新教材2025屆高考物理二輪專項(xiàng)分層特訓(xùn)卷第一部分專題特訓(xùn)練專題二能量和動量考點(diǎn)3三大力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

考點(diǎn)3三大力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1.[2024·海南卷]如圖所示，有一固定的光滑eq\f(1,4)圓弧軌道A，半徑R＝0.2m，一質(zhì)量為mB＝1kg的小滑塊B從軌道頂端滑下，在其沖上長木板C左端時，給木板一個與小滑塊相同的初速度，已知mC＝3kg，B、C間動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，C與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.8，C右端有一個擋板，C長為L.已知g取10m/s2.(1)B滑到A的底端時對A的壓力是多大？(2)若B未與C右端的擋板碰撞，當(dāng)B與地面保持相對靜止時，B、C間因摩擦產(chǎn)生的熱量是多少？(3)在0.16m<L<0.8m時，B與C右端的擋板發(fā)生碰撞，且碰后粘在一起，求B從滑上C到最終停止所用的時間．2．[2024·全國乙卷]如圖，一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為20l.一質(zhì)量為m＝eq\f(1,3)M的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等．小球在管內(nèi)運(yùn)動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短．不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g.求(1)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大??；(2)在第一次碰撞到其次次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離；(3)圓盤在管內(nèi)運(yùn)動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)．3．[2024·浙江6月]為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計(jì)了如圖所示的試驗(yàn)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R＝0.4m的四分之一圓周組成的豎直細(xì)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(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k＝100N/m的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上．現(xiàn)有質(zhì)量m＝0.12kg的滑塊a以初速度v0＝2eq\r(21)m/s從D處進(jìn)入，經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞(時間極短).已知傳送帶長L＝0.8m，以v＝2m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不計(jì)，各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)kx2(x為形變量).(1)求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)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(diǎn)時速度vB＝1m/s，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE；(3)若滑塊a遇到滑塊b馬上被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx.

題組一應(yīng)用三大觀點(diǎn)解答多過程問題4．如圖所示AB是一段光滑的四分之一圓弧，半徑R＝0.8m，BC是一段長度為d＝0.9m的水平軌道，與圓弧相切于B點(diǎn)．BC與傳送帶相接于C點(diǎn)，傳送帶長L＝1m，與水平面的夾角θ＝37°，傳送帶以大小恒為6m/s速度逆時針轉(zhuǎn)動，一質(zhì)量為3kg的小物體m1從A點(diǎn)釋放，在B點(diǎn)與質(zhì)量為1kg的小物體m2相碰后粘在一起，m1、m2與水平軌道和傳送帶之間的摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，小物體過C點(diǎn)時速度大小不變，過C點(diǎn)后干脆起先滑動，且若C點(diǎn)速度為0時物體不會停留在C點(diǎn)．在傳送帶底端有一彈性檔板，小物體與之相碰后，速度大小不變，方向反向．(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8).完成下列問題：(1)把m1從A點(diǎn)靜止釋放，求m1與m2相碰前的一瞬間，m1對B點(diǎn)的壓力；(2)把m1從A點(diǎn)靜止釋放，到m1、m2與檔板第一次碰撞前的一瞬間，求m1、m2系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(3)假如要求m1、m2還能回到A點(diǎn)，那么在A點(diǎn)時至少應(yīng)給m1多大的初速度．5．[2024·山西統(tǒng)考一模]有一款推拉門，其三扇門板俯視如圖所示，每扇門的寬度均為L＝1.00m，質(zhì)量均為m＝20kg，邊緣凸起部位的寬度均為d＝0.05m．門完全關(guān)閉時，1號門板的左側(cè)以及3號門板的右側(cè)分別與兩側(cè)的門框接觸時，相鄰門板的凸起部位也恰好接觸．測試時，將三扇門板均推至最左端，然后用恒力F水平向右推3號門板，每次都經(jīng)過相同的位移s＝0.20m后撤去F，視察三扇門的運(yùn)動狀況．發(fā)覺當(dāng)恒力為8.5N時，3號門板恰好能運(yùn)動到其左側(cè)凸起與2號門板右側(cè)的凸起接觸處．設(shè)每扇門與軌道間的動摩擦因數(shù)均相同，門板凸起部位間的碰撞及門板與門框的碰撞均為完全非彈性碰撞(不黏連).不考慮空氣阻力，取g＝10m/s2.(1)求每扇門與軌道間的動摩擦因數(shù)．(2)若要實(shí)現(xiàn)三扇門恰好完全關(guān)閉，則恒力應(yīng)是多大？(3)若想讓三扇門都到達(dá)最右側(cè)門框處，則恒力至少是多大？題組二應(yīng)用三大觀點(diǎn)解答“滑塊－木板”模型6．矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘在一起組成，將其放在光滑的水平面上．質(zhì)量為m的子彈以速度v0水平射向滑塊，若射擊下層，則子彈剛好不射出；若射擊上層，則子彈剛好能射穿一半厚度，如圖所示，上述兩種狀況相比較，下列說法正確的是()A．子彈的末速度大小不相等B．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量不一樣多C．子彈對滑塊做的功相同D．子彈和滑塊間的水平作用力一樣大7．[2024·河南省新將來聯(lián)盟聯(lián)考]如圖所示，半徑為R＝1.5m的弧形槽固定在水平地面上，槽右側(cè)連接一長木板乙，質(zhì)量為m0＝1.5kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊丙靜止在長木板的最右端，長木板的上表面比弧形槽的最低點(diǎn)B高．可視為質(zhì)點(diǎn)的物體甲由弧形槽左上方某高度以v0＝3m/s的速度水平拋出，經(jīng)過一段時間物體甲無碰撞地由A點(diǎn)進(jìn)入弧形槽，且物體甲在A點(diǎn)的速度大小為v＝5m/s，物體甲滑到B點(diǎn)與長木板乙發(fā)生彈性碰撞，物體甲由A到B的過程中克服摩擦力做功0.5J．已知甲、乙的質(zhì)量分別為m＝1kg、M＝3kg，物塊丙與長木板乙、長木板乙與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，重力加速度取g＝10m/s2.求：(1)物體甲的拋出點(diǎn)與A點(diǎn)間的水平間距；(2)物體甲與長木板乙碰后瞬間各自的速度；(3)欲使物塊丙不離開長木板乙，長木板乙的最小長度以及物塊丙與長木板乙、長木板乙與地面之間因摩擦產(chǎn)生的總熱量為多少．

8.[2024·河北省滄州市模擬]如圖所示，豎直平面內(nèi)固定光滑的四分之一圓弧軌道AB，其圓心為O，半徑R＝2m，軌道末端B切線水平．光滑水平地面上有一質(zhì)量M＝1kg的長木板貼緊圓弧軌道AB，木板上表面與軌道末端B等高，在木板右側(cè)的地面上有一固定的擋板C，木板右端到擋板C的距離L＝6m．一質(zhì)量m＝2kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧軌道A點(diǎn)正上方高度H＝1.2m的P點(diǎn)由靜止釋放，恰好沿切線從A點(diǎn)滑入圓弧軌道，然后從B點(diǎn)離開圓弧軌道且無能量損失地滑上木板，已知小物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，木板與擋板C的碰撞為彈性碰撞且碰撞時間極短，小物塊始終未滑離長木板，重力加速度g取10m/s2，求：(1)小物塊滑到B點(diǎn)時，對圓弧軌道的壓力大??；(2)木板從起先運(yùn)動到最終停止運(yùn)動的總路程；(3)木板的最小長度．9.[2024·福建省七地市質(zhì)量檢測](多選)如圖所示，質(zhì)量為m的物塊P與物塊Q(質(zhì)量未知)之間拴接一輕彈簧，靜止在光滑的水平地面上，彈簧恰好處于原長．現(xiàn)給P物體一瞬時初速度v0，并把此時記為0時刻，規(guī)定向左為正方向，0～2t0內(nèi)P、Q物塊運(yùn)動的a-t圖像如圖所示，其中t軸下方部分的面積大小為S1，t軸上方部分的面積大小為S2，則()A．物體Q的質(zhì)量為eq\f(1,2)mB．t0時刻Q物體的速度為vQ＝S2C．t0時刻P物體的速度為vP＝v0－eq\f(1,2)S1D．0～2t0時間內(nèi)彈簧始終對Q物體做正功10．[2024·江蘇省鹽城市模擬]如圖，豎直平面內(nèi)有一光滑的平臺AB，其左側(cè)有一被壓縮的輕彈簧，儲存的彈性勢能為16J，質(zhì)量m1＝2kg的小球1緊靠輕彈簧放置(兩者不拴接).其右側(cè)有一半徑R＝3.6m、圓心角θ＝60°的光滑圓弧軌道CD，圓弧軌道最底端D處平滑連接另一光滑平臺DE，質(zhì)量m2＝2kg的小球2靜止在D點(diǎn)，E端有一質(zhì)量為m3＝6kg的小球3，用輕桿懸吊，輕桿長度和懸點(diǎn)位置可調(diào)，始終保持小球3剛好接觸E點(diǎn)．現(xiàn)解除彈簧鎖定將小球1彈出，恰好沿C點(diǎn)的切線方向進(jìn)入圓弧軌道，后與小球2粘在一起運(yùn)動，小球2與小球3之間會發(fā)生彈性碰撞，取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小球1與小球2碰撞前瞬間小球1的速度大小；(2)小球3第一次被撞后瞬間的速度大小；(3)若小球3第一次被撞后能做完整圓周運(yùn)動，在最高點(diǎn)時輕桿對小球3的作用力大小為20N，求輕桿的長度L.

11.[2024·福建省七地市質(zhì)量檢測]如圖所示，輕質(zhì)彈簧左端固定在豎直墻面上，右側(cè)有一質(zhì)量M＝0.10kg、半徑R＝0.20m的四分之一光滑圓弧軌道CED(厚度不計(jì))靜置于水平地面上，圓弧軌道底端C與水平面上的B點(diǎn)平滑相接，O為圓弧軌道圓心．用質(zhì)量為m＝0.20kg的物塊把彈簧的右端壓縮到A點(diǎn)由靜止釋放(物塊與彈簧不拴接)，物塊到達(dá)B點(diǎn)時的速度為v0＝3m/s.已知B點(diǎn)左側(cè)地面粗糙，物塊與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，A、B之間的距離為x＝1m，B點(diǎn)右側(cè)地面光滑，g取10m/s2.(1)求物塊在A點(diǎn)時彈簧具有的彈性勢能；(2)求物塊上升的最大高度；(3)使該物塊質(zhì)量變?yōu)閙1＝0.1kg，仍由A點(diǎn)靜止釋放，物塊離開圓弧軌道D點(diǎn)時受到一垂直紙面對里的瞬時沖量I＝0.20N·s，并同時利用鎖定裝置讓圓弧軌道瞬間停下，求物塊離開軌道后運(yùn)動軌跡的最高點(diǎn)到D點(diǎn)的距離．12．[2024·廣東肇慶市模擬]一長滑板A放在足夠長的光滑水平面上，其截面如圖所示，圖中ab段和bc段相切，其中ab段是表面粗糙水平面，長度為2L，bc段是半徑為L的一光滑圓弧面．長滑板左端有一個滑塊B，滑塊B與ab段之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8.A與B均處于靜止?fàn)顟B(tài)．在長滑板A的右側(cè)有一個滑塊C，滑塊C以v0＝8m/s的速度與長滑板A發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后粘合一體．已知A與C的質(zhì)量相等，B的質(zhì)量是A的6倍，L＝10cm，取g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力．(1)C與A碰撞結(jié)束的瞬間，長滑板A的速度大小為多少？(2)滑塊B最終停止在長滑板A的何處？(3)若μ＝eq\f(1,4)，通過計(jì)算說明滑塊B會不會脫離長滑板A.若會脫離，試求出脫離時長滑板A和滑塊B的速度．[答題區(qū)]題號69答案考點(diǎn)3三大力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1．解析：(1)小滑塊B從軌道頂端下滑到軌道底部的過程，由動能定理有mBgR＝eq\f(1,2)mBv2小滑塊B在A的底端時，有FN－mBg＝mBeq\f(v2,R)解得FN＝30N由牛頓第三定律可知B對A的壓力大小也為30N(2)當(dāng)B滑上C瞬間，B、C的速度相等假設(shè)兩者之間無相對滑動，對B、C整體有μ2(mB＋mC)g＝(mB＋mC)a解得a＝8m/s2而B減速的最大加速度a1＝μ1g＝2m/s2<a故假設(shè)不成立，B、C間會有相對滑動則B的加速度向左，大小為a1＝2m/s2C受B向右的摩擦力μ1mBg和地面對左的摩擦力μ2(mB＋mC)g其加速度滿意μ2(mB＋mC)g－μ1mBg＝mCa2解得a2＝10m/s2B向右運(yùn)動的距離x1＝eq\f(v2,2a1)C向右運(yùn)動的距離x2＝eq\f(v2,2a2)B、C間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μ1mBg(x1－x2)解得Q＝1.6J(3)假設(shè)B還未與C右端擋板發(fā)生碰撞，C就停下，設(shè)C從起先運(yùn)動到停下用時為t1，有t1＝eq\f(v,a2)得t1＝0.2s此時B、C的位移分別是xB＝vt1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝0.36m、xC＝vt1－eq\f(1,2)a2teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝0.2m則x相＝0.16m，此時vB＝v－a1t1＝1.6m/s由于L>0.16m，所以假設(shè)成立，肯定是C停下之后，B才與C右端擋板發(fā)生碰撞設(shè)再經(jīng)t2時間B與C右端擋板發(fā)生碰撞，有L－0.16m＝vBt2－eq\f(1,2)a1teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))解得t2＝(0.8－eq\r(0.8－L))s(另一解不符合題意，舍去)碰撞前瞬間B的速度大小為v′B＝vB－a1t2＝2eq\r(0.8－L)m/s碰撞過程由動量守恒定律可得mBv′B＝(mB＋mC)v共碰撞后B、C速度大小為v共＝eq\f(\r(0.8－L),2)m/s之后二者一起減速，有a＝μ2g＝8m/s2，經(jīng)t3后停下則有at3＝v共解得t3＝eq\f(\r(0.8－L),16)s故總時間t＝t1＋t2＋t3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(15\r(0.8－L),16)))s答案：(1)30N(2)1.6J(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(15\r(0.8－L),16)))s2．解析：(1)過程1：小球釋放后自由下落，下降l，依據(jù)機(jī)械能守恒定律mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))解得v0＝eq\r(2gl)過程2：小球以eq\r(2gl)與靜止圓盤發(fā)生彈性碰撞，依據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒和動量守恒定律分別有eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)Mv′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，mv0＝mv1＋Mv′1解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0＝－eq\f(\r(2gl),2)，v′1＝eq\f(1,2)v0＝eq\f(\r(2gl),2)即小球碰后速度大小為eq\f(\r(2gl),2)，方向豎直向上，圓盤速度大小為eq\f(\r(2gl),2)，方向豎直向下；(2)第一次碰后，小球做豎直上拋運(yùn)動，圓盤摩擦力與重力平衡，勻速下滑，所以只要圓盤下降速度比小球快，二者間距就不斷增大，當(dāng)二者速度相同時，間距最大，即v1＋gt＝v′1解得t＝eq\f(v′1－v1,g)＝eq\f(v0,g)依據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得最大距離為dmax＝x盤－x球＝v′1t－(v1t－eq\f(1,2)gt2)＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g)＝l(3)第一次碰撞后到其次次碰撞時，兩者位移相等，則有x盤1＝x球1即v1t1＋eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝v′1t1解得t1＝eq\f(2v0,g)此時小球的速度v2＝v1＋gt1＝eq\f(3,2)v0圓盤的速度仍為v′1，這段時間內(nèi)圓盤下降的位移x盤1＝v′1t1＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),g)＝2l之后其次次發(fā)生彈性碰撞，依據(jù)動量守恒mv2＋Mv′1＝mv′2＋Mv″2依據(jù)能量守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋eq\f(1,2)eq\a\vs4\al(Mv′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋eq\f(1,2)Mv″eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))聯(lián)立解得v′2＝0v″2＝v0＝eq\r(2gl)同理可得當(dāng)位移相等時x盤2＝x球2v″2t2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))解得t2＝eq\f(2v0,g)圓盤向下運(yùn)動x盤2＝v″2t2＝eq\f(2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),g)＝4l此時圓盤距下端管口13l，之后二者第三次發(fā)生碰撞，碰前小球的速度v3＝gt2＝2v0由動量守恒mv3＋Mv″2＝mv′3＋Mv″3機(jī)械能守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＋eq\f(1,2)Mv″eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＋eq\f(1,2)Mv″eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))得碰后小球速度為v′3＝eq\f(v0,2)圓盤速度v″3＝eq\f(3v0,2)當(dāng)二者即將四次碰撞時x盤3＝x球3即v″3t3＝v′3t3＋eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))得t3＝eq\f(2v0,g)＝t1＝t2在這段時間內(nèi)，圓盤向下移動x盤3＝v″3t3＝eq\f(3veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),g)＝6l此時圓盤距離下端管口長度為20l－1l－2l－4l－6l＝7l此時可得出圓盤每次碰后到下一次碰前，下降距離逐次增加2l，故若發(fā)生下一次碰撞，圓盤將向下移動x盤4＝8l則第四次碰撞后落出管口外，因此圓盤在管內(nèi)運(yùn)動的過程中，小球與圓盤的碰撞次數(shù)為4次．答案：(1)eq\f(\r(2gl),2)eq\f(\r(2gl),2)(2)l(3)43．解析：(1)滑塊a從D到F，由動能定理有mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(F))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))在F點(diǎn)，有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(F)),R)解得vF＝10m/sFN＝31.2N(2)滑塊a返回B點(diǎn)時的速度vB＝1m/s，滑塊a始終在傳送帶上減速，加速度大小為a＝μg＝5m/s2依據(jù)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))＝veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))－2aL可得在C點(diǎn)的速度vC＝3m/s則滑塊a從碰撞后到到達(dá)C點(diǎn)eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))＋mg·2R解得v1＝5m/s因ab碰撞動量守恒，則mvF＝－mv1＋3mv2解得碰后b的速度v2＝5m/s則碰撞損失的能量ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(F))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)·3mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝0(3)若滑塊a遇到滑塊b馬上被粘住，則ab碰后的共同速度mvF＝4mv解得v＝2.5m/s當(dāng)彈簧被壓縮到最短或者伸長到最長時有共同速度4mv＝6mv′v′＝eq\f(5,3)m/s當(dāng)彈簧被壓縮到最短時壓縮量為x1，由能量關(guān)系eq\f(1,2)·4mv2＝eq\f(1,2)·6mv′2＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))解得x1＝0.1m同理當(dāng)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Δx＝2x1＝0.2m答案：(1)10m/s31.2(2)0(3)0.2m4．解析：(1)m1從A點(diǎn)靜止釋放到與m2相碰前的過程，依據(jù)機(jī)械能守恒m1gR＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))解得v0＝4m/s依據(jù)牛頓其次定律FN－m1g＝eq\f(m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),R)解得B點(diǎn)對m1的支持力FN＝90N依據(jù)牛頓第三定律可知，m1對B點(diǎn)的壓力大小為90N，方向豎直向下．(2)m1、m2系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于系統(tǒng)克服摩擦力做功與碰撞過程損失機(jī)械能之和，碰撞過程依據(jù)動量守恒m1v0＝(m1＋m2)v1又由功能關(guān)系得ΔE＝μ(m1＋m2)gd＋μ(m1＋m2)gcosθ·L＋eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))解得ΔE＝40J(3)所施加的初速度最小時，m1、m2回到A點(diǎn)時的速度為零，則由C到A過程－μ(m1＋m2)gd－(m1＋m2)gR＝0－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))解得m1、m2返回到C點(diǎn)的速度為vC＝5m/s所施加的初速度最小時，假設(shè)系統(tǒng)到D點(diǎn)時速度大于6m/s，則系統(tǒng)由D到C過程中，速度由v＝6m/s到vC＝5m/s階段加速度大小為a1＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2運(yùn)動距離L1＝eq\f(v2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C)),2a1)＝eq\f(11,4)m＞L，明顯假設(shè)不成立，則系統(tǒng)到D點(diǎn)時速度小于6m/s，則系統(tǒng)由D到C過程摩擦力對系統(tǒng)做正功，對全過程，依據(jù)能量守恒eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋μ(m1＋m2)gcosθ·L＝m2gR＋ΔE＋μ(m1＋m2)gd解得v′0＝eq\f(10,3)eq\r(3)m/s.答案：(1)90N，方向豎直向下(2)40J(3)eq\f(10,3)eq\r(3)m/s5．解析：(1)設(shè)每扇門與軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，依據(jù)動能定理F1s－μmg(L－3d)＝0解得μ＝0.01(2)設(shè)3號門板和2號門板碰撞前速度的大小為v1，依據(jù)動能定理F2s－μmg(L－3d)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))設(shè)3號門板和2號門板碰撞后速度的大小為v2，依據(jù)動量守恒定律有mv1＝2mv23號門板與2號門板碰撞后一起向右運(yùn)動的過程中，依據(jù)動能定理－μ(2m)g(L－3d)＝0－eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))解得F2＝42.5N(3)設(shè)3號門板和2號門板碰撞前速度的大小為v3，依據(jù)動能定理F3s－μmg(L－3d)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))設(shè)3號門板和2號門板碰撞后速度的大小為v4，依據(jù)動量守恒定律有mv3＝2mv43號門板與2號門板碰撞后一起向右運(yùn)動到與門框接觸前的速度大小為v5，依據(jù)動能定理－μ(2m)g(L－3d)＝eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))－eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))設(shè)2號門板與1號門板碰撞后速度的大小為v6，依據(jù)動量守恒定律有mv5＝2mv6從2號門板與1號門板碰撞后到1號門板恰好停止過程中，依據(jù)動能定理－2μmg(L－3d)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))聯(lián)立解得F3＝314.5N.答案：(1)0.01(2)42.5N(3)314.5N6．解析：依據(jù)題意可知，子彈以兩種方式打入滑塊的過程中，動量守恒，且最終子彈與滑塊共速，設(shè)滑塊的質(zhì)量為M，末速度為v，由動量守恒定律有mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(m,m＋M)v0，兩種狀況下子彈的末速度是相同的，A錯誤；依據(jù)題意，由能量守恒定律可得，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)機(jī)械能的削減量，子彈以兩種方式打入滑塊的過程中，子彈削減的動能一樣多(兩種狀況下子彈初、末速度都相等)，滑塊增加的動能也一樣多，則系統(tǒng)削減的動能一樣，故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q一樣多，設(shè)子彈和滑塊間的水平作用力為f，則有Q＝fx相對，由于兩種狀況的x相對不同，則子彈和滑塊間的水平作用力不同，B、D錯誤；依據(jù)動能定理，滑塊動能的增量等于子彈對滑塊做的功，所以兩次子彈對滑塊做的功一樣多，C正確．答案：C7．解析：(1)物體甲在A點(diǎn)的豎直分速度為vy＝eq\r(v2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))＝4m/s物體甲由拋出點(diǎn)到A點(diǎn)的時間為t＝eq\f(vy,g)＝0.4s物體甲的拋出點(diǎn)與A點(diǎn)間的水平間距為x＝v0t＝1.2m(2)設(shè)弧形槽的圓心角為α，由(1)解析可知sinα＝eq\f(vy,v)＝0.8物體甲由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中，由動能定理得mgR(1－cosα)－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)mv2又cosα＝0.6解得v1＝6m/s物體甲與長木板乙發(fā)生彈性碰撞，設(shè)物體甲與長木板乙碰后的速度分別為v′1、v2，由動量守恒定律以及機(jī)械能守恒定律得mv1＝mv′1＋Mv2eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))解得v′1＝－3m/s，v2＝3m/s(3)物體甲與長木板乙碰后，物塊丙向右做勻加速直線運(yùn)動，加速度為a內(nèi)＝eq\f(μm0g,m0)＝μg＝2m/s2長木板乙的加速度大小為a乙＝eq\f(μm0g＋μ（M＋m0）g,M)＝4m/s2當(dāng)二者速度相等后，由于整體的加速度等于物塊丙的最大加速度，所以此后二者保持相對靜止，設(shè)此過程經(jīng)過的時間為t1，則由速度關(guān)系得v2－a乙t1＝a丙t1可得t1＝0.5s該過程中長木板乙的位移為x乙＝v2t1－eq\f(1,2)a乙teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝1m物塊丙的位移為x丙＝eq\f(1,2)a丙teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝0.25m為使物塊丙不離開長木板乙，則長木板乙的最小長度為x＝x乙－x丙＝0.75m由以上分析可知，t1時刻物塊丙和長木板乙的速度為v′＝a丙t1＝1m/s此后二者共同減速到靜止，且減速時的加速度大小為a＝μg＝2m/s2減速到靜止的位移大小為x′＝eq\f(v′2,2a)＝0.25m物塊丙與長木板乙、長木板乙與地面之間因摩擦產(chǎn)生的熱量之和為Q＝μm0gx＋μ(M＋m0)g(x乙＋x′)代入數(shù)據(jù)解得Q＝13.5J.答案：(1)1.2m(2)－3m/s3m/s(3)0.75m13.5J8．解析：(1)小物塊從P點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程，由動能定理得mg(H＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))在B點(diǎn)合外力供應(yīng)小物塊做圓周運(yùn)動的向心力有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),R)解得FN＝84N由牛頓第三定律可知，小物塊對圓弧軌道的壓力大小為F′N＝FN＝84N.(2)設(shè)木板與擋板C碰撞前，小物塊和木板已經(jīng)共速，共速的速度大小為v2，由動量守恒定律得mv1＝(M＋m)v2解得v2＝eq\f(16,3)m/s小物塊滑上木板后，木板的加速度大小為a1＝eq\f(μmg,M)＝8m/s2設(shè)木板與擋板C碰撞前，木板始終加速，木板與擋板C碰撞前瞬間速度大小為v3，則有v3＝eq\r(2a1L)＝4eq\r(6)m/s由于v2＜v3，所以木板與擋板C碰撞前，小物塊與木板已經(jīng)共速，木板第一次碰撞擋板C的速度大小為v2，木板與擋板C第一次碰撞后，向左減速到速度為0運(yùn)動的距離為x1＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),2a1)＝eq\f(16,9)m然后向右勻加速運(yùn)動直到與物塊共速，由動量守恒定律得mv2－Mv2＝(m＋M)v4由于v4＜v2，所以物塊和木板會先共速，再以速度大小v4與擋板C發(fā)生其次次碰撞，碰后木板速度反向，大小不變，加速度不變，向左運(yùn)動位移為x2＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)),2a1)＝eq\f(16,81)m同理，木板和物塊會再次共速，然后和擋板C發(fā)生碰撞反彈向左運(yùn)動x3＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)),2a1)＝eq\f(16,729)m木板的總路程s＝L＋2x1＋2x2＋2x3＋……解得s＝6m＋eq\f(16,9)×2m＋eq\f(16,81)×2m＋…＝6m＋32[(eq\f(1,9))1＋(eq\f(1,9))2＋(eq\f(1,9))3＋…]m＝10m(3)木板與右側(cè)擋板C的碰撞過程中沒有機(jī)械能損失且碰撞時間極短可忽視，由動量守恒與機(jī)械能守恒可得，每次碰撞后，木板速度大小不變，方向反向．碰撞數(shù)次后小物塊、木板最終均靜止，物塊相對木板始終向右運(yùn)動，依據(jù)能量守恒有μmgd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))解得木板的最短長度d＝8m.答案：(1)84N(2)10m(3)8m9．解析：0～2t0時間內(nèi)Q所受彈力方向向左，P所受彈力方向始終向右，彈簧始終對Q物體做正功；t0時刻，PQ所受彈力最大且大小相等，由牛頓其次定律可得eq\f(F彈,mP)＝eq\f(F彈,m)＝eq\f(a0,2)，eq\f(F彈,mQ)＝a0，則物體Q的質(zhì)量為eq\f(1,2)m，A、D正確；由at圖像可知，t0時刻Q物體的速度為vQ＝eq\f(1,2)S2，B錯誤；由at圖像可知，t0時刻P物體的速度為vP＝v0－eq\f(1,2)S1，C正確．答案：ACD10．解析：(1)解除彈簧的鎖定將小球1彈出，設(shè)小球1速度為v1，依據(jù)功能關(guān)系有Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))解得v1＝4m/s平臺AB光滑，小球以v1＝4m/s離開平臺做平拋運(yùn)動，設(shè)到C點(diǎn)的速度為v2，如圖所示依據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律有eq\f(vy,v1)＝tanθ代入數(shù)據(jù)解得vy＝4eq\r(3)m/s則小球在C點(diǎn)的速度為v2＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y))＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝8m/s設(shè)小球1到D點(diǎn)的速度為v3，從C到D依據(jù)動能定理有m1gR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))－eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))代入數(shù)據(jù)解得v3＝10m/s則小球1與小球2碰撞前瞬間小球1的速度大小為10m/s(2)小球1與小球2碰撞后粘在一起運(yùn)動，動量守恒，設(shè)碰后的速度為v4，取水平向右為正方向，依據(jù)動量守恒定律有m1v3＝(m1＋m2)v4平臺DE光滑，碰后一起做勻速運(yùn)動，小球1、2與小球3之間會發(fā)生彈性碰撞，動量守恒，設(shè)碰后小球1、2的速度為v5，小球3的速度為v6，依據(jù)動量守恒定律有(m1＋m2)v4＝(m1＋m2)v5＋m3v6依據(jù)能量守恒有eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＋m3veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))聯(lián)立解得v6＝4m/s(3)小球3從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，設(shè)最高點(diǎn)速度為v7，依據(jù)動能定理有－2m3gL＝eq\f(1,2)m3veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))－eq\f(1,2)m3veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))小球3第一次被撞后能做完整圓周運(yùn)動，若在最高點(diǎn)時輕桿對小球3的作用力豎直向下，依據(jù)牛頓其次定律有m3g＋F＝m3eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7)),L)聯(lián)立解得L＝0.3m若在最高點(diǎn)時輕桿對小球3的作用力豎直向上，依據(jù)牛頓其次定律有m3g－F＝m3eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7)),L)聯(lián)立解得L＝0.34m.答案：(1)10m/s(2)4m/s(3)0.3m或0.34m11．解析：(1)設(shè)彈簧的彈性勢能為Ep，物塊從A到B的過程由動能定理得Ep－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))代入數(shù)據(jù)得Ep＝1.1J(2)物塊和圓弧軌道相互作用的過程水平方向動量守恒，機(jī)械能守恒，則mv0＝(M＋m)v共eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝