第七章 素養(yǎng)提升課七　動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用-2025高三總復(fù)習(xí) 物理（新高考）

素養(yǎng)提升課七動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用提升點(diǎn)一“子彈打木塊”模型模型圖例地面光滑，木板長(zhǎng)度為d，子彈射入木塊所受阻力為Ff。模型特點(diǎn)1.子彈水平打進(jìn)木塊的過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。2.系統(tǒng)的機(jī)械能有損失，一般應(yīng)用能量守恒定律。兩種情景1.子彈嵌入木塊中(未穿出)：兩者速度相等，機(jī)械能損失最多(完全非彈性碰撞)(1)系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mv0＝(m＋M)v。(2)系統(tǒng)能量守恒：Q＝Ffx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2。2.子彈穿透木塊：兩者速度不相等，機(jī)械能有損失(非彈性碰撞)(1)系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。(2)系統(tǒng)能量守恒：Q＝Ffd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－(eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1))。學(xué)生用書第138頁如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止放置一個(gè)質(zhì)量為980g的長(zhǎng)方形勻質(zhì)木塊，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為20g的子彈以大小為300m/s的水平速度沿木塊的中心軸線射向木塊，最終留在木塊中沒有射出，和木塊一起以共同的速度運(yùn)動(dòng)。已知木塊沿子彈運(yùn)動(dòng)方向的長(zhǎng)度為10cm，子彈打進(jìn)木塊的深度為6cm。設(shè)木塊對(duì)子彈的阻力保持不變。(1)求子彈和木塊共同速度的大小以及它們?cè)诖诉^程中所產(chǎn)生的內(nèi)能；(2)若子彈是以大小為400m/s的水平速度從同一方向水平射向該木塊，則在射中木塊后能否射穿該木塊？答案：(1)6m/s882J(2)能解析：(1)設(shè)子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v，對(duì)子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得v＝6m/s此過程系統(tǒng)所產(chǎn)生的內(nèi)能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝882J。(2)假設(shè)子彈以v0′＝400m/s的速度入射時(shí)沒有射穿木塊，則對(duì)以子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′解得v′＝8m/s此過程系統(tǒng)所損耗的機(jī)械能為ΔE′＝eq\f(1,2)mv0′2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝1568J由功能關(guān)系有ΔE＝F阻x相＝F阻dΔE′＝F阻x相′＝F阻d′則eq\f(ΔE,ΔE′)＝eq\f(F阻d,F阻d′)＝eq\f(d,d′)解得d′＝eq\f(32,3)cm因?yàn)閐′＞10cm，所以子彈能射穿木塊。規(guī)律總結(jié)解決“子彈打木塊”的兩個(gè)關(guān)鍵1．弄清楚子彈是最終留在木塊中與木塊一起運(yùn)動(dòng)，還是穿出木塊后各自運(yùn)動(dòng)。2．求解子彈打擊木塊過程中損失的機(jī)械能，可以根據(jù)題目的具體條件：(1)利用ΔE損＝Q熱＝Ffx相對(duì)求解。(2)利用打擊過程中子彈克服阻力做的功與阻力對(duì)木塊做的功的差值進(jìn)行求解。(3)通過打擊前后系統(tǒng)的機(jī)械能之差求解。對(duì)點(diǎn)練1．(多選)如圖所示，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(yùn)動(dòng)。已知當(dāng)子彈相對(duì)木塊靜止時(shí)，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(shí)間為t。若木塊對(duì)子彈的阻力大小Ff視為恒定，則下列關(guān)系式中正確的是()A．FfL＝eq\f(1,2)Mv2 B．Fft＝mv0－mvC．v＝eq\f(mv0,M) D．Ffs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2答案：AB解析：對(duì)木塊，由動(dòng)能定理可得FfL＝eq\f(1,2)Mv2，故A正確；以向右為正方向，對(duì)子彈，由動(dòng)量定理可得－Fft＝mv－mv0，故B正確；對(duì)木塊、子彈整體，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)，故C錯(cuò)誤；對(duì)木塊、子彈整體，根據(jù)能量守恒定律得Ffs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2，故D錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)練2．如圖所示，在固定的水平桿上，套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端系在環(huán)上，另一端系著質(zhì)量為M的木塊，現(xiàn)有質(zhì)量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并留在木塊中，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．子彈射入木塊后的瞬間，速度大小為eq\f(m0v0,m0＋m＋M)B．子彈射入木塊后的瞬間，繩子拉力等于(M＋m0)gC．子彈射入木塊后的瞬間，環(huán)對(duì)輕桿的壓力大于(M＋m＋m0)gD．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒答案：C解析：子彈射入木塊過程，子彈和木塊系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則m0v0＝(M＋m0)v1，解得速度大小為v1＝eq\f(m0v0,m0＋M)，A錯(cuò)誤；子彈射入木塊后的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律可得FT－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq\f(veq\o\al(2,1),l)，可知繩子拉力大于(M＋m0)g，B錯(cuò)誤；子彈射入木塊后的瞬間，對(duì)圓環(huán)，有FN＝FT＋mg＞(M＋m＋m0)g，根據(jù)牛頓第三定律可知，F(xiàn)N′＝FN＞(M＋m＋m0)g，C正確；子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)只在水平方向動(dòng)量守恒，D錯(cuò)誤。學(xué)生用書第139頁提升點(diǎn)二“滑塊—滑板”模型模型圖例上表面粗糙、質(zhì)量為M的滑板，放在光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的滑塊以初速度v0滑上滑板。模型特點(diǎn)1.系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對(duì)位移大小的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能，即摩擦生熱。2.若滑塊未從滑板上滑下，當(dāng)兩者速度相同時(shí)，滑板速度最大，二者相對(duì)位移最大。兩種情景1.若滑塊未滑離滑板，當(dāng)滑塊與滑板相對(duì)靜止時(shí)，二者的共同速度為v，滑塊相對(duì)滑板的位移為d，滑板相對(duì)地面的位移為x，滑塊和滑板間的摩擦力為Ff。這類問題類似于子彈打木塊模型中子彈未射出的情況：(1)系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mv0＝(M＋m)v。(2)系統(tǒng)能量守恒：Ffd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2。2.若滑塊滑離滑板，設(shè)滑離滑板時(shí)，滑塊的速度為v1，滑板的速度為v2，滑板長(zhǎng)為L(zhǎng)：(1)系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。(2)系統(tǒng)能量守恒：FfL＝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)。(2023·山東高考，改編)如圖所示，物塊A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所在平面相切，豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A與B以相同速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)B的左端經(jīng)過軌道末端時(shí)，從弧形軌道某處無初速度下滑的滑塊C恰好到達(dá)最低點(diǎn)，并以水平速度v滑上B的上表面，同時(shí)撤掉外力，此時(shí)B右端與P板的距離為s。已知v0＝1m/s，v＝4m/s，mA＝mC＝1kg，mB＝2kg，A與地面間無摩擦，B與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1，C與B間動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.5，B足夠長(zhǎng)，使得C不會(huì)從B上滑下。B與P、A的碰撞均為彈性碰撞，不計(jì)碰撞時(shí)間，取重力加速度大小g＝10m/s2。(1)求C下滑的高度H；(2)與P碰撞前，若B與C能達(dá)到共速，且A、B未發(fā)生碰撞，求s的范圍；(3)若s＝0.48m，求B與P碰撞前，摩擦力對(duì)C做的功W。答案：(1)0.8m(2)eq\f(5,8)m≤s≤(1＋eq\f(\r(2),2))m(3)－6J解析：(1)C沿光滑的軌道下滑時(shí)，只有重力做功，則C的機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得mCgH＝eq\f(1,2)mCv2，解得H＝0.8m。(2)C滑上B后，C做減速運(yùn)動(dòng)，對(duì)B由牛頓第二定律有μ2mCg－μ1(mB＋mC)g＝mBaB，得aB＝1m/s2，則B做加速運(yùn)動(dòng)，A、B分離，對(duì)C由牛頓第二定律有μ2mCg＝mCaC，aC＝5m/s2，設(shè)經(jīng)過t1時(shí)間B、C共速，共同的速度為v′，則有v′＝v－aCt1＝v0＋aBt1，解得t1＝0.5s，v′＝1.5m/s，則t1時(shí)間內(nèi)B的位移sB1＝eq\f(v0＋v′,2)t1＝eq\f(5,8)m，A的位移sA＝v0t1＝0.5m，此時(shí)A、B之間的距離Δs＝sB1－sA＝eq\f(1,8)m，B、C共速后，二者以大小aBC＝μ1g＝1m/s2的加速度共同減速，設(shè)再經(jīng)t2時(shí)間物塊A與B恰好未碰撞，則有v0t2＝Δs＋v′t2－eq\f(1,2)aBCteq\o\al(2,2)，解得t2＝eq\f(1＋\r(2),2)s，t2時(shí)間內(nèi)B的位移sB2＝v′t2－eq\f(1,2)aBCteq\o\al(2,2)，解得sB2＝eq\f(3＋4\r(2),8)m，則s的取值范圍為sB1≤s≤sB2＋sB1，即eq\f(5,8)m≤s≤(1＋eq\f(\r(2),2))m。(3)因s＝0.48m＜sB1，則B與P碰撞瞬間，B、C未共速，設(shè)C滑上B后經(jīng)t3時(shí)間B與P發(fā)生碰撞，對(duì)B有s＝v0t3＋eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,3)，解得t3＝0.4s，t3時(shí)間內(nèi)C的位移sC＝vt3－eq\f(1,2)aCteq\o\al(2,3)＝1.2m，摩擦力對(duì)C做的功W＝－μ2mCgsC＝－6J。對(duì)點(diǎn)練1．(多選)如圖甲所示，長(zhǎng)木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝2kg的另一物體B以水平速度v0＝2m/s滑上原來靜止的長(zhǎng)木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，g＝10m/s2。則下列說法正確的是()A．長(zhǎng)木板A獲得的動(dòng)能為1JB．A、B系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2JC．長(zhǎng)木板A的最小長(zhǎng)度為2mD．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1答案：ABD解析：由題圖乙可知，最終長(zhǎng)木板A獲得的速度為v＝1m/s，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以B的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2kg，則長(zhǎng)木板A獲得的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)×2×12J＝1J，A正確；系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2，代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝2J，B正確；根據(jù)v-t圖像中圖線與t軸所圍的面積表示位移，由題圖乙得到0～1s內(nèi)B的位移為xB＝eq\f(1,2)×(2＋1)×1m＝1.5m，A的位移為xA＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，則木板A的最小長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝xB－xA＝1m，C錯(cuò)誤；由題圖乙可知，B的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1－2,1)m/s2＝－1m/s2，負(fù)號(hào)表示加速度的方向與v0的方向相反，由牛頓第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，D正確。學(xué)生用書第140頁對(duì)點(diǎn)練2．(多選)如圖所示，一質(zhì)量M＝3kg的長(zhǎng)木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一質(zhì)量m＝1kg的小木塊A。現(xiàn)以地面為參考系，給A和B以大小均為4.0m/s、方向相反的初速度，使A開始向左運(yùn)動(dòng)，B開始向右運(yùn)動(dòng)，但最后A并沒有滑離B板。A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，g取10m/s2。下列說法正確的是()A．木塊A一直做勻減速運(yùn)動(dòng)B．木塊A在木板B上滑動(dòng)過程中，木塊A的加速度大小不變，方向變化C．木塊在加速運(yùn)動(dòng)過程中，木塊相對(duì)于木板運(yùn)動(dòng)了2.67mD．整個(gè)過程中，滑動(dòng)摩擦產(chǎn)生的熱量為24J答案：CD解析：系統(tǒng)的初動(dòng)量方向水平向右，對(duì)木板與木塊組成的系統(tǒng)，合外力保持為零，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，A、B共速時(shí)總動(dòng)量也向右，故二者最終向右運(yùn)動(dòng)。所以物塊A先向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減到零后再反向做勻加速運(yùn)動(dòng)，最后和B一起做勻速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；共速前A一直相對(duì)B向左滑動(dòng)，故A受到的滑動(dòng)摩擦力方向一直水平向右，由牛頓第二定律可知μmg＝ma，則木塊A的加速度的大小和方向一直不變，B錯(cuò)誤；規(guī)定水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，木塊A速度為零時(shí)，有Mv0－mv0＝MvB，解得vB＝eq\f(8,3)m/s，以后A加速至和B速度相等，則MvB＝(M＋m)v共，解得v共＝2m/s，由能量守恒定律知μmgs＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)，解得s≈2.67m，C正確；由能量守恒定律知Q＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)，代入數(shù)據(jù)解得Q＝24J，D正確。提升點(diǎn)三“滑塊—曲面(或斜面)體”模型模型圖例M開始時(shí)靜止，m以初速度v0滑上光滑的曲面體。兩種情景1.m到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，m與M具有共同的瞬時(shí)水平速度v共：(1)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒：mv0＝(M＋m)v共；(2)系統(tǒng)機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)＋mgh，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。2.m返回最低點(diǎn)時(shí)，m與M的分離點(diǎn)：(1)整個(gè)過程中，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；(2)整個(gè)過程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒：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)。(2023·海南高考)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(zhǎng)木板C左端時(shí)，給木板一個(gè)與小滑塊相同的初速度，已知mC＝3kg，B、C間動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2，C與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.8，C右端有一個(gè)擋板，C長(zhǎng)為L(zhǎng)。已知g取10m/s2。(1)B滑到A的底端時(shí)對(duì)A的壓力是多大？(2)若B未與C右端擋板碰撞，當(dāng)B與地面保持相對(duì)靜止時(shí)，B、C間因摩擦產(chǎn)生的熱量是多少？(3)在0.16m＜L＜0.8m時(shí)，B與C右端擋板發(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(shí)間。答案：(1)30N(2)1.6J(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(15\r(0.8－L),16)))s解析：(1)滑塊下滑到軌道底部，有mBgR＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)－0解得v0＝2m/s在A的底部，對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律FN－mBg＝mBeq\f(veq\o\al(2,0),R)解得FN＝30N由牛頓第三定律可知B對(duì)A的壓力是30N。(2)當(dāng)B滑上C后，對(duì)B分析，受摩擦力向左，根據(jù)牛頓第二定律得FfB＝μ1mBg＝mBa1解得加速度向左，為a1＝2m/s2對(duì)C分析，受B向右的摩擦力μ1mBg和地面向左的摩擦力Ff地C＝μ2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mB＋mC))g根據(jù)牛頓第二定律Ff地C－FfBC＝mCa2解得其加速度向左，為a2＝10m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)位移與速度關(guān)系公式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可得B向右運(yùn)動(dòng)的距離x1＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a1)＝1mC向右運(yùn)動(dòng)的距離x2＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a2)＝0.2m由功能關(guān)系可知，B、C間摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μ1mBgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－x2))可得Q＝1.6J。(3)由(2)可知，若B還未與C上擋板碰撞，C先停下，用時(shí)為t1，有t1＝eq\f(v0,a2)解得t1＝0.2sB的位移為xB1＝v0t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝0.36m則此刻B、C的相對(duì)位移為x相＝xB1－x2＝0.16m此時(shí)vB1＝v0－a1t1＝1.6m/s由L＞0.16m知，一定是C停下之后，B才與C上擋板碰撞。設(shè)再經(jīng)t2時(shí)間B與C擋板碰撞，有L－x相＝vB1t2－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)，解得t2＝0.8－eq\r(0.8－L)s碰撞時(shí)B的速度為vB2＝vB1－a1t2＝2eq\r(0.8－L)m/s，碰撞時(shí)由動(dòng)量守恒可得mBvB2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB))v解得碰撞后B、C速度為v＝eq\f(\r(0.8－L),2)m/s之后二者一起減速，根據(jù)牛頓第二定律得a3＝eq\f(μ2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB))g,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB)))＝8m/s2后再經(jīng)t3時(shí)間停下，則有t3＝eq\f(v,a3)＝eq\f(\r(0.8－L),16)s故B從滑上C到最終停止所用的總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(15\r(0.8－L),16)))s。對(duì)點(diǎn)練1．(多選)質(zhì)量為M的帶有eq\f(1,4)光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質(zhì)量也為M的小球以速度v0水平?jīng)_上小車，到達(dá)某一高度后，小球又返回小車的左端，重力加速度為g，則()A．小球?qū)⑾蜃笞銎綊佭\(yùn)動(dòng)B．小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng)C．此過程小球?qū)π≤囎龅墓閑q\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)D．小球在圓弧軌道上上升的最大高度為eq\f(veq\o\al(2,0),2g)答案：BC解析：小球上升到最高點(diǎn)時(shí)與小車相對(duì)靜止，有相同的速度v′，由水平方向動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有Mv0＝2Mv′，eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×2Mv′2＋Mgh，聯(lián)立解得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),4g)，D錯(cuò)誤；從小球滾上小車到滾下并離開小車過程，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，由于無摩擦力做功，機(jī)械能守恒，此過程類似于彈性碰撞，由于二者質(zhì)量相等，故作用后兩者交換速度，即小球速度變?yōu)榱?，開始做自由落體運(yùn)動(dòng)，小車速度變?yōu)関0，動(dòng)能為eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，根據(jù)動(dòng)能定理得此過程小球?qū)π≤囎龅墓閑q\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，B、C正確，A錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)練2．如圖所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對(duì)運(yùn)動(dòng)。取重力加速度的大小g＝10m/s2。學(xué)生用書第141頁(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計(jì)算判斷冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？答案：(1)20kg(2)不能，理由見解析解析：(1)規(guī)定水平向左為正方向。冰塊在斜面體上上升到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此時(shí)共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。對(duì)冰塊與斜面體，由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)veq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)解得v＝1m/s，m3＝20kg。(2)設(shè)小孩推出冰塊后，小孩與滑板的速度為v1，對(duì)小孩和滑板與冰塊，由動(dòng)量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0代入數(shù)據(jù)得v1＝－1m/s設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，對(duì)冰塊與斜面體，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v2＝－1m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度，與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在小孩后方，故冰塊不能追上小孩。提升點(diǎn)四“物塊—彈簧”模型模型圖例m1、m2與輕彈簧(開始處于原長(zhǎng))相連，m1以初速度v0運(yùn)動(dòng)。兩種情景1.當(dāng)彈簧處于最短(最長(zhǎng))狀態(tài)時(shí)兩物體瞬時(shí)速度相等，彈性勢(shì)能最大：(1)系統(tǒng)動(dòng)量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v共。(2)系統(tǒng)機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,共)＋Epmax。2.當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)彈性勢(shì)能為零：(1)系統(tǒng)動(dòng)量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2。(2)系統(tǒng)機(jī)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)。(2022·全國乙卷·改編)如圖(a)，一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上；物塊B向A運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)與彈簧接觸，到t＝2t0時(shí)與彈簧分離，碰撞結(jié)束，A、B的v-t圖像如圖(b)所示。已知從t＝0到t＝t0時(shí)間內(nèi)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為0.36v0t0。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求：(1)碰撞過程中，彈簧彈性勢(shì)能的最大值；(2)碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值。答案：(1)0.6mveq\o\al(2,0)(2)0.768v0t0解析：(1)當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，此時(shí)A、B速度相等，即在t＝t0時(shí)刻，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mB·1.2v0＝(mB＋m)v0根據(jù)能量守恒定律有Epmax＝eq\f(1,2)mB(1.2v0)2－eq\f(1,2)(mB＋m)veq\o\al(2,0)聯(lián)立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mveq\o\al(2,0)。(2)B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動(dòng)量守恒，有mB·1.2v0＝mBvB＋mvA對(duì)方程兩邊同時(shí)乘以時(shí)間Δt，有6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt0～t0之間，根據(jù)位移等于速度在時(shí)間上的累積，可得6mv0t0＝5mxB＋mxA，將xA＝0.36v0t0代入可得xB＝1.128v0t0則碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值Δx＝xB－xA＝0.768v0t0。規(guī)律總結(jié)“滑塊—彈簧”模型的解題思路1．首先判斷彈簧的初始狀態(tài)是處于原長(zhǎng)、伸長(zhǎng)還是壓縮狀態(tài)。2．分析碰撞前后彈簧和物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，依據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能(或能量)守恒定律列出方程。3．判斷解出的結(jié)果是否滿足“物理情境可行性原則”，如果不滿足，則要舍掉該結(jié)果。4．彈簧的彈力是變力，所以彈簧的彈性勢(shì)能通常利用機(jī)械能(或能量)守恒定律求解。學(xué)生用書第142頁對(duì)點(diǎn)練1．(2023·河北邯鄲三模)如圖所示，光滑水平面上有a、b、c、d四個(gè)彈性小球，質(zhì)量分別為m、9m、3m、m。小球a一端靠墻，并通過一根輕彈簧與小球b相連，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)。小球b和c接觸但不粘連?，F(xiàn)給小球d一個(gè)向左的初速度v0，與小球c發(fā)生碰撞，整個(gè)碰撞過程中沒有能量損失，彈簧始終處于彈性限度之內(nèi)。以下說法正確的是()A．整個(gè)過程中小球a、b、c、d和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．整個(gè)過程中四個(gè)彈性小球a、b、c、d的機(jī)械能守恒C．小球a速度的最大值為eq\f(9,20)v0D．彈簧彈性勢(shì)能最大值為eq\f(9,320)mveq\o\al(2,0)答案：C解析：由于墻壁對(duì)a球有彈力作用，整個(gè)過程中小球a、b、c、d和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；整個(gè)過程中彈簧與四個(gè)彈性小球的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但四個(gè)彈性小球a、b、c、d的機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；小球d與小球c碰撞，設(shè)小球c碰撞后速度為v1，小球d碰撞后速度為v2，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得mv0＝3mv1＋mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mv22，解得v1＝eq\f(1,2)v0，小球c與小球b碰撞，設(shè)小球c碰撞后速度為v3，小球b碰撞后速度為v4，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得3mv1＝3mv3＋9mv4，eq\f(1,2)×3mv12＝eq\f(1,2)×3mv32＋eq\f(1,2)×9mv42，解得v4＝eq\f(1,4)v0，小球b向左運(yùn)動(dòng)速度為零時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，則Epmax＝eq\f(1,2)×9mv42＝eq\f(9,32)mv02，故D錯(cuò)誤；小球b開始?jí)嚎s彈簧，到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過程，小球b與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球b向右的速度大小為v4；當(dāng)小球a、b向右運(yùn)動(dòng)，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，小球a的速度最大，設(shè)小球a的速度大小為v5，小球b的速度大小為v6，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得9mv4＝mv5＋9mv6，eq\f(1,2)×9mv42＝eq\f(1,2)mv52＋eq\f(1,2)×9mveq\o\al(2,6)，解得v5＝eq\f(9,20)v0，故C正確。故選C。對(duì)點(diǎn)練2．(多選)如圖甲所示，一個(gè)輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接并靜止在光滑的水平地面上?，F(xiàn)使A以3m/s的速度向B運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，速度—時(shí)間圖像如圖乙所示，則有()A．在t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s，且彈簧都處于壓縮狀態(tài)B．從t3到t4時(shí)刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)原長(zhǎng)C．兩物塊的質(zhì)量之比為m1∶m2＝1∶2D．在t2時(shí)刻A與B的動(dòng)能之比Ek1∶Ek2＝1∶8答案：CD解析：由題圖乙可知，開始時(shí)A逐漸減速，B逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時(shí)刻二者速度相同，系統(tǒng)動(dòng)能最小，勢(shì)能最大，彈簧被壓縮到最短，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長(zhǎng)，B仍然加速，A先減速為零，然后反向加速，t2時(shí)刻，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)狀態(tài)，由于此時(shí)兩物塊速度方向相反，因此彈簧的長(zhǎng)度將逐漸增大，兩物塊均減速，在t3時(shí)刻，兩物塊速度相等，系統(tǒng)動(dòng)能最小，彈簧最長(zhǎng)，因此從t3到t4過程中彈簧由伸長(zhǎng)狀態(tài)恢復(fù)原長(zhǎng)，A、B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量守恒定律，t＝0時(shí)刻和t＝t1時(shí)刻系統(tǒng)總動(dòng)量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3m/s，v2＝1m/s，解得m1∶m2＝1∶2，C正確；在t2時(shí)刻A的速度為vA＝－1m/s，B的速度為vB＝2m/s，根據(jù)m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)∶eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)＝1∶8，D正確。提升點(diǎn)五力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1．力學(xué)三大觀點(diǎn)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，可用于解決勻變速直線運(yùn)動(dòng)問題。能量觀點(diǎn)動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系和能量守恒定律，可用于解決各種運(yùn)動(dòng)問題。動(dòng)量觀點(diǎn)動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律，一般用于解決非勻變速直線運(yùn)動(dòng)問題。2．力學(xué)規(guī)律的優(yōu)選策略(1)在研究物體受力的瞬時(shí)作用與物體運(yùn)動(dòng)的關(guān)系時(shí)，或者物體受到恒力作用做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，優(yōu)先選用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律解決問題。(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí)，如果涉及時(shí)間的問題，或作用時(shí)間極短的沖擊作用，優(yōu)先選用動(dòng)量定理解決問題。(3)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí)，如果涉及位移且不涉及加速度、時(shí)間等問題，優(yōu)先選用動(dòng)能定理解決問題(4)如果系統(tǒng)中只有重力或彈簧彈力做功，而又不涉及加速度和時(shí)間，優(yōu)先選用機(jī)械能守恒定律解決問題。(5)若研究的對(duì)象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，如果所研究的問題滿足動(dòng)量守恒或機(jī)械能守恒的條件，則優(yōu)先選用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律解決問題。(6)在涉及相對(duì)位移問題時(shí)，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(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量。(7)在涉及碰撞、爆炸、反沖、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí)，注意這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換。這類問題由于作用時(shí)間都極短，則優(yōu)先選用動(dòng)量守恒定律及能量守恒定律解決問題。(2023·浙江6月選考)為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)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學(xué)生用書第143頁與軌道CD和足夠長(zhǎng)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(shí)間極短)。已知傳送帶長(zhǎng)L＝0.8m，以v＝2m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，滑塊a與傳送帶間的動(dòng)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(shì)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(shí)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(shí)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碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差Δx。答案：(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m解析：(1)滑塊a從D到F，由動(dòng)能定理得mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在F點(diǎn)，由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,F),R)解得vF＝10m/s，F(xiàn)N＝31.2N。(2)滑塊a返回到B點(diǎn)時(shí)的速度vB＝1m/s滑塊a一直在傳送帶上減速，由牛頓第二定律得a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝5m/s2根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有veq\o\al(2,B)＝veq\o\al(2,C)－2aL可得在C點(diǎn)的速度vC＝3m/s則滑塊a從碰撞后到達(dá)C點(diǎn)，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mg·2R解得v1＝5m/s因a、b碰撞過程中動(dòng)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(2,F)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,2)＝0。(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，由動(dòng)量守恒定律得mvF＝4mv解得a、b碰后的共同速度v＝2.5m/s當(dāng)彈簧被壓縮到最短或者伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)時(shí)有共同速度，由動(dòng)量守恒定律得(m＋3m)v＝6mv′解得v′＝eq\f(5,3)m/s當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)壓縮量為x1，由能量關(guān)系得eq\f(1,2)·(m＋3m)v2＝eq\f(1,2)·6mv′2＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)解得x1＝0.1m同理當(dāng)彈簧被拉到最長(zhǎng)時(shí)伸長(zhǎng)量為x2＝x1則彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差Δx＝2x1＝0.2m。對(duì)點(diǎn)練．(2023·遼寧高考)如圖，質(zhì)量m1＝1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k＝20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2＝4kg的小物塊以水平向右的速度v0＝eq\f(5,4)m/s滑上木板左端，兩者共速時(shí)木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長(zhǎng)，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep＝eq\f(1,2)kx2。取重力加速度g＝10m/s2，結(jié)果可用根式表示。(1)求木板剛接觸彈簧時(shí)速度v的大小及木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離x1；(2)求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)時(shí)彈簧的壓縮量x2及此時(shí)木板速度v2的大小；(3)已知木板向右運(yùn)動(dòng)的速度從v2減小到0所用時(shí)間為t0。求木板從速度為v2時(shí)到之后與物塊加速度首次相同時(shí)的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能ΔU(用t表示)。答案：(1)1m/s0.125m(2)0.25meq\f(\r(3),2)m/s(3)(4eq\r(3)t0－8teq\o\al(2,0))J解析：(1)由于地面光滑，則木板和物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有m2v0＝(m1＋m2)v1代入數(shù)據(jù)有v1＝1m/s對(duì)木板根據(jù)牛頓第二定律得μm2g＝m1a1，a1＝4m/s2則木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離x1滿足veq\o\al(2,1)＝2a1x1代入數(shù)據(jù)解得x1＝0.125m。(2)木板與彈簧接觸以后，對(duì)物塊與木板組成的系統(tǒng)有kx＝(m1＋m2)a共對(duì)物塊，根據(jù)牛頓第二定律得μm2g＝m2a2a2＝1m/s2當(dāng)a共＝a2時(shí)物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)，解得此時(shí)的彈簧壓縮量x2＝0.25m對(duì)木板和物塊組成的系統(tǒng)由動(dòng)能定理有－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,1)代入數(shù)據(jù)解得v2＝eq\f(\r(3),2)m/s。(3)木板從速度為v2時(shí)到之后與物塊加速度首次相同時(shí)的過程中，由于木板的加速度大于木塊的加速度，則當(dāng)木板與木塊的加速度相同時(shí)即彈簧形變量為x2時(shí)，說明此時(shí)木板的速度大小為v2，共用時(shí)2t0，且物塊一直受滑動(dòng)摩擦力作用，對(duì)物塊根據(jù)動(dòng)量定理得－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2解得v3＝eq\f(\r(3),2)－2t0則對(duì)于木板和物塊組成的系統(tǒng)根據(jù)能量守恒定律得－Wf＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)ΔU＝－Wf聯(lián)立有ΔU＝(4eq\r(3)t0－8teq\o\al(2,0))J。課時(shí)測(cè)評(píng)32動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,用書P415)(時(shí)間：45分鐘滿分：60分)(本欄目?jī)?nèi)容，在學(xué)生用書中以獨(dú)立形式分冊(cè)裝訂！)(選擇題1～8題，每題3分，共24分)1．(2024·安徽黃山模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的子彈，以初速度v0射入靜止在光滑水平面上的木塊，并留在其中。木塊質(zhì)量為M，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，子彈射入木塊的深度為d，在子彈射入木塊的過程中木塊移動(dòng)距離為s。假設(shè)木塊對(duì)子彈的阻力始終保持不變，下列說法正確的是()A．d可能大于s，也可能小于sB．s可能大于L，也可能小于LC．s一定小于d，s一定小于LD．若子彈質(zhì)量減小，d和s不一定同時(shí)變小答案：C解析：木塊和子彈組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mv0＝(m＋M)v，解得v＝eq\f(mv0,m＋M)＝eq\f(v0,1＋\f(M,m))，木塊增加的動(dòng)能等于阻力與木塊的位移乘積Ffs＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(mMveq\o\al(2,0),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋M)))·eq\f(m,m＋M)＝eq\f(Mveq\o\al(2,0),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))2)，系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于阻力與兩個(gè)物體相對(duì)位移的乘積Ffd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2＝eq\f(mMveq\o\al(2,0),2（m＋M）)，由此計(jì)算可得，s一定小于d，而d小于L，所以s一定小于L，若子彈質(zhì)量減小，d和s一定同時(shí)變小。故選C。2．(2023·河北衡水三模)如圖所示，光滑水平面上放置滑塊A和左側(cè)固定輕質(zhì)豎直擋板的木板B，滑塊C置于B的最右端，三者質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝3kg、mC＝1kg。開始時(shí)B、C靜止，A以v0＝7.5m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，A與B發(fā)生正撞(碰撞時(shí)間極短)，經(jīng)過一段時(shí)間，B、C達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動(dòng)，且此時(shí)C再次位于B的最右端。已知所有的碰撞均無機(jī)械能損失，木板B的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝0.9m，B、C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，取g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．A與B碰撞后瞬間，B的速度大小為5m/sB．A與B碰撞后瞬間，B的速度大小為6m/sC．C與B左側(cè)的擋板相撞后的一小段時(shí)間內(nèi)，C對(duì)B摩擦力的沖量水平向左D．μ＝0.55答案：B解析：規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mAv0＝mAvA1＋mBvB1，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B1)，解得vB1＝6m/s，故A錯(cuò)誤，B正確；C與B左側(cè)的擋板相撞后的一小段時(shí)間內(nèi)，C的速度大于B的速度，C對(duì)B的摩擦力水平向右，此時(shí)C對(duì)B摩擦力的沖量水平向右，故C錯(cuò)誤；由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mBvB1＝(mB＋mC)v共，eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B1)＝eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,共)＋μmCg·2L，解得μ＝0.75，故D錯(cuò)誤。故選B。3．(2024·廣東東莞高三檢測(cè))如圖所示，彈簧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(gè)質(zhì)量為2m的小球從槽高h(yuǎn)處自由下滑，則下列說法錯(cuò)誤的是()A．在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒B．在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．小球被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動(dòng)D．小球被彈簧反彈后，小球和槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球能回到槽高h(yuǎn)處答案：D解析：槽處于光滑水平面上，則小球在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向所受合外力為零，則水平方向上動(dòng)量守恒，選項(xiàng)A正確；在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)只有重力做功，則機(jī)械能守恒，選項(xiàng)B正確；小球下滑到槽底端，由動(dòng)量守恒定律可知mv1＝2mv2，解得v1＝2v2，球被彈簧反彈后，速度大小不變?nèi)詾関2，小球的速度小于槽的速度，小球不能再次追上槽，因水平面光滑，則小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。4．(多選)如圖所示，靜止在光滑水平桌面上的物塊A和B用一輕質(zhì)彈簧栓接在一起，彈簧處于原長(zhǎng)。一顆子彈沿彈簧軸線方向射入物塊A并留在其中，射入時(shí)間極短。下列說法中正確的是()A．子彈射入物塊A的過程中，子彈和物塊A的機(jī)械能守恒B．子彈射入物塊A的過程中，子彈對(duì)物塊A的沖量大小等于物塊A對(duì)子彈的沖量大小C．子彈射入物塊A后，兩物塊與子彈的動(dòng)能之和等于射入物塊A前子彈的動(dòng)能D．兩物塊運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧最短時(shí)的彈性勢(shì)能等于彈簧最長(zhǎng)時(shí)的彈性勢(shì)能答案：BD解析：子彈射入物塊A的過程為完全非彈性碰撞，動(dòng)能損失最大，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則子彈和物塊A的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；子彈射入物塊A的過程中，子彈對(duì)物塊A的作用力與物塊A對(duì)子彈的作用力是一對(duì)相互作用力，等大反向，則子彈對(duì)物塊A的沖量大小等于物塊A對(duì)子彈的沖量大小，故B正確；子彈射入物塊A的過程中有動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，子彈射入物塊A后，兩物塊與子彈的動(dòng)能之和小于射入物塊A前子彈的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；兩物塊運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧最短時(shí)與彈簧最長(zhǎng)時(shí)都是兩物體具有共同速度時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒有(mA＋m子)v1＝(mA＋m子＋mB)v2，ΔEp＝eq\f(1,2)(mA＋m子)veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(mA＋m子＋mB)veq\o\al(2,2)，則彈簧最短時(shí)的彈性勢(shì)能等于彈簧最長(zhǎng)時(shí)的彈性勢(shì)能，故D正確。5．如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，子彈A、B從兩側(cè)同時(shí)水平射入木塊，木塊始終保持靜止，子彈A射入木塊的深度是B的3倍。假設(shè)木塊對(duì)子彈的阻力大小恒定，A、B做直線運(yùn)動(dòng)且不會(huì)相遇，則A、B運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是()A．木塊和子彈A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．子彈B的初速度大小是子彈A的初速度大小的3倍C．子彈B的質(zhì)量是子彈A的質(zhì)量的6倍D．若子彈A向右射入木塊，與木塊相對(duì)靜止后，子彈B再向左射入木塊，最終A進(jìn)入的深度仍是B的3倍答案：A解析：以子彈A、B和木塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)的合外力為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，即子彈A的初動(dòng)量與子彈B的初動(dòng)量大小相等，由于木塊始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，則兩子彈對(duì)木塊的推力大小相等，則兩子彈所受的阻力大小相等，設(shè)為Ff，根據(jù)動(dòng)能定理對(duì)子彈A有－FfdA＝0－EkA，得EkA＝FfdA，對(duì)子彈B有－FfdB＝0－EkB，得EkB＝FfdB，由于dA＝3dB，則兩子彈的初動(dòng)能關(guān)系為EkA＝3EkB，又EkA＝eq\f(meq\o\al(2,A)veq\o\al(2,A),2mA)，EkB＝eq\f(meq\o\al(2,B)veq\o\al(2,B),2mB)，則得3mA＝mB，則子彈B的質(zhì)量是子彈A的質(zhì)量的3倍，子彈A的初速度大小是子彈B的初速度大小的3倍，B、C錯(cuò)誤，A正確；若子彈A向右射入木塊，子彈A與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，相對(duì)靜止時(shí)具有向右的共同速度，由能量守恒定律可知，系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝FfdA′＜EkA，則dA′＜dA；子彈B再向左射入木塊，由于子彈A、B與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且由A、B、C選項(xiàng)分析知mAvA＝mBvB，系統(tǒng)初動(dòng)量為零，由動(dòng)量守恒定律知，最終A、B與木塊都靜止。子彈B射入木塊過程中，由能量守恒定律知，系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝FfdB′＞EkB，則dB′＞dB。所以若子彈A向右射入木塊，與木塊相對(duì)靜止后，子彈B再向左射入木塊，最終A進(jìn)入的深度減小，B進(jìn)入的深度增加，D錯(cuò)誤。6．(多選)如圖所示，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(gè)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(yùn)動(dòng)。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(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.4，取g＝10m/s2。下列說法正確的是()A．鐵塊C在滑離A時(shí)的速度為2.4m/sB．木塊B的長(zhǎng)度至少為0.24mC．鐵塊C在木塊B上滑行的時(shí)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(dòng)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(dòng)量守恒、能量守恒，有mCvC＋mBvA＝(mC＋mB)vB，eq\f(1,2)(mC＋mB)veq\o\al(2,B)＋μmCgx1＝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(zhǎng)度L≥x1，聯(lián)立以上方程代入數(shù)據(jù)解得L≥0.24m，即木塊B的長(zhǎng)度至少為0.24m，所以B正確；由B選項(xiàng)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(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律知加速度為aC＝eq\f(μmCg,mC)＝4m/s2，則鐵塊C在木塊B上滑行的時(shí)間為t＝eq\f(vC－vB,aC)＝0.3s，所以C錯(cuò)誤；C剛滑上A，C做勻減速運(yùn)動(dòng)，A做勻加速運(yùn)動(dòng)，則C的總位移為x2＝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＝μmCgx2＝15.64J，所以D正確。7．(多選)(2024·山東濟(jì)南模擬)如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為2M、半徑為R(R足夠大)的eq\f(1,4)圓弧曲面C，質(zhì)量為M的小球B置于其底端，另一個(gè)小球A質(zhì)量為eq\f(M,2)，小球A以v0＝6m/s的速度向B運(yùn)動(dòng)，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計(jì)一切摩擦，小球均視為質(zhì)點(diǎn)，則()A．B的最大速率為4m/sB．B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速率為eq\f(3,4)m/sC．B能與A再次發(fā)生碰撞D．B不能與A再次發(fā)生碰撞答案：AD解析：A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得eq\f(M,2)v0＝eq\f(M,2)vA＋MvB，eq\f(1,2)·eq\f(M,2)veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·eq\f(M,2)veq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)，聯(lián)立解得vA＝－2m/s，vB＝4m/s，故B的最大速率為4m/s，選項(xiàng)A正確；B沖上C并運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)二者共速，設(shè)為v，則MvB＝(M＋2M)v，解得v＝eq\f(4,3)m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從B沖上C后又滑下的過程，設(shè)B、C分離時(shí)速度分別為vB′、vC′，由水平方向動(dòng)量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)MvB′2＋eq\f(1,2)·2MvC′2，聯(lián)立解得vB′＝－eq\f(4,3)m/s，由于|vB′|＜|vA|，所以二者不會(huì)再次發(fā)生碰撞，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。8．(多選)(2024·山東德州模擬)如圖所示，在光滑水平面上有質(zhì)量為3m的小球A和質(zhì)量為5m的小球B通過輕彈簧拴接并處于靜止?fàn)顟B(tài)，質(zhì)量也為5m的小球C以速度v0水平向左勻速運(yùn)動(dòng)并與B發(fā)生彈性碰撞。已知在小球A的左邊某處(圖中未畫出)固定有一彈性擋板(指小球與擋板碰撞時(shí)不計(jì)機(jī)械能損失)，且當(dāng)小球A與擋板發(fā)生正碰后立即撤去擋板，碰撞時(shí)間極短。則小球A與擋板碰撞后的運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧彈性勢(shì)能的最大值可能是()A．eq\f(15,16)mveq\o\al(2,0) B．eq\f(17,16)mveq\o\al(2,0)C．eq\f(7,2)mveq\o\al(2,0) D．eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)答案：ABD解析：由于B、C發(fā)生的是彈性碰撞，且二者質(zhì)量相等，故二者碰撞后交換速度，即C靜止，B速度為v0，B開始向左運(yùn)動(dòng)后，開始階段B減速A加速。經(jīng)分析，當(dāng)pA＝pB時(shí)A與擋板相碰后反向，由動(dòng)量守恒知有A、B速度同時(shí)為0的時(shí)刻，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能的最大值最大，為Ep＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5m))veq\o\al(2,0)＝eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)；當(dāng)彈簧第二次回到原長(zhǎng)時(shí)，vA＝0，若此時(shí)正好與擋板相接觸，此后彈簧壓縮至最短，最短時(shí)彈簧彈性勢(shì)能的最大值最小，有5mv0＝8mv共，Ep′＝eq\f(1,2)×5mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×8mveq\o\al(2,共)，解得Ep′＝eq\f(15,16)mveq\o\al(2,0)，在這兩者區(qū)間取值均可，故A、B、D正確，C錯(cuò)誤。9．(8分)(2024·河南鄭州模擬)利用示蹤原子來探測(cè)細(xì)胞間的親和程度是生物技術(shù)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(gè)發(fā)射裝置，利用該裝置向正對(duì)裝置方向滑來的物塊A和B(A、B相對(duì)靜止)發(fā)射一個(gè)示蹤滑塊C，示蹤滑塊C將記錄下它與發(fā)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(zhì)量為3kg，示蹤滑塊C的質(zhì)量為1kg，每次發(fā)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(zhǎng)，每次A、C相碰前，A、B間均已相對(duì)靜止，某次測(cè)量的滑塊C的x-t圖像如圖乙所示?；瑝KC和物塊B均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)第一次碰后滑塊C的速度大??；(2)物塊B的質(zhì)量；(3)物塊A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)。答案：(1)8m/s(2)6kg(3)0.4解析：(1)由x-t圖像可知，t1＝1.00s時(shí)滑塊C與A相碰，此時(shí)C與發(fā)射裝置之間的距離x1＝vCt1＝10mt2＝2.25s時(shí)滑塊C返回到發(fā)射裝置處，設(shè)第一次碰后C的速度大小為vC1則vC1＝eq\f(x1,t2－t1)＝8m/s。(2)設(shè)A、B在第一次與C碰撞前的速度大小為vAB，以滑塊C的初速度方向?yàn)檎?，第一次碰撞后瞬間A的速度大小為vA1，對(duì)A、C由動(dòng)量守恒定律有mCvC－mAvAB＝－mCvC1＋mAvA1由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,AB)＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C1)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A1)解得vAB＝2m/s，vA1＝4m/s之后A、B相對(duì)靜止，設(shè)共同速度大小為vAB1，對(duì)A、B由動(dòng)量守恒定律有mAvA1－mBvAB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB))vAB1同理第二次碰撞前滑塊C到發(fā)射裝置之間距離x2＝vCeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t3－t2))＝11m第三次碰撞后C的速度大小為vC2＝eq\f(x2,t4－t3)＝5m/s設(shè)第二次碰撞后瞬間A的速度為vA2則mCvC＋mAvAB1＝－mCvC2＋mAvA2，eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,AB1)＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C2)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A2)聯(lián)立以上各式解得vAB1＝0，mB＝6kg。(3)由(2)分析可知第一次A、C相碰時(shí)A距離發(fā)射裝置x1＝10m，第二次A、C相碰時(shí)A距離發(fā)射裝置x2＝11m，且第二次碰后A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，即A向右運(yùn)動(dòng)了xA＝x2－x1＝1m對(duì)物塊A由動(dòng)能定理有－μmBgxA＝－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A1)解得μ＝0.4。10．(8分)(2022·河北高考)如圖，光滑水平面上有兩個(gè)等高的滑板A和B，質(zhì)量分別為1kg和2kg，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質(zhì)量均為1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右運(yùn)動(dòng)，B和D以相同速度kv0向左運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻發(fā)生碰撞，作用時(shí)間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個(gè)新物塊，A與B粘在一起形成一個(gè)新滑板，物塊與滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10m/s2。(1)若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k＝0.5，從碰撞后到新物塊與新滑板相對(duì)靜止時(shí)，求兩者相對(duì)位移的大小。答案：(1)5(1－k)m/seq\f(10－20k,3)m/s方向均向右(2)1.875m解析：(1)物塊C、D碰撞過程中滿足動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度為v物，C、D的質(zhì)量均為m＝1kg，以向右方向?yàn)檎较?，則有mv0－mkv0＝(m＋m)v物解得v物＝eq\f(1－k,2)v0＝5(1－k)m/s＞0可知碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度大小為5(1－k)m/s，方向向右；滑板A、B碰撞過程中滿足動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑，滑板A和B質(zhì)量分別為M＝1kg和2M＝2kg，則有Mv0－2Mkv0＝(M＋2M)v滑解得v滑＝eq\f(1－2k,3)v0＝eq\f(10－20k,3)m/s＞0則新滑板的速度大小為eq\f(10－20k,3)m/s，方向向右。(2)若k＝0.5，可知碰后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為v物′＝5(1－k)m/s＝2.5m/s碰后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑′＝eq\f(10－20k,3)m/s＝0m/s可知碰后新物塊相對(duì)于新滑板向右運(yùn)動(dòng)，新物塊向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，新滑板向右做勻加速運(yùn)動(dòng)。設(shè)新物塊的質(zhì)量為m′＝2m＝2kg，新滑板的質(zhì)量為M′＝M＋2M＝3kg，相對(duì)靜止時(shí)的共同速度為v共，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得m′v物′＝(m′＋M′)v共解得v共＝1m/s根據(jù)能量守恒定律可得μm′gx相＝eq\f(1,2)m′v物′2－eq\f(1,2)(m′＋M′)veq\o\al(2,共)解得x相＝1.875m。11．(10分)(2021·海南