞結(jié)束時)。例1(2023·遼寧沈陽市聯(lián)考)如圖1甲所示，物體A、B的質(zhì)量分別是m1＝4kg和m2＝4kg，用輕彈簧相連后放在光滑的水平面上，物體B左側(cè)與豎直墻相接觸但不粘連。另有一個物體C從t＝0時刻起，以一定的速度向左運動，在t＝5s時刻與物體A相碰，碰后立即與A粘在一起，此后A、C不再分開。物體C在前15s內(nèi)的v－t圖像如圖乙所示。求：圖1(1)物體C的質(zhì)量m3；(2)B離開墻壁后所能獲得的最大速度大小。答案(1)2kg(2)2.4m/s解析(1)以水平向左的方向為正方向，A、C碰撞過程中動量守恒，則有m3vC＝(m1＋m3)v共1代入v－t圖像中的數(shù)據(jù)解得m3＝2kg。(2)從B開始離開墻面到B速度最大的過程，相當(dāng)于B與AC整體完成了一次彈性碰撞，以水平向右為正方向，則有(m1＋m3)v共1′＝(m1＋m3)v共2＋m2v2eq\f(1,2)(m1＋m3)v共1′2＝eq\f(1,2)(m1＋m3)veq\o\al(2,共2)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)由v－t圖像可得v共1′大小為2m/s，方向水平向右解得B的最大速度為v2＝2.4m/s。跟蹤訓(xùn)練1.(多選)如圖2所示，光滑水平面上放置著總質(zhì)量為2m、右端帶有固定擋板的長木板。一輕質(zhì)彈簧與擋板相連，彈簧左端與長木板左端的距離為x1。質(zhì)量為m的滑塊(可視為質(zhì)點)從長木板的左端以速度v1滑上長木板，且恰好能夠回到長木板的左端，在此過程中彈簧的最大壓縮量為x2。若將長木板固定，滑塊滑上長木板的速度改為v2，彈簧的最大壓縮量也為x2，且滑塊最終也與彈簧分離。已知滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則()圖2A.v1＝eq\f(\r(6),2)v2B.彈簧彈性勢能的最大值為eq\f(1,3)mveq\o\al(2,1)C.彈簧彈性勢能的最大值為μmgx1D.滑塊以速度v2滑上固定的長木板，也恰好能夠回到長木板的左端答案AD解析當(dāng)長木板不固定，彈簧被壓縮到最短時兩者速度相同，設(shè)為v，彈簧最大彈性勢能為Ep，從滑塊以速度v1滑上長木板到彈簧被壓縮到最短的過程，由動量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝3mv，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×3mv2＋μmg(x1＋x2)＋Ep，從彈簧被壓縮至最短到滑塊恰好滑到長木板的左端，兩者速度再次相等，由能量守恒定律Ep＝μmg(x1＋x2)，若把長木板固定，滑塊滑上長木板的速度為v2，彈簧的最大壓縮量也為x2，由能量守恒定律eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝μmg(x1＋x2)＋Ep，聯(lián)立可得v1＝eq\f(\r(6),2)v2，Ep＝eq\f(1,6)mveq\o\al(2,1)，選項A正確，B、C錯誤；設(shè)滑塊被彈簧彈開，運動到長木板左端時的速度為v3，由能量守恒定律Ep＝μmg(x1＋x2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，代入數(shù)據(jù)可解得v3＝0，說明滑塊以速度v2滑上長木板，也恰好能回到長木板的左端，故D正確。模型二“滑塊—斜(曲)面”模型1.模型圖示2.模型特點(1)最高點：m1與m2具有共同水平速度v共，m1不會從此處或提前偏離軌道。系統(tǒng)水平方向動量守恒，m1v0＝(m2＋m1)v共；系統(tǒng)機械能守恒，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m2＋m1)veq\o\al(2,共)＋m1gh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度(完全非彈性碰撞拓展模型)。(2)最低點：m1與m2分離點。水平方向動量守恒，m1v0＝m1v1＋m2v2；系統(tǒng)機械能守恒，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)(完全彈性碰撞拓展模型)。例2(2023·遼寧大連模擬)如圖3所示，一質(zhì)量為2m的帶軌道的小車靜止在水平面上，小車軌道的AB段水平，BC段為豎直的半徑為R的四分之一圓弧。左側(cè)平臺與小車的水平軌道等高，小車靜止時與平臺間的距離可忽略。一質(zhì)量為m的滑塊(可視為質(zhì)點)水平向右以大小為6eq\r(gR)的初速度從左側(cè)平臺滑上小車。不計一切摩擦，重力加速度為g。圖3(1)求滑塊離開C點后相對于水平軌道AB上升的最大高度；(2)若小車水平軌道AB相對水平面的高度為0.5R，求滑塊從左端滑離小車后落地瞬間滑塊與小車左端的距離為多少？答案(1)12R(2)6R解析(1)滑塊離開C點后相對于水平軌道AB上升到最大高度過程中，滑塊與小車水平動量守恒，有mv0＝(m＋2m)v滑塊與小車組成的系統(tǒng)能量守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×3mv2＋mgh解得h＝12R。(2)滑塊(可視為質(zhì)點)滑上小車到滑塊從左端滑離小車，滑塊與小車水平方向動量守恒，有mv0＝mv1＋2mv2滑塊與小車機械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)解得v1＝－eq\f(1,3)v0，v2＝eq\f(2,3)v0設(shè)滑塊離開小車下落時間為t，有h＝eq\f(1,2)gt2滑塊從左端滑離小車后落地瞬間滑塊與小車左端的距離x＝eq\f(1,3)v0t＋eq\f(2,3)v0t＝6R。跟蹤訓(xùn)練2.(2023·福建福州高三階段檢測)如圖4所示，在水平面上依次放置小物塊A和C以及曲面劈B，其中小物塊A與小物塊C的質(zhì)量相等均為m，曲面劈B的質(zhì)量M＝3m，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且曲面劈B足夠高，各接觸面均光滑。現(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運動，與小物塊A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度為g。求：圖4(1)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達(dá)到的最大高度。答案(1)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(3veq\o\al(2,0),40g)解析(1)小物塊C與物塊A發(fā)生碰撞粘在一起，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝2mv解得v＝eq\f(1,2)v0碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為E損＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2解得E損＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)。(2)當(dāng)小物塊A、C上升到最大高度時，A、B、C系統(tǒng)的速度相等，三者組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得mv0＝(m＋m＋3m)v1解得v1＝eq\f(1,5)v0根據(jù)機械能守恒定律得2mgh＝eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)×5meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)v0))eq\s\up12(2)解得h＝eq\f(3veq\o\al(2,0),40g)。模型三“滑塊—木板”模型(子彈打木塊模型)1.模型圖示2.模型特點(1)若子彈未射穿木塊或滑塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相等時木塊或木板的速度最大，兩者的相對位移(子彈為射入木塊的深度)取得極值(完全非彈性碰撞拓展模型)。(2)系統(tǒng)的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機械能，即ΔE＝Q＝Ffs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2。(3)根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)損失的動能ΔEk＝eq\f(M,m＋M)Ek0，可以看出，子彈(或滑塊)的質(zhì)量越小，木塊(或木板)的質(zhì)量越大，動能損失越多。例3如圖5所示，光滑水平面上放一木板A，質(zhì)量M＝4kg，小鐵塊B(可視為質(zhì)點)質(zhì)量為m＝1kg，木板A和小鐵塊B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，小鐵塊B以v0＝10m/s的初速度從木板A的左端沖上木板，恰好不滑離木板(g＝10m/s2)。求：圖5(1)A、B的加速度分別為多少？(2)經(jīng)過多長時間A、B速度相同，相同的速度為多少？(3)薄木板的長度。答案(1)0.5m/s22m/s2(2)4s2m/s(3)20m解析(1)對小鐵塊B受力分析，由牛頓第二定律有μmg＝maB，即aB＝μg＝2m/s2對木板A受力分析，由牛頓第二定律有μmg＝MaA，即aA＝eq\f(μmg,M)＝0.5m/s2。(2)由于A、B組成的系統(tǒng)所受合外力為零，則A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，有mv0＝(m＋M)v共代入數(shù)據(jù)解得v共＝2m/s由于木板A做勻加速直線運動，則v共＝aAt代入數(shù)據(jù)解得t＝4s。(3)設(shè)薄木板的長度為L，則對A、B整體由動能定理有－μmgL＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,共)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)解得L＝20m。跟蹤訓(xùn)練3.(多選)如圖6所示，質(zhì)量為M的木塊放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射中木塊，并最終留在木塊中與木塊一起以速度v運動，已知當(dāng)子彈相對木塊靜止時，木塊前進(jìn)距離L，子彈進(jìn)入木塊的深度為s，此過程經(jīng)歷的時間為t。若木塊對子彈的阻力大小f視為恒定，則下列關(guān)系式中正確的是()圖6A.fL＝eq\f(1,2)Mv2 B.ft＝mv0－mvC.v＝eq\f(mv0,M) D.fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2答案AB解析由動能定理，對木塊可得fL＝eq\f(1,2)Mv2，故A正確；以向右為正方向，由動量定理，對子彈可得－ft＝mv－mv0，故B正確；對木塊、子彈整體，根據(jù)動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)，故C錯誤；根據(jù)能量守恒定律得fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2，故D錯誤。4.(2022·四川成都模擬)如圖7，長為L的矩形長木板靜置于光滑水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊以水平向右的初速度v0滑上木板左端。①若木板固定，則滑塊離開木板時的速度大小為eq\f(v0,3)；②若木板不固定，則滑塊恰好不離開木板。滑塊可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g。求：圖7(1)滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ；(2)木板的質(zhì)量M；(3)兩種情況下，滑塊從木板左端滑到右端的過程中，摩擦力對滑塊的沖量大小之比I1∶I2。答案(1)eq\f(4veq\o\al(2,0),9gL)(2)8m(3)3∶4解析(1)木板固定時，滑塊做勻減速直線運動，所受摩擦力大小為Ff＝μmg由動能定理有－μmgL＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得μ＝eq\f(4veq\o\al(2,0),9gL)。(2)木板不固定時，木板和滑塊系統(tǒng)在相互作用過程中動量守恒，設(shè)兩者共速時的速度為v，由動量守恒定律有mv0＝(m＋M)v由能量守恒定律有μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2聯(lián)立兩式解得M＝8m。(3)規(guī)定水平向右的方向為正方向，木板固定時，由動量定理有I1＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3)))－mv0＝－eq\f(2,3)mv0木板不固定時滑塊末速度為v＝eq\f(mv0,m＋M)＝eq\f(v0,9)由動量定理有I2＝mv－mv0＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,9)))－mv0＝－eq\f(8,9)mv0解得I1∶I2＝3∶4。1.質(zhì)量為M的木塊在光滑水平面上以速度v1向右運動，質(zhì)量為m的子彈以速度v2水平向左射入木塊，要使木塊停下來，必須使發(fā)射子彈的數(shù)目為(子彈均留在木塊中不穿出)()A.eq\f(（M－m）v1,mv2) B.eq\f(Mv1,（M＋m）v2)C.eq\f(Mv1,mv2) D.eq\f(mv1,Mv2)答案C解析設(shè)發(fā)射子彈的數(shù)目為n，選擇n顆子彈和木塊組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)在水平方向所受的合外力為零，滿足動量守恒的條件。以子彈運動的方向為正方向，由動量守恒定律有nmv2－Mv1＝0，得n＝eq\f(Mv1,mv2)，所以選項C正確。2.(多選)(2023·天津?qū)氎鎱^(qū)高三期末)如圖1所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量也為m的小球從槽上高h(yuǎn)處由靜止開始自由下滑()圖1A.在下滑過程中，小球?qū)Σ鄣淖饔昧ψ稣.在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)動量守恒C.被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動D.被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h(yuǎn)處答案AC解析在下滑過程中，槽要向左運動，動能增加，小球和槽之間的相互作用力與槽的速度不垂直，所以對槽要做正功，A正確；小球在下滑過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向不受力，只有水平方向動量守恒，B錯誤；小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，球與槽的質(zhì)量相等，小球沿槽下滑，球與槽分離后，小球與槽的速度大小相等，小球被反彈后球與槽的速度相等，小球不能滑到槽上，不能達(dá)到高度h處，都做勻速直線運動，C正確，D錯誤。3.如圖2所示，兩光滑且平行的固定水平桿位于同一豎直平面內(nèi)，兩靜止小球m1、m2分別穿在兩桿上，兩球間拴接一豎直輕彈簧，彈簧處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)給小球m2一個水平向右的初速度v0，兩桿足夠長，則在此后的運動過程中()圖2A.m1、m2組成的系統(tǒng)動量不守恒B.m1、m2組成的系統(tǒng)機械能守恒C.彈簧最長時，其彈性勢能為eq\f(m2veq\o\al(2,0),2（m1＋m2）)D.m1的最大速度是eq\f(2m2v0,m1＋m2)答案D解析m1、m2組成的系統(tǒng)受合外力為零，則系統(tǒng)的動量守恒，選項A錯誤；m1、m2及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，選項B錯誤；彈簧最長時，兩球共速，則由動量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，此時彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(m1m2veq\o\al(2,0),2（m1＋m2）)，選項C錯誤；當(dāng)彈簧再次回到原長時m1的速度最大，則m2v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(2m2v0,m1＋m2)，選項D正確。4.(2022·重慶模擬)如圖3所示，在足夠大的光滑水平面上停放著裝有光滑弧形槽的小車，弧形槽的底端切線水平，一小球以大小為v0的水平速度從小車弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不從弧形槽的頂端離開。小車與小球的質(zhì)量分別為2m、m，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，以弧形槽底端所在的水平面為參考平面。下列說法正確的是()圖3A.小球的最大重力勢能為eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)B.小球離開小車后，小球做自由落體運動C.在小球沿小車弧形槽滑行的過程中，小車對小球做的功為0D.在小球沿小車弧形槽滑行的過程中，合力對小車的沖量大小為eq\f(2,3)mv0答案A解析經(jīng)分析可知，小球到達(dá)弧形槽頂端時，小球與小車的速度相同(設(shè)共同速度大小為v)，在小球沿小車弧形槽上滑的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有mv0＝3mv，根據(jù)機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×3mv2＋Ep，解得Ep＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)，故A正確；設(shè)小球返回弧形槽的底端時，小球與小車的速度分別為v1、v2，在小球沿小車弧形槽滑行的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，以v0的方向為正方向，則mv0＝mv1＋2mv2，根據(jù)機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)，解得v1＝－eq\f(v0,3)，v2＝eq\f(2,3)v0，小球離開小車后將做平拋運動，故B錯誤；根據(jù)動能定理，在小球沿小車弧形槽滑行的過程中，小車對小球做的功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－eq\f(4,9)mveq\o\al(2,0)，故C錯誤；根據(jù)動量定理，在小球沿小車弧形槽滑行的過程中，合力對小車的沖量I＝2mv2－0＝eq\f(4,3)mv0，故D錯誤。5.(多選)如圖4所示，A、B兩木塊靠在一起放于光滑的水平面上，A、B的質(zhì)量分別為mA＝2.0kg，mB＝1.5kg，一個質(zhì)量為mC＝0.5kg的小鐵塊C以v0＝8m/s的速度滑到木塊A上，離開木塊A后最終與木塊B一起勻速運動。若木塊A在鐵塊C滑離后的速度為vA＝0.8m/s，鐵塊C與木塊A、B間動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4，取g＝10m/s2。下列說法正確的是()圖4A.鐵塊C在滑離A時的速度為2.4m/sB.木塊B的長度至少為0.24mC.鐵塊C在木塊B上滑行的時間為3.0sD.全過程鐵塊C克服摩擦力做的功為15.64J答案ABD解析鐵塊C在滑離A的瞬間，由動量守恒定律mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCvC，代入數(shù)據(jù)解得vC＝2.4m/s，所以A正確；鐵塊C和木塊B相互作用最終和B達(dá)到相同的速度，鐵塊C和B作用過程中動量守恒、能量守恒，有mCvC＋mBvA＝(mC＋mB)vB，eq\f(1,2)(mC＋mB)veq\o\al(2,B)＋μmCgs1＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,A)，因鐵塊C沒有從木塊B上掉下來，所以木塊B的長度L≥s1，聯(lián)立以上方程代入數(shù)據(jù)，解得L≥0.24m，即木塊B的長度至少為0.24m，所以B正確；由B選項分析，可得C與B共速的速度為vB＝1.2m/s，C滑上B后做勻減速運動，加速度為aC＝μg＝4m/s2，則鐵塊C在木塊B上滑行的時間為t＝eq\f(vC－vB,aC)＝0.3s，所以C錯誤；C剛滑上A，C做勻減速運動，A做勻加速運動，則C的總位移為s2＝eq\f(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,C),2aC)＋eq\f(veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,B),2aC)＝7.82m，則全過程鐵塊C克服摩擦力做的功為Wf＝Ffs2＝15.64J，所以D正確。6.(2022·河北石家莊模擬)如圖5(a)所示，光滑的水平軌道AB與豎直面內(nèi)的半圓形軌道BCD在B點平滑連接，半圓形軌道半徑為R＝0.4m。一質(zhì)量為m1＝0.1kg的小物塊P將彈簧壓縮到A點后由靜止釋放，向右運動至B點與質(zhì)量為m2＝0.2kg的小物塊Q發(fā)生彈性碰撞，碰撞完成P立即被從軌道取走，Q從B點進(jìn)入半圓形軌道，在半圓形軌道上運動時速度的平方與其上升高度的關(guān)系如圖(b)所示。P、Q可看作質(zhì)點，重力加速度大小為g＝10m/s2，求：圖5(1)Q從B點運動到D點的過程中克服摩擦力做的功；(2)P將彈簧壓縮到A點時彈簧具有的彈性勢能(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。答案(1)0.4J(2)4.05J解析(1)由圖可知，Q在B、D兩點的速度分別為vB＝6m/s，vD＝4m/sQ從B點運動到D點的過程，由動能定理有－m2g·2R－Wf＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)代入數(shù)據(jù)解得，Q從B點運動到D點的過程中克服摩擦力做的功為Wf＝0.4J。(2)P、Q碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律可得m1v1＝m2vB＋m1v2由于是彈性碰撞，則根據(jù)機械能守恒定律有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)聯(lián)立解得，碰撞前P的速度為v1＝9m/sP將彈簧壓縮到A點時彈簧具有的彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)代入數(shù)值解得Ep＝4.05J。7.(2023·遼寧大連一模)如圖6所示，質(zhì)量為M的沙箱用四根長度均為L的不可伸長輕細(xì)線懸掛起來，沙箱擺動過程中只能發(fā)生平動，可用此裝置測量子彈的速度。若第一顆質(zhì)量為m的子彈在極短時間內(nèi)水平射入并留在沙箱中，沙箱能向上擺起的最大擺角為θ，重力加速度為g，不計空氣阻力，求：圖6(1)子彈打入沙箱前的瞬時速度多大；(2)若沙箱第一次擺回到最低點的瞬間又打入第二顆相同的子彈，且子彈沒有穿過沙箱，求第二顆子彈打入沙箱過程中系統(tǒng)損失的機械能。答案(1)eq\f(M＋m,m)eq\r(2gL（1－cosθ）)(2)eq\f(（M＋m）（M＋2m）,m)gL(1－cosθ)解析(1)在子彈與沙箱共速至沙箱偏離平衡位置的角度為θ的過程中，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)(M＋m)v2＝(M＋m)gL(1－cosθ)解得v＝eq\r(2gL（1－cosθ）)由水平方向動量守恒得mv0＝(M＋m)v解得v0＝eq\f(M＋m,m)eq\r(2gL（1－cosθ）)。(2)沙箱第一次擺回到最低點時，速度方向相反，大小不變。此時又打入第二顆相同的子彈，且子彈沒有穿過沙箱，根據(jù)動量守恒定律則有mv0－(M＋m)v＝(M＋2m)v′解得v′＝0根據(jù)能量守恒定律，第二顆子彈打入沙箱過程中系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得ΔE＝eq\f(（M＋m）（M＋2m）,m)gL(1－cosθ)。8.(2022·廣東卷，13)某同學(xué)受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設(shè)計了如圖7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?fàn)顟B(tài)。當(dāng)滑塊從A處以初速度v0＝10m/s向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f為1N，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＝0.2kg，滑桿的質(zhì)量M＝0.6kg，A、B間的距離l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：圖7(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。答案(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m解析(1)當(dāng)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＝8N當(dāng)滑塊向上滑動時受到滑桿的摩擦力為1N，根據(jù)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N2＝Mg－f′＝5N。(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\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)解得v1＝8m/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＝0.2m。專題強化十二力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用學(xué)習(xí)目標(biāo)1.掌握解決力學(xué)綜合問題常用的三大觀點。2.會靈活選用三大觀點解決力學(xué)綜合問題。1.三個基本觀點(1)力的觀點：運用牛頓運動定律結(jié)合運動學(xué)知識解題，可處理勻變速運動問題。(2)能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題。(3)動量觀點：用動量定理和動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題。2.規(guī)律選用原則(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關(guān)系式，可用牛頓第二定律。(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運動狀態(tài)改變時，一般用動量定理(涉及時間)或動能定理(涉及位移)去解決問題。(3)若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和機械能守恒定律去解決，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件。(4)在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量。(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，需注意到這些過程一般均含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換。作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決。例1(2023·山東濰坊模擬)如圖1甲所示，在同一豎直面內(nèi)，光滑水平面與傾角為37°的傳送帶通過一段半徑R＝2.25m的光滑圓軌道連接，圓軌道兩端分別與水平面及傳送帶相切于P、Q點，開始時滑塊B靜止，滑塊A以速度v0向B運動，A與B發(fā)生彈性碰撞，B通過圓軌道滑上順時針勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶。已知滑塊B滑上傳送帶后的v－t圖像如圖乙所示，t＝7.5s時B離開傳送帶的上端H點，滑塊A的質(zhì)量M＝2kg，滑塊B的質(zhì)量m＝1kg，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：甲乙圖1(1)碰撞后滑塊B的速度；(2)滑塊B經(jīng)Q點時對圓軌道的壓力；(3)滑塊A的速度v0；(4)若傳送帶的動力系統(tǒng)機械效率為80%，則因運送滑塊B需要多消耗的能量。答案(1)5m/s(2)15.1N沿半徑向下(3)3.75m/s(4)287.5J解析(1)設(shè)A、B碰撞后B的速度為v2，到達(dá)Q點時速度為v3，由圖像可得v3＝4m/s在PQ過程由動能定理有－mg(R－Rcos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得v2＝5m/s。(2)B在Q點時，由牛頓第二定律得FN－mgcos37°＝meq\f(veq\o\al(2,3),R)解得FN＝15.1N根據(jù)牛頓第三定律B經(jīng)Q點時對軌道的壓力大小為15.1N，方向沿半徑向下。(3)設(shè)A、B碰后A的速度為v1，由動量守恒定律得Mv0＝Mv1＋mv2由機械能守恒定律得eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得v0＝3.75m/s。(4)由v－t圖像可得，傳送帶的速度v4＝5m/s傳送帶從Q到H的長度x＝36.25m滑塊在傳送帶上滑動的相對距離為Δx＝1.25m設(shè)滑塊在傳送帶上的加速度為a，設(shè)傳送帶的動摩擦因數(shù)為μ，則μmgcos37°－mgsin37°＝maa＝eq\f(v4－v3,t1)由功能關(guān)系有ηE＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,4)－veq\o\al(2,3))＋mgxsin37°＋μmgcos37°·Δx解得E＝287.5J。例2(2023·湖北省七市聯(lián)考)如圖2(a)所示，質(zhì)量為mA＝4.0kg的物塊A與質(zhì)量為mB＝2.0kg的長木板B并排放置在粗糙的水平面上，二者之間夾有少許塑膠炸藥，長木板B的右端放置有可視為質(zhì)點的小物塊C。現(xiàn)引爆塑膠炸藥，爆炸后物塊A可在水平面上向左滑行s＝1.2m，小物塊C的速度隨時間變化的圖像如圖(b)所示。已知物塊A和長木板B與水平面間的的動摩擦因數(shù)均為μ0＝eq\f(1,6)，物塊C未從長木板B上掉落，重力加速度g取10m/s2，求：圖2(1)炸藥爆炸后瞬間長木板B的速度大?。?2)小物塊C的質(zhì)量mC；(3)小物塊C最終靜止時距長木板B右端的距離d。答案(1)4.0m/s(2)1.0kg(3)1.75m解析(1)對物塊A在爆炸后，根據(jù)動能定理有－μ0mAgs＝0－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)可得vA＝2.0m/s對物塊A與長木板B在爆炸過程中由動量守恒定律有0＝mAvA－mBvB可得vB＝4.0m/s。(2)由題圖可知，B、C在相對滑動過程中共速時速度為v共＝1.0m/s對小物塊C，在0～1s內(nèi)有aC＝eq\f(v共－0,Δt)＝μg可得μ＝0.1對長木板B，在0～1s內(nèi)有μ0(mB＋mC)g＋μmCg＝mBaB且aB＝eq\f(vB－v共,Δt)可得mC＝1.0kg。(3)長木板B與小物塊C在0～1s內(nèi)，相對位移為s相＝eq\f(vB＋v共,2)Δt－eq\f(0＋v共,2)Δt＝2m對長木板B，在1s后至停下的過程有μ0(mB＋mC)g－μmCg＝mBaB′可得aB′＝2.0m/s2長木板B與小物塊C在1s后均停下，相對位移為s相′＝eq\f(veq\o\al(2,共),2aB′)－eq\f(v共＋0,2)Δt＝－0.25m則小物塊C最終靜止時距長木板B右端的距離d＝s相＋s相′＝1.75m。跟蹤訓(xùn)練1.(2023·深圳市調(diào)研)如圖3所示，某冰雪游樂場中，一同學(xué)用甲、乙兩冰車在軌道上玩碰碰車游戲，甲車的質(zhì)量m1＝20kg，乙車的質(zhì)量m2＝10kg。軌道由一斜面與水平面通過光滑小圓弧在B處平滑連接。甲車從斜面上的A處由靜止釋放，與停在水平面C處的乙車發(fā)生正碰，碰撞后乙車向前滑行18m停止運動。已知A到水平面的高度H＝5m，B、C間的距離L＝32m，兩車受到水平面的阻力均為其重力的十分之一，甲車在斜面上運動時忽略摩擦阻力作用，兩車均可視為質(zhì)點，重力加速度g取10m/s2。求：圖3(1)甲車到達(dá)C處碰上乙車前的速度大小；(2)兩車碰撞過程中的機械能損失。答案(1)6m/s(2)90J解析(1)對甲車從A處到C處的過程，根據(jù)動能定理有m1gH－f1L＝eq\f(1,2)m1v2，其中f1＝eq\f(1,10)m1g解得v＝6m/s。(2)對碰后乙車在阻力作用下減速到靜止的過程，根據(jù)動能定理有－f2x2＝0－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，其中f2＝eq\f(1,10)m2g，x2＝18m解得v2＝6m/s甲、乙碰撞過程中動量守恒，有m1v＝m1v1＋m2v2碰撞過程中損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)m1v2－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得ΔE＝90J。2.(2023·山東濰坊高三期末)如圖4所示，在光滑水平面上放置一端帶有擋板的長直木板A，木板A左端上表面有一小物塊B，其到擋板的距離為d＝2m，A、B質(zhì)量均為m＝1kg，不計一切摩擦。從某時刻起，B始終受到水平向右、大小為F＝9N的恒力作用，經(jīng)過一段時間，B與A的擋板發(fā)生碰撞，碰撞過程中無機械能損失，碰撞時間極短。重力加速度g＝10m/s2。求：圖4(1)物塊B與A擋板發(fā)生第一次碰撞后的瞬間，物塊B與木板A的速度大??；(2)由靜止開始經(jīng)多長時間物塊B與木板A擋板發(fā)生第二次碰撞，碰后瞬間A、B的速度大小；(3)畫出由靜止釋放到物塊B與A擋板發(fā)生3次碰撞時間內(nèi)，物塊B的速度v隨時間t的變化圖像。答案(1)06m/s(2)12m/s6m/s(3)見解析圖解析(1)B從A的左端開始到右端的過程，由動能定理Fd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝6m/sB與A碰撞過程，由動量守恒定律和能量守恒定律，有mv0＝mv1＋mv2eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得v1＝0，v2＝6m/s。(2)第一次碰后A向右以速度v2＝6m/s做勻速運動，B做初速度為0，加速度為a＝eq\f(F,m)＝9m/s2的勻加速運動，則第二次碰撞時v2t＝eq\f(1,2)at2解得t＝eq\f(4,3)s此時B的速度為v3＝12m/s同樣根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律mv2＋mv3＝mv4＋mv5eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,5)解得A、B的速度為v4＝12m/s，v5＝6m/s。(3)同理第3次碰撞時v5t′＋eq\f(1,2)at′2＝v4t′解得t′＝eq\f(4,3)s此時B的速度為18m/s從開始運動到第一次碰撞的時間t0＝eq\f(v0,a)＝eq\f(2,3)s畫出由靜止釋放到物塊B與A擋板發(fā)生3次碰撞時間內(nèi)，物塊B的速度v隨時間t的變化如圖所示。1.(2021·北京卷，17)如圖1所示，小物塊A、B的質(zhì)量均為m＝0.10kg，B靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度v0與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點距離水平地面的豎直高度為h＝0.45m，兩物塊落地點距離軌道末端的水平距離為s＝0.30m，取重力加速度g＝10m/s2。求：圖1(1)兩物塊在空中運動的時間t；(2)兩物塊碰前A的速度v0的大??；(3)兩物塊碰撞過程中損失的機械能ΔE。答案(1)0.30s(2)2.0m/s(3)0.10J解析(1)兩物塊碰撞后，豎直方向的運動為自由落體運動則有h＝eq\f(1,2)gt2解得t＝0.30s。(2)設(shè)A、B碰后瞬間的速度為v，水平方向的運動為勻速運動，則有s＝vt解得v＝1.0m/s根據(jù)動量守恒定律有mv0＝2mv解得v0＝2.0m/s。(3)根據(jù)能量守恒定律可得，兩物塊碰撞過程中損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2解得ΔE＝0.10J。2.(2022·山東煙臺一模)如圖2甲所示，半徑R＝0.5m的四分之一光滑圓弧軌道A與長l＝1m的平板B均靜置于光滑水平地面上，A與B剛好接觸且二者的上表面相切，一物塊C(可視為質(zhì)點)靜置于B的最右端，C與B上表面的動摩擦因數(shù)μ從左往右隨距離l均勻變化，其變化關(guān)系如圖乙所示。已知A、B、C的質(zhì)量均為m＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，現(xiàn)給C一水平向左的初速度v0＝4m/s。圖2(1)若A、B固定，其他條件均不變，求C剛滑到A最低點P時對軌道的壓力大??；(2)若A、B不固定，其他條件均不變，求：①C由B最右端滑至最左端過程中克服摩擦力做的功；②C相對于A最低點P所能達(dá)到的最大高度(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。答案(1)26N(2)①eq\f(40,9)J②0.10m解析(1)C由B最右端滑至最左端過程中，摩擦力做功Wf＝－eq\f(μ1mg＋μ2mg,2)l＝－4J該過程中，由動能定理得Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C運動到A最低點P時，由牛頓第二定律得FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,P),R)解得FN＝26N由牛頓第三定律可知，C對軌道的壓力等于26N。(2)①C由B最右端滑至最左端的過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)＋Q由功能關(guān)系可知，摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(μ1mg＋μ2mg,2)l＝4J解得v1＝eq\f(8,3)m/s，v2＝eq\f(2,3)m/s對C由動能定理得－W克＝eq\f(1,2)mve