2024屆高考物理一輪復(fù)習(xí)動(dòng)量專題精準(zhǔn)提升強(qiáng)化14：動(dòng)量相關(guān)的綜合能量問(wèn)題（難度：偏難）

2024屆高考物理一輪復(fù)習(xí)動(dòng)量專題精準(zhǔn)提升強(qiáng)化14：動(dòng)量相關(guān)的綜合能量問(wèn)題（難度：偏難）【動(dòng)量與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】如圖所示，一帶有eq\f(1,2)光滑圓弧軌道的小車靜止在光滑的水平面上，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從圓弧A端正上方由靜止釋放，剛好從A點(diǎn)無(wú)碰撞地進(jìn)入圓弧小車，AB是圓弧的水平直徑，在小球從A向B運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．小球運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)，小車的速度最大C．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小等于小球在A點(diǎn)時(shí)的速度大小D．小球從B點(diǎn)拋出后，向上做斜上拋運(yùn)動(dòng)【動(dòng)量與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】(2022·河北省石家莊市高三下教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)(二))如圖，質(zhì)量均為m的小球A、B用一根長(zhǎng)為l的輕桿相連，豎直放置在光滑水平地面上，質(zhì)量也為m的小球C挨著小球B放置在地面上。擾動(dòng)輕桿使小球A向左傾倒，小球B、C在同一豎直面內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)。當(dāng)桿與地面有一定夾角時(shí)小球B和C分離，已知C球的最大速度為v，小球A落地后不反彈，重力加速度為g。下面說(shuō)法正確的是()A．球B、C分離前，A、B兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能逐漸減小B．球B、C分離時(shí)，球B對(duì)地面的壓力大小為2mgC．從開(kāi)始到A球落地的過(guò)程中，桿對(duì)球B做的功為eq\f(1,8)mv2D．小球A落地時(shí)的動(dòng)能為mgl－eq\f(5,8)mv2【動(dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】(2022·湖北高考)一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，在前一段時(shí)間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時(shí)間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關(guān)系式一定成立的是()A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1【動(dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】(2022·重慶高考)(多選)一物塊在傾角為45°的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相等的拉力作用，由靜止開(kāi)始沿斜面向下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同。若拉力沿斜面向下時(shí)，物塊滑到底端的過(guò)程中重力和摩擦力對(duì)物塊做功隨時(shí)間的變化分別如圖中曲線①、②所示，則()A．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(2),3)B．當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為9J時(shí)，物塊動(dòng)能為3JC．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊的加速度大小之比為1∶3D．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊滑到底端時(shí)的動(dòng)量大小之比為1∶eq\r(2)【動(dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】(2020·北京高考)在同一豎直平面內(nèi)，3個(gè)完全相同的小鋼球(1號(hào)、2號(hào)、3號(hào))懸掛于同一高度，靜止時(shí)小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實(shí)驗(yàn)中，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，碰撞均為對(duì)心正碰。以下分析正確的是()A．將1號(hào)移至高度h釋放，碰撞后，觀察到2號(hào)靜止、3號(hào)擺至高度h。若2號(hào)換成質(zhì)量不同的小鋼球，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，3號(hào)仍能擺至高度hB．將1、2號(hào)一起移至高度h釋放，碰撞后，觀察到1號(hào)靜止，2、3號(hào)一起擺至高度h，釋放后整個(gè)過(guò)程機(jī)械能和動(dòng)量都守恒C．將右側(cè)涂膠的1號(hào)移至高度h釋放，1、2號(hào)碰撞后粘在一起，根據(jù)機(jī)械能守恒，3號(hào)仍能擺至高度hD．將1號(hào)和右側(cè)涂膠的2號(hào)一起移至高度h釋放，碰撞后，2、3號(hào)粘在一起向右運(yùn)動(dòng)，未能擺至高度h，釋放后整個(gè)過(guò)程機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒【動(dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】（多選）（2021·山東高考）如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物資以相對(duì)地面的速度v0水平投出，落地時(shí)物資與熱氣球的距離為d。已知投出物資后熱氣球的總質(zhì)量為M，所受浮力不變，重力加速度為g，不計(jì)阻力，以下判斷正確的是（）A.投出物資后熱氣球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B.投出物資后熱氣球所受合力大小為mgC.d＝1+D.d＝2【動(dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】如圖所示，半徑均為R、質(zhì)量均為M、內(nèi)表面光滑的兩個(gè)完全相同的14圓槽A和B并排放在光滑的水平面上，圖中a、c分別為A、B槽的最高點(diǎn)，b、b'分別為A、B槽的最低點(diǎn)，A槽的左端緊靠著豎直墻壁，一個(gè)質(zhì)量為m的小球C從圓槽A頂端的a點(diǎn)無(wú)初速度釋放。重力加速度為g（1）小球C從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)的速度大小及A槽對(duì)地面的壓力大?。唬?）小球C在B槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)所能達(dá)到的最大高度；（3）B槽的最大速度的大小?！緞?dòng)量與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】(2021·河北高考)如圖，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成，其中AB段傾角為θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圓弧連接。一個(gè)質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質(zhì)量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起。背包與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空氣阻力及拎包過(guò)程中滑雪者與背包的重心變化，求：(1)滑道AB段的長(zhǎng)度；(2)滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度?！緞?dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】（2020·天津高考）長(zhǎng)為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為m1的小球A，處于靜止?fàn)顟B(tài)。A受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)。當(dāng)A回到最低點(diǎn)時(shí)，質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運(yùn)動(dòng)，并能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。（1）求A受到的水平瞬時(shí)沖量I的大?。唬?）碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少多大？【動(dòng)量與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】(2022·湖北省武漢市高三下5月模擬)一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方體固定在水平地面上，兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B通過(guò)長(zhǎng)為2L的輕繩連接，小球B鎖定在圖示位置，A的質(zhì)量為3m，B的質(zhì)量為m。現(xiàn)解除對(duì)B的鎖定，立即對(duì)A施加一豎直向下的瞬時(shí)沖量I＝2meq\r(10gL)，經(jīng)過(guò)極短時(shí)間，A和B速度大小相等，當(dāng)A撞擊到地面時(shí)與地面牢固粘連。已知在B運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中輕繩一直沒(méi)有斷裂。不計(jì)一切摩擦，重力加速度大小為g。(1)從對(duì)A施加了瞬時(shí)沖量開(kāi)始至A、B速度大小相等的過(guò)程中，求A、B及輕繩組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)求B球到達(dá)其軌跡最高點(diǎn)時(shí)的速度大小；(3)B球越過(guò)最高點(diǎn)后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)輕繩再次繃直時(shí)，求輕繩與水平面的夾角?！緞?dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】(2023·山東濟(jì)寧市模擬)如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M＝1.98kg的小車，B點(diǎn)右側(cè)為水平軌道，其中BC段粗糙，CD段光滑．B點(diǎn)的左側(cè)為一半徑R＝1.3m的光滑四分之一圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在B點(diǎn)相切，車的最右端D點(diǎn)固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)左端恰好位于小車的C點(diǎn)，B與C之間距離L＝0.7m．一質(zhì)量m＝1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，置于小車的B點(diǎn)，開(kāi)始時(shí)小車與小物塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)．一質(zhì)量m0＝20g的子彈以速度v0＝600m/s向右擊中小車并停留在車中，假設(shè)子彈擊中小車的過(guò)程時(shí)間極短，已知小物塊與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2.求：(1)小物塊沿圓弧軌道上升的最大高度h；(2)小物塊第一次返回到B點(diǎn)時(shí)速度v的大??；(3)彈簧的彈性勢(shì)能的最大值Epm；(4)小物塊最終與小車保持相對(duì)靜止時(shí)到B的距離x.【應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題】(2023·云南省高三月考)如圖所示，半徑R＝1.0m的粗糙圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ＝37°，下端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn)．C點(diǎn)右側(cè)的粗糙水平面上，緊挨C點(diǎn)靜止放置一質(zhì)量M＝1kg的木板，木板上表面與C點(diǎn)等高，木板左端放置一個(gè)質(zhì)量為m2＝1kg的物塊，另一質(zhì)量為m1＝1kg的物塊從A點(diǎn)以某一速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進(jìn)入軌道，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為46N，之后與質(zhì)量為m2的物塊發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)，最終質(zhì)量為m2的物塊剛好未從木板上滑下．已知AO的豎直高度H＝1.4m，質(zhì)量為m2的物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.4，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，兩物塊相同且均可視為質(zhì)點(diǎn)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2.求：(1)質(zhì)量為m1的物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB；(2)質(zhì)量為m1的物塊通過(guò)圓弧軌道克服摩擦力做的功W克f；(3)木板的長(zhǎng)度L.【應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題】如圖所示，水平桌面左端有一頂端高為h的光滑圓弧形軌道，圓弧的底端與桌面在同一水平面上．桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑圓軌道MNP，其形狀為半徑R＝0.8m的圓環(huán)剪去了左上角135°后剩余的部分，MN為其豎直直徑，P點(diǎn)到桌面的豎直距離也為R.一質(zhì)量m＝0.4kg的物塊A自圓弧形軌道的頂端釋放，到達(dá)圓弧形軌道底端恰與一停在圓弧底端水平桌面上質(zhì)量也為m的物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞過(guò)程沒(méi)有機(jī)械能的損失)，碰后物塊B的位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式為x＝6t－2t2(關(guān)系式中所有物理量的單位均為國(guó)際單位)，物塊B飛離桌面后恰由P點(diǎn)沿切線落入圓軌道．A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2，求：(1)BP間的水平距離sBP；(2)判斷物塊B能否沿圓軌道到達(dá)M點(diǎn)；(3)物塊A由靜止釋放的高度h.【應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題】(2023·浙江紹興市諸暨市高三檢測(cè))如圖所示，水平桌面上放置一端有擋板的長(zhǎng)平板A，平板上放著物塊B和C，B和C之間有一被壓縮且勁度系數(shù)足夠大的輕彈簧，B與擋板間的距離L＝1.25m，C位于桌面邊緣，離地面高h(yuǎn)＝0.8m．由靜止釋放壓縮彈簧，B和C瞬間分離，C向右水平拋出后的落地點(diǎn)與拋出點(diǎn)的水平距離x＝0.8m，B向左運(yùn)動(dòng)與A的擋板發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短．已知平板A的質(zhì)量mA＝1kg，物塊B的質(zhì)量mB＝1kg，物塊C的質(zhì)量mC＝1.5kg，B、C均可看為質(zhì)點(diǎn)，A與B、A與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，重力加速度取g＝10m/s2.(1)求釋放前壓縮彈簧的彈性勢(shì)能；(2)求B與A的擋板碰撞后瞬間平板A的動(dòng)能；(3)求平板A在桌面上滑行的距離．【應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題】如圖所示，水平面上有A、B兩個(gè)小物塊(均視為質(zhì)點(diǎn))，質(zhì)量均為m，兩者之間有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧(未與A、B連接)．距離物塊A為L(zhǎng)處有一半徑為L(zhǎng)的固定光滑豎直半圓形軌道，半圓形軌道與水平面相切于C點(diǎn)，物塊B的左邊靜置著一個(gè)三面均光滑的斜面體(底部與水平面平滑連接)．某一時(shí)刻將壓縮的彈簧釋放，物塊A、B瞬間分離，A向右運(yùn)動(dòng)恰好能過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)D(過(guò)D點(diǎn)后立即撤去物塊A)，B向左平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為L(zhǎng)(L小于斜面體的高度)．已知A與右側(cè)水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，B左側(cè)水平面光滑，重力加速度為g，求：(1)物塊A通過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓形軌道的壓力大??；(2)斜面體的質(zhì)量；(3)物塊B與斜面體分離時(shí)，物塊B與斜面體各自的速度大?。緫?yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題】如圖所示，半徑R＝2.8m的光滑半圓軌道BC與傾角θ＝37°的粗糙斜面軌道在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道間由一條光滑水平軌道AB相連，A處用光滑小圓弧軌道平滑連接，B處與圓軌道相切。在水平軌道上，兩靜止小球P、Q壓緊輕質(zhì)彈簧后用細(xì)線連在一起。某時(shí)刻剪斷細(xì)線后，小球P向左運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，小球Q沿圓軌道到達(dá)C點(diǎn)；之后小球Q落到斜面上時(shí)恰好與沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的小球P發(fā)生碰撞。已知小球P的質(zhì)量m1＝3.2kg，小球Q的質(zhì)量m2＝1kg，小球P與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，剪斷細(xì)線前彈簧的彈性勢(shì)能Ep＝168J，小球到達(dá)A點(diǎn)或B點(diǎn)時(shí)已和彈簧分離。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計(jì)空氣阻力，求：（1）小球Q運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大??；（2）小球P沿斜面上升的最大高度h；（3）小球Q離開(kāi)圓軌道后經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間與小球P相碰。【應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題】(2022·浙江6月選考·20)如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點(diǎn)O正下方的A點(diǎn)，以速度v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長(zhǎng)度均為l.圓弧形細(xì)管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點(diǎn)高度為H.開(kāi)始時(shí)，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點(diǎn)，并向左拉開(kāi)一定的高度h由靜止下擺，細(xì)線始終張緊，擺到最低點(diǎn)時(shí)恰好與a發(fā)生彈性正碰．已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物塊與MN、CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時(shí)不反彈且靜止．忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10m/s2.(1)若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時(shí)物塊a的速度v0的大?。?2)物塊a在DE最高點(diǎn)時(shí)，求管道對(duì)物塊的作用力FN與h間滿足的關(guān)系；(3)若物塊b釋放高度0.9m<h<1.65m，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍(以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正，建立x軸)．【應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題】如圖所示，一條帶有圓軌道的長(zhǎng)軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R＝0.5m。物塊A以v0＝6m/s的速度滑入圓軌道，滑過(guò)最高點(diǎn)Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處?kù)o止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長(zhǎng)度都為L(zhǎng)＝0.1m。物塊與各粗糙段間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，A、B的質(zhì)量均為m＝1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞時(shí)間極短）。（1）求A滑過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度大小v和受到的彈力大小F；（2）若碰后A、B最終停止在第k個(gè)粗糙段上，求k的數(shù)值；（3）求碰后A、B滑至第n個(gè)（n＜k）光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式?！緫?yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題】(2021·湖南高考)如圖，豎直平面內(nèi)一足夠長(zhǎng)的光滑傾斜軌道與一長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平軌道通過(guò)一小段光滑圓弧平滑連接，水平軌道右下方有一段弧形軌道PQ。質(zhì)量為m的小物塊A與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。以水平軌道末端O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系xOy，x軸的正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下，弧形軌道P端坐標(biāo)為(2μL，μL)，Q端在y軸上。重力加速度為g。(1)若A從傾斜軌道上距x軸高度為2μL的位置由靜止開(kāi)始下滑，求A經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度大?。?2)若A從傾斜軌道上不同位置由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)O點(diǎn)落在弧形軌道PQ上的動(dòng)能均相同，求PQ的曲線方程；(3)將質(zhì)量為λm(λ為常數(shù)且λ≥5)的小物塊B置于O點(diǎn)，A沿傾斜軌道由靜止開(kāi)始下滑，與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)，要使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點(diǎn)的右側(cè)，求A下滑的初始位置距x軸高度的取值范圍?！緞?dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】(2022·廣東高考)某同學(xué)受自動(dòng)雨傘開(kāi)傘過(guò)程的啟發(fā)，設(shè)計(jì)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(gè)滑塊，初始時(shí)它們處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動(dòng)時(shí)，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(dòng)滑桿離開(kāi)桌面一起豎直向上運(yùn)動(dòng)。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(jì)空氣阻力。求：(1)滑塊在靜止時(shí)和向上滑動(dòng)的過(guò)程中，桌面對(duì)滑桿支持力的大小N1和N2；(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v；(3)滑桿向上運(yùn)動(dòng)的最大高度h?！緞?dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】(2022·海南高考)如圖所示，有一個(gè)角度可變的傾斜軌道，當(dāng)傾角為30°時(shí)，滑塊A恰好勻速下滑，現(xiàn)將傾角調(diào)為60°，使滑塊A從高為h的地方由靜止下滑，一段時(shí)間后滑塊A無(wú)碰撞地進(jìn)入光滑水平面，與系在輕繩下端的小球B發(fā)生彈性正碰，B被一根繩子懸掛，與水平面接觸但不擠壓，碰后B恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，已知滑塊A和小球B質(zhì)量相等，重力加速度大小為g，求：(1)A與傾斜軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)A與B剛碰撞完瞬間B的速度；(3)繩子的長(zhǎng)度L?！緞?dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】(2022·湖北高考)打樁機(jī)是基建常用工具。某種簡(jiǎn)易打樁機(jī)模型如圖所示，重物A、B和C通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)長(zhǎng)繩跨過(guò)兩個(gè)光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高(圖中實(shí)線位置)時(shí)，C到兩定滑輪的距離均為L(zhǎng)。重物A和B的質(zhì)量均為m，系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此時(shí)連接C的繩與水平方向的夾角為60°。某次打樁時(shí)，用外力將C拉到圖中實(shí)線位置，然后由靜止釋放。設(shè)C的下落速度為eq\r(\f(3gL,5))時(shí)，與正下方質(zhì)量為2m的靜止樁D正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運(yùn)動(dòng)eq\f(L,10)距離后靜止(不考慮C、D再次相碰)。A、B、C、D均可視為質(zhì)點(diǎn)。(1)求C的質(zhì)量；(2)若D在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力F可視為恒力，求F的大??；(3)撤掉樁D，將C再次拉到圖中實(shí)線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動(dòng)能最大時(shí)C的動(dòng)能。2024屆高考物理一輪復(fù)習(xí)動(dòng)量專題精準(zhǔn)提升強(qiáng)化14：動(dòng)量相關(guān)的綜合能量問(wèn)題（難度：偏難）【解析版】【動(dòng)量與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】如圖所示，一帶有eq\f(1,2)光滑圓弧軌道的小車靜止在光滑的水平面上，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從圓弧A端正上方由靜止釋放，剛好從A點(diǎn)無(wú)碰撞地進(jìn)入圓弧小車，AB是圓弧的水平直徑，在小球從A向B運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．小球運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)，小車的速度最大C．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小等于小球在A點(diǎn)時(shí)的速度大小D．小球從B點(diǎn)拋出后，向上做斜上拋運(yùn)動(dòng)答案BC解析小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合力為零，在豎直方向所受合力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，可知系統(tǒng)水平方向的總動(dòng)量保持為零不變，因?yàn)樾∏蜻\(yùn)動(dòng)到圓弧最低點(diǎn)時(shí)水平速度最大，則此時(shí)小車的速度最大，故B正確；小球由B點(diǎn)離開(kāi)小車時(shí)與小車在水平方向速度相等，又因?yàn)樾∏蚝托≤嚱M成的系統(tǒng)在水平方向的總動(dòng)量始終為零，則此時(shí)小球在水平方向的速度為零，小車的速度為零，小球離開(kāi)小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，小球從A到B的過(guò)程中，系統(tǒng)中只有重力做功，所以由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度大小等于小球在A點(diǎn)時(shí)的速度大小，故C正確，D錯(cuò)誤?！緞?dòng)量與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】(2022·河北省石家莊市高三下教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)(二))如圖，質(zhì)量均為m的小球A、B用一根長(zhǎng)為l的輕桿相連，豎直放置在光滑水平地面上，質(zhì)量也為m的小球C挨著小球B放置在地面上。擾動(dòng)輕桿使小球A向左傾倒，小球B、C在同一豎直面內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)。當(dāng)桿與地面有一定夾角時(shí)小球B和C分離，已知C球的最大速度為v，小球A落地后不反彈，重力加速度為g。下面說(shuō)法正確的是()A．球B、C分離前，A、B兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能逐漸減小B．球B、C分離時(shí)，球B對(duì)地面的壓力大小為2mgC．從開(kāi)始到A球落地的過(guò)程中，桿對(duì)球B做的功為eq\f(1,8)mv2D．小球A落地時(shí)的動(dòng)能為mgl－eq\f(5,8)mv2答案AD解析球B、C分離前，球C受到B向右的彈力，則球B受到C向左的彈力，因此球C對(duì)球B始終做負(fù)功，所以A、B兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能逐漸減小，故A正確；球B、C分離時(shí)，B與C間的彈力剛好減為0，B、C的加速度均為0，則B受到桿的彈力恰為0，所以球B對(duì)地面的壓力大小為mg，故B錯(cuò)誤；A、B、C三球在水平方向不受外力作用，所以A、B、C三球在水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)在A落地瞬間A、B水平方向速度大小為v共，有mv＝2mv共，解得v共＝eq\f(v,2)，對(duì)A、B、C三球組成的系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得mgl＝EkA＋eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,共)，解得小球A落地時(shí)的動(dòng)能為EkA＝mgl－eq\f(5,8)mv2，故D正確；從開(kāi)始到A球落地的過(guò)程中，桿對(duì)球B做的功等于球B和球C的動(dòng)能增量之和，為W＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,共)＝eq\f(5,8)mv2，故C錯(cuò)誤?！緞?dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】(2022·湖北高考)一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，在前一段時(shí)間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時(shí)間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關(guān)系式一定成立的是()A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1答案D解析根據(jù)動(dòng)能定理可知W1＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(5v)2－eq\f(1,2)m(2v)2＝eq\f(21,2)mv2，可得W2＝7W1；在初、末速度大小一定的情況下，當(dāng)初、末速度方向相同時(shí)，動(dòng)量變化量最小，方向相反時(shí)，動(dòng)量變化量最大，因此結(jié)合動(dòng)量定理可知，合外力的沖量大小的范圍是分別是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可得I2≥I1一定成立，I2≤3I1不一定成立。故選D?！緞?dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】(2022·重慶高考)(多選)一物塊在傾角為45°的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相等的拉力作用，由靜止開(kāi)始沿斜面向下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同。若拉力沿斜面向下時(shí)，物塊滑到底端的過(guò)程中重力和摩擦力對(duì)物塊做功隨時(shí)間的變化分別如圖中曲線①、②所示，則()A．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(2),3)B．當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為9J時(shí)，物塊動(dòng)能為3JC．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊的加速度大小之比為1∶3D．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊滑到底端時(shí)的動(dòng)量大小之比為1∶eq\r(2)答案BC解析由題意知，拉力大小F＝f＝μmgcos45°，當(dāng)拉力沿斜面向下時(shí)，對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律有mgsin45°＋F－f＝ma1，得物塊下滑的加速度大小為a1＝gsin45°＝eq\f(\r(2),2)g，物塊滑到底端的過(guò)程中重力和摩擦力對(duì)物塊做功分別為WG＝mg·eq\f(1,2)a1t2·sin45°＝eq\f(mg2,4)t2＝18J，Wf＝－μmgcos45°·eq\f(1,2)a1t2＝－eq\f(μmg2,4)t2＝－6J，聯(lián)立解得物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,3)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)拉力沿斜面向上時(shí)，對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律有mgsin45°－F－f＝ma2，得物塊下滑的加速度大小為a2＝gsin45°－2μgcos45°＝eq\f(\r(2),6)g，則當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊的加速度大小之比為a2∶a1＝1∶3，故C正確；當(dāng)拉力沿斜面向上，物塊位移大小為x時(shí)，重力做功為WG′＝mgsin45°·x，合力做功為W合＝ma2·x，兩者比值為eq\f(WG′,W合)＝eq\f(gsin45°,a2)＝eq\f(\f(\r(2),2)g,\f(\r(2),6)g)＝3，則重力做功為WG′＝9J時(shí)，合力做功為W合＝eq\f(WG′,3)＝3J，由動(dòng)能定理知此時(shí)物塊動(dòng)能為3J，故B正確；由p＝mv、v2＝2ax聯(lián)立，得動(dòng)量大小p＝meq\r(2ax)，則當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊滑到底端時(shí)的動(dòng)量大小之比為p2∶p1＝eq\r(a2)∶eq\r(a1)＝1∶eq\r(3)，故D錯(cuò)誤?！緞?dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】(2020·北京高考)在同一豎直平面內(nèi)，3個(gè)完全相同的小鋼球(1號(hào)、2號(hào)、3號(hào))懸掛于同一高度，靜止時(shí)小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實(shí)驗(yàn)中，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，碰撞均為對(duì)心正碰。以下分析正確的是()A．將1號(hào)移至高度h釋放，碰撞后，觀察到2號(hào)靜止、3號(hào)擺至高度h。若2號(hào)換成質(zhì)量不同的小鋼球，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，3號(hào)仍能擺至高度hB．將1、2號(hào)一起移至高度h釋放，碰撞后，觀察到1號(hào)靜止，2、3號(hào)一起擺至高度h，釋放后整個(gè)過(guò)程機(jī)械能和動(dòng)量都守恒C．將右側(cè)涂膠的1號(hào)移至高度h釋放，1、2號(hào)碰撞后粘在一起，根據(jù)機(jī)械能守恒，3號(hào)仍能擺至高度hD．將1號(hào)和右側(cè)涂膠的2號(hào)一起移至高度h釋放，碰撞后，2、3號(hào)粘在一起向右運(yùn)動(dòng)，未能擺至高度h，釋放后整個(gè)過(guò)程機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒答案D解析A項(xiàng)中，1號(hào)與質(zhì)量不同的小鋼球碰撞后，1號(hào)速度不為零，則該質(zhì)量不同的小鋼球獲得的動(dòng)能小于1號(hào)碰撞前瞬間的動(dòng)能，所以該質(zhì)量不同的小鋼球與3號(hào)碰撞后，3號(hào)獲得的動(dòng)能也小于1號(hào)碰撞前瞬間的動(dòng)能，則3號(hào)不可能擺至高度h，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)中，1、2號(hào)釋放后，三小球之間的碰撞為彈性碰撞，且三小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，但整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)中，1、2號(hào)碰撞后粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過(guò)程有機(jī)械能損失，所以1、2號(hào)再與3號(hào)碰撞后，3號(hào)獲得的動(dòng)能不足以使其擺至高度h，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)中，碰撞后，2、3號(hào)粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過(guò)程有機(jī)械能損失，且整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)的機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒，故D正確?！緞?dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】（多選）（2021·山東高考）如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物資以相對(duì)地面的速度v0水平投出，落地時(shí)物資與熱氣球的距離為d。已知投出物資后熱氣球的總質(zhì)量為M，所受浮力不變，重力加速度為g，不計(jì)阻力，以下判斷正確的是（）A.投出物資后熱氣球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B.投出物資后熱氣球所受合力大小為mgC.d＝1+D.d＝2解析：BC熱氣球開(kāi)始攜帶物資時(shí)處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合外力為0，初動(dòng)量為0，水平投出重力為mg的物資瞬間，滿足動(dòng)量守恒定律Mv＝mv0，則熱氣球和物資的動(dòng)量等大反向，熱氣球獲得水平向左的速度v，熱氣球所受合力恒為mg，豎直向上，所以熱氣球做勻加速曲線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；熱氣球和物資的運(yùn)動(dòng)示意圖如圖所示，熱氣球和物資所受合力大小均為mg，所以熱氣球在豎直方向上加速度大小為a＝mMg，物資落地H過(guò)程所用的時(shí)間t內(nèi)，根據(jù)H＝12gt2，解得落地時(shí)間為t＝2Hg，熱氣球在豎直方向上運(yùn)動(dòng)的位移為HM＝12at2＝12·mMg·2Hg＝mMH，熱氣球和物資在水平方向均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平位移為xm＝v0t＝v02Hg，xM＝vt＝mMv0·2Hg，【動(dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】如圖所示，半徑均為R、質(zhì)量均為M、內(nèi)表面光滑的兩個(gè)完全相同的14圓槽A和B并排放在光滑的水平面上，圖中a、c分別為A、B槽的最高點(diǎn)，b、b'分別為A、B槽的最低點(diǎn)，A槽的左端緊靠著豎直墻壁，一個(gè)質(zhì)量為m的小球C從圓槽A頂端的a點(diǎn)無(wú)初速度釋放。重力加速度為g（1）小球C從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)的速度大小及A槽對(duì)地面的壓力大?。唬?）小球C在B槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)所能達(dá)到的最大高度；（3）B槽的最大速度的大小。解析：（1）小球C從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程機(jī)械能守恒，有mgR＝12m解得小球到b點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0＝2在最低點(diǎn)b，根據(jù)牛頓第二定律可得FN－mg＝mv0解得FN＝3mg由牛頓第三定律可知，小球C對(duì)A槽的壓力FN'＝FN＝3mg，A槽靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，地面對(duì)A的支持力F＝FN'＋Mg＝3mg＋Mg，由牛頓第三定律可知，A槽對(duì)地面的壓力F'＝F＝3mg＋Mg。（2）B槽和小球C組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，小球C在B槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)至所能達(dá)到的最大高度h處時(shí)，兩者共速，由動(dòng)量守恒定律可知mv0＝（M＋m）v由機(jī)械能守恒定律，有12mv02＝12（M＋m）解得h＝MRM（3）當(dāng)小球C回到B槽的底端b'點(diǎn)時(shí)，B槽的速度最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有mv0＝mv1＋Mv2由能量守恒定律可知12mv02＝12mv解得v2＝2m答案：（1）2gR3mg＋Mg（2）（3）2【動(dòng)量與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】(2021·河北高考)如圖，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成，其中AB段傾角為θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圓弧連接。一個(gè)質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質(zhì)量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起。背包與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空氣阻力及拎包過(guò)程中滑雪者與背包的重心變化，求：(1)滑道AB段的長(zhǎng)度；(2)滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度。[答案](1)9m(2)7.44m/s[解析](1)設(shè)滑道AB段的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，已知背包質(zhì)量為m1＝2kg，設(shè)其在AB段滑行的加速度為a1，由牛頓第二定律有m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1代入數(shù)據(jù)解得a1＝2m/s2已知滑雪者質(zhì)量為m2＝48kg，初速度為v0＝1.5m/s，加速度為a2＝3m/s2，設(shè)其在AB段滑行時(shí)間為t，則背包在AB段的滑行時(shí)間為t＋t0(t0＝1s)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得L＝eq\f(1,2)a1(t＋t0)2L＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2聯(lián)立解得t＝2s(t＝－1s舍去)故可得L＝9m。(2)設(shè)背包和滑雪者到達(dá)水平滑道時(shí)的速度分別為v1、v2，則v1＝a1(t＋t0)代入數(shù)據(jù)解得v1＝6m/sv2＝v0＋a2t代入數(shù)據(jù)解得v2＝7.5m/s滑雪者拎起背包的過(guò)程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)拎起背包時(shí)的共同速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v代入數(shù)據(jù)解得v＝7.44m/s?！緞?dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】（2020·天津高考）長(zhǎng)為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為m1的小球A，處于靜止?fàn)顟B(tài)。A受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)。當(dāng)A回到最低點(diǎn)時(shí)，質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運(yùn)動(dòng)，并能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。（1）求A受到的水平瞬時(shí)沖量I的大??；（2）碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少多大？解析（1）A恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)，此時(shí)輕繩的拉力剛好為零。設(shè)A在最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由重力提供向心力，有m1g＝m1v2lA從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，取軌跡最低點(diǎn)處重力勢(shì)能為零。設(shè)A在最低點(diǎn)的速度大小為vA，有12m1vA2＝12m1v2＋2由動(dòng)量定理，有I＝m1vA③聯(lián)立①②③式，得I＝m15gl。（2）設(shè)兩球粘在一起時(shí)的速度大小為v'，A、B粘在一起后恰能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)，需滿足v'＝vA⑤要達(dá)到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向?yàn)檎较颉ＴO(shè)B碰前瞬間的速度大小為vB，由動(dòng)量守恒定律，有m2vB－m1vA＝（m1＋m2）v'⑥又Ek＝12m2vB聯(lián)立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek＝5gl(2m答案（1）m15gl（2）【動(dòng)量與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】(2022·湖北省武漢市高三下5月模擬)一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方體固定在水平地面上，兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B通過(guò)長(zhǎng)為2L的輕繩連接，小球B鎖定在圖示位置，A的質(zhì)量為3m，B的質(zhì)量為m?，F(xiàn)解除對(duì)B的鎖定，立即對(duì)A施加一豎直向下的瞬時(shí)沖量I＝2meq\r(10gL)，經(jīng)過(guò)極短時(shí)間，A和B速度大小相等，當(dāng)A撞擊到地面時(shí)與地面牢固粘連。已知在B運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中輕繩一直沒(méi)有斷裂。不計(jì)一切摩擦，重力加速度大小為g。(1)從對(duì)A施加了瞬時(shí)沖量開(kāi)始至A、B速度大小相等的過(guò)程中，求A、B及輕繩組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)求B球到達(dá)其軌跡最高點(diǎn)時(shí)的速度大??；(3)B球越過(guò)最高點(diǎn)后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)輕繩再次繃直時(shí)，求輕繩與水平面的夾角。答案(1)eq\f(5,3)mgL(2)eq\r(\f(3gL,2))(3)30°解析(1)對(duì)A施加一豎直向下的瞬時(shí)沖量的瞬間，設(shè)A獲得的速度為v0，根據(jù)動(dòng)量定理有I＝3mv0輕繩繃緊瞬間，A、B及輕繩組成的系統(tǒng)內(nèi)力F遠(yuǎn)大于外力，設(shè)作用時(shí)間為Δt，繃緊后A、B的速度大小為v1，則對(duì)A有－FΔt＝3mv1－3mv0對(duì)B有FΔt＝mv1從對(duì)A施加了瞬時(shí)沖量開(kāi)始至A、B速度大小相等的過(guò)程中，A、B及輕繩組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(3m＋m)veq\o\al(2,1)聯(lián)立解得ΔE＝eq\f(5,3)mgL。(2)設(shè)A落地前瞬間二者共同速度大小為v2，此時(shí)A下降了L，B上升了L，根據(jù)動(dòng)能定理有(3m－m)gL＝eq\f(1,2)(3m＋m)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(3m＋m)veq\o\al(2,1)聯(lián)立解得v2＝eq\r(\f(7,2)gL)A落地后瞬間，B剛好運(yùn)動(dòng)至正方體端點(diǎn)，且具有豎直向上的速度v2，由于A與地面粘連，所以B將做半徑為L(zhǎng)的圓周運(yùn)動(dòng)假設(shè)B能夠沿圓弧運(yùn)動(dòng)至圓弧最高點(diǎn)，設(shè)此時(shí)速度大小為v3，根據(jù)動(dòng)能定理有－mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得v3＝eq\r(\f(3gL,2))設(shè)B能夠通過(guò)圓弧最高點(diǎn)的最小速度為vmin，根據(jù)牛頓第二定律有mg＝m解得vmin＝eq\r(gL)<v3所以假設(shè)成立，即B到達(dá)其軌跡最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為eq\r(\f(3gL,2))。(3)假設(shè)B越過(guò)最高點(diǎn)后能以半徑2L做圓周運(yùn)動(dòng)，則在最高點(diǎn)時(shí)其所需向心力大小為F向＝mmF向＝eq\f(3,4)mg<mg，所以假設(shè)不成立，則B越過(guò)最高點(diǎn)后將做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)輕繩再次繃直時(shí)與水平面的夾角為θ，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有2Lcosθ＝v3t2L(1－sinθ)＝eq\f(1,2)gt2聯(lián)立解得θ＝30°。【動(dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】(2023·山東濟(jì)寧市模擬)如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M＝1.98kg的小車，B點(diǎn)右側(cè)為水平軌道，其中BC段粗糙，CD段光滑．B點(diǎn)的左側(cè)為一半徑R＝1.3m的光滑四分之一圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在B點(diǎn)相切，車的最右端D點(diǎn)固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)左端恰好位于小車的C點(diǎn)，B與C之間距離L＝0.7m．一質(zhì)量m＝1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，置于小車的B點(diǎn)，開(kāi)始時(shí)小車與小物塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)．一質(zhì)量m0＝20g的子彈以速度v0＝600m/s向右擊中小車并停留在車中，假設(shè)子彈擊中小車的過(guò)程時(shí)間極短，已知小物塊與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2.求：(1)小物塊沿圓弧軌道上升的最大高度h；(2)小物塊第一次返回到B點(diǎn)時(shí)速度v的大小；(3)彈簧的彈性勢(shì)能的最大值Epm；(4)小物塊最終與小車保持相對(duì)靜止時(shí)到B的距離x.答案(1)1.2m(2)8m/s(3)8.5J(4)0.4m解析(1)對(duì)子彈與小車組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有m0v0＝(m0＋M)v1當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最高點(diǎn)時(shí)三者共速，對(duì)三者由水平方向動(dòng)量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v2由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)(m0＋M)v12＝eq\f(1,2)(m0＋M＋m)v22＋mgh聯(lián)立解得h＝1.2m即小物塊沿圓弧軌道上升的最大高度h＝1.2m.(2)當(dāng)小物塊第一次回到B點(diǎn)時(shí)，設(shè)車和子彈的速度為v3，取水平向右為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M)v3＋mv由能量守恒定律有eq\f(1,2)(m0＋M)v12＝eq\f(1,2)(m0＋M)v32＋eq\f(1,2)mv2聯(lián)立解得v3＝2m/s，v＝8m/s即小物塊第一次返回到B點(diǎn)時(shí)速度大小為v＝8m/s.(3)當(dāng)彈簧具有最大彈性勢(shì)能Epm時(shí)，三者速度相同．由動(dòng)量守恒定律有(m0＋M)v3＋mv＝(m0＋M＋m)v4由能量守恒定律有eq\f(1,2)(m0＋M)v32＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)(m0＋M＋m)v42＋μmgL＋Epm聯(lián)立解得Epm＝8.5J.(4)小物塊最終與小車保持相對(duì)靜止時(shí)，三者共速，設(shè)小物塊在BC部分總共運(yùn)動(dòng)了s的路程，由水平方向動(dòng)量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v5由能量守恒定律有eq\f(1,2)(m0＋M)v12＝eq\f(1,2)(m0＋M＋m)v52＋μmgs聯(lián)立解得s＝2.4m＝4L－x則小物塊與小車保持相對(duì)靜止時(shí)到B的距離x＝0.4m.【應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題】(2023·云南省高三月考)如圖所示，半徑R＝1.0m的粗糙圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ＝37°，下端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn)．C點(diǎn)右側(cè)的粗糙水平面上，緊挨C點(diǎn)靜止放置一質(zhì)量M＝1kg的木板，木板上表面與C點(diǎn)等高，木板左端放置一個(gè)質(zhì)量為m2＝1kg的物塊，另一質(zhì)量為m1＝1kg的物塊從A點(diǎn)以某一速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進(jìn)入軌道，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為46N，之后與質(zhì)量為m2的物塊發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)，最終質(zhì)量為m2的物塊剛好未從木板上滑下．已知AO的豎直高度H＝1.4m，質(zhì)量為m2的物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.4，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，兩物塊相同且均可視為質(zhì)點(diǎn)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2.求：(1)質(zhì)量為m1的物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB；(2)質(zhì)量為m1的物塊通過(guò)圓弧軌道克服摩擦力做的功W克f；(3)木板的長(zhǎng)度L.答案(1)5m/s(2)10.5J(3)3m解析(1)質(zhì)量為m1的物塊水平拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，下落高度為h＝H－Rsinθ＝0.8m豎直方向上有vy2＝2gh根據(jù)幾何關(guān)系可知vy＝vBcosθ聯(lián)立解得vB＝5m/s(2)質(zhì)量為m1的物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有FN－m1g＝eq\f(m1vC2,R)解得vC＝6m/s質(zhì)量為m1的物塊從B運(yùn)動(dòng)到C過(guò)程中，由動(dòng)能定理得m1g(R＋Rsinθ)－W克f＝eq\f(1,2)m1vC2－eq\f(1,2)m1vB2解得W克f＝10.5J(3)質(zhì)量為m1的物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)與質(zhì)量為m2的物塊發(fā)生彈性碰撞且質(zhì)量相等，碰撞后速度交換，則v2＝vC＝6m/s經(jīng)受力分析，由牛頓第二定律，對(duì)質(zhì)量為m2的物塊有μ1m2g＝m2a1對(duì)木板有μ1m2g－μ2(m2＋M)g＝Ma2根據(jù)公式v＝v0＋at，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t后二者共速有a2t＝v2－a1t對(duì)質(zhì)量為m2的物塊有x1＝v2t－eq\f(1,2)a1t2對(duì)木板有x2＝eq\f(1,2)a2t2因?yàn)橘|(zhì)量為m2的物塊剛好未從木板上滑下，所以質(zhì)量為m2的物塊相對(duì)木板的位移即為木板長(zhǎng)度，則有L＝x1－x2聯(lián)立解得L＝3m.【應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題】如圖所示，水平桌面左端有一頂端高為h的光滑圓弧形軌道，圓弧的底端與桌面在同一水平面上．桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑圓軌道MNP，其形狀為半徑R＝0.8m的圓環(huán)剪去了左上角135°后剩余的部分，MN為其豎直直徑，P點(diǎn)到桌面的豎直距離也為R.一質(zhì)量m＝0.4kg的物塊A自圓弧形軌道的頂端釋放，到達(dá)圓弧形軌道底端恰與一停在圓弧底端水平桌面上質(zhì)量也為m的物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞過(guò)程沒(méi)有機(jī)械能的損失)，碰后物塊B的位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式為x＝6t－2t2(關(guān)系式中所有物理量的單位均為國(guó)際單位)，物塊B飛離桌面后恰由P點(diǎn)沿切線落入圓軌道．A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2，求：(1)BP間的水平距離sBP；(2)判斷物塊B能否沿圓軌道到達(dá)M點(diǎn)；(3)物塊A由靜止釋放的高度h.解析：（1）設(shè)碰撞后物塊B由D點(diǎn)以初速度vD做平拋運(yùn)動(dòng)，落到P點(diǎn)時(shí)vy2＝2其中vyvD＝tan45由①②解得vD＝4m/s③設(shè)平拋用時(shí)為t，水平位移為s2，則有R＝12gt2s2＝vDt⑤由④⑤解得s2＝1.6m⑥物塊B碰后以初速度v0＝6m/s，加速度a＝－4m/s2減速到vD，則B到D過(guò)程由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式vD2－v02＝2解得s1＝2.5m⑧故B、P之間的水平距離sBP＝s2＋s1＝4.1m。⑨（2）若物塊B能沿軌道到達(dá)M點(diǎn)，在M點(diǎn)時(shí)其速度為vM，由D到M的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，則有－22mgR＝12mvM2－1設(shè)在M點(diǎn)軌道對(duì)物塊的壓力為FN，則FN＋mg＝mvM2由⑩?解得FN＝（1－2）mg＜0，假設(shè)不成立，即物塊不能到達(dá)M點(diǎn)。（3）對(duì)物塊A、B的碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有mAvA＝mAvA'＋mBv0?根據(jù)機(jī)械能守恒定律有，12mAvA2＝12mAvA'2＋12由??解得vA＝6m/s?設(shè)物塊A釋放的高度為h，對(duì)下落過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝12mvA2由??解得h＝1.8m。?答案：（1）4.1m（2）不能（3）1.8m【應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題】(2023·浙江紹興市諸暨市高三檢測(cè))如圖所示，水平桌面上放置一端有擋板的長(zhǎng)平板A，平板上放著物塊B和C，B和C之間有一被壓縮且勁度系數(shù)足夠大的輕彈簧，B與擋板間的距離L＝1.25m，C位于桌面邊緣，離地面高h(yuǎn)＝0.8m．由靜止釋放壓縮彈簧，B和C瞬間分離，C向右水平拋出后的落地點(diǎn)與拋出點(diǎn)的水平距離x＝0.8m，B向左運(yùn)動(dòng)與A的擋板發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短．已知平板A的質(zhì)量mA＝1kg，物塊B的質(zhì)量mB＝1kg，物塊C的質(zhì)量mC＝1.5kg，B、C均可看為質(zhì)點(diǎn)，A與B、A與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，重力加速度取g＝10m/s2.(1)求釋放前壓縮彈簧的彈性勢(shì)能；(2)求B與A的擋板碰撞后瞬間平板A的動(dòng)能；(3)求平板A在桌面上滑行的距離．答案(1)7.5J(2)2J(3)eq\f(3,8)m解析(1)設(shè)B、C分離瞬間B、C的速度大小分別為vB和vC，B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有mBvB－mCvC＝0由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mBvB2＋eq\f(1,2)mCvC2分離后，物塊C做平拋運(yùn)動(dòng)，則有h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vCt聯(lián)立解得vC＝2m/s，vB＝3m/s，Ep＝7.5J.(2)B、C分離后，B向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，A靜止不動(dòng)，設(shè)A、B碰撞前瞬間B的速度為vB1，對(duì)物塊B，由動(dòng)能定理得－μmBgL＝eq\f(1,2)mBvB12－eq\f(1,2)mBvB2A、B發(fā)生彈性碰撞，取水平向左為正方向，碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，則有mBvB1＝mBvB2＋mAvA，eq\f(1,2)mBvB12＝eq\f(1,2)mBvB22＋eq\f(1,2)mAvA2且EkA＝eq\f(1,2)mAvA2聯(lián)立解得vB1＝2m/s，vB2＝0，vA＝2m/s，EkA＝2J.(3)A、B碰撞后，A向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則對(duì)B有μmBg＝mBaB對(duì)A有μmBg＋μ(mB＋mA)g＝mAaA解得aA＝6m/s2，aB＝2m/s2設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t，兩者共速，則有v＝aBt＝vA－aAt解得v＝eq\f(1,2)m/s，t＝eq\f(1,4)s此過(guò)程中A向左運(yùn)動(dòng)距離x1＝eq\f(vA＋v,2)t＝eq\f(2＋\f(1,2),2)×eq\f(1,4)m＝eq\f(5,16)m此后，A、B相對(duì)靜止一起減速到零，有－μ(mB＋mA)gx2＝0－eq\f(1,2)(mB＋mA)v2解得x2＝eq\f(1,16)m，整個(gè)過(guò)程中A在桌面上滑行的距離為x＝x1＋x2＝(eq\f(5,16)＋eq\f(1,16))m＝eq\f(3,8)m.【應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題】如圖所示，水平面上有A、B兩個(gè)小物塊(均視為質(zhì)點(diǎn))，質(zhì)量均為m，兩者之間有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧(未與A、B連接)．距離物塊A為L(zhǎng)處有一半徑為L(zhǎng)的固定光滑豎直半圓形軌道，半圓形軌道與水平面相切于C點(diǎn)，物塊B的左邊靜置著一個(gè)三面均光滑的斜面體(底部與水平面平滑連接)．某一時(shí)刻將壓縮的彈簧釋放，物塊A、B瞬間分離，A向右運(yùn)動(dòng)恰好能過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)D(過(guò)D點(diǎn)后立即撤去物塊A)，B向左平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為L(zhǎng)(L小于斜面體的高度)．已知A與右側(cè)水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，B左側(cè)水平面光滑，重力加速度為g，求：(1)物塊A通過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓形軌道的壓力大??；(2)斜面體的質(zhì)量；(3)物塊B與斜面體分離時(shí)，物塊B與斜面體各自的速度大?。鸢?1)6mg(2)eq\f(m,2)(3)eq\f(\r(6gL),3)eq\f(4\r(6gL),3)解析(1)設(shè)A恰好通過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD，根據(jù)牛頓第二定律有mg＝meq\f(vD2,L)①設(shè)A通過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC，則對(duì)A從C到D的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有－2mgL＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvC2②設(shè)物塊A通過(guò)C點(diǎn)時(shí)所受軌道支持力大小為F，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝meq\f(vC2,L)③聯(lián)立①②③解得F＝6mg④根據(jù)牛頓第三定律可知，物塊A通過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓形軌道的壓力大小為F′＝F＝6mg⑤(2)設(shè)彈簧釋放瞬間A、B的速度大小分別為vA、vB，由動(dòng)量守恒定律有mvA＝mvB⑥對(duì)物塊A從彈簧釋放到運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理有－μmgL＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvA2⑦設(shè)斜面體的質(zhì)量為M，B滑上斜面體最高點(diǎn)時(shí)，B和斜面體有共同速度v，對(duì)B和斜面體，由動(dòng)量守恒定律有mvB＝(m＋M)v⑧由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgL⑨聯(lián)立①②⑥⑦⑧⑨解得M＝eq\f(m,2)⑩(3)物塊B與斜面體分離時(shí)，設(shè)物塊B與斜面體各自的速度分別為vB′和v′，以水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mvB＝mvB′＋Mv′?由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mvB′2＋eq\f(1,2)Mv′2?聯(lián)立⑩??解得vB′＝eq\f(\r(6gL),3)，v′＝eq\f(4\r(6gL),3).【應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題】如圖所示，半徑R＝2.8m的光滑半圓軌道BC與傾角θ＝37°的粗糙斜面軌道在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道間由一條光滑水平軌道AB相連，A處用光滑小圓弧軌道平滑連接，B處與圓軌道相切。在水平軌道上，兩靜止小球P、Q壓緊輕質(zhì)彈簧后用細(xì)線連在一起。某時(shí)刻剪斷細(xì)線后，小球P向左運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，小球Q沿圓軌道到達(dá)C點(diǎn)；之后小球Q落到斜面上時(shí)恰好與沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的小球P發(fā)生碰撞。已知小球P的質(zhì)量m1＝3.2kg，小球Q的質(zhì)量m2＝1kg，小球P與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，剪斷細(xì)線前彈簧的彈性勢(shì)能Ep＝168J，小球到達(dá)A點(diǎn)或B點(diǎn)時(shí)已和彈簧分離。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計(jì)空氣阻力，求：（1）小球Q運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小；（2）小球P沿斜面上升的最大高度h；（3）小球Q離開(kāi)圓軌道后經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間與小球P相碰。解析：（1）兩小球彈開(kāi)的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得m1v1＝m2v2由機(jī)械能守恒定律得Ep＝12m1v12＋1聯(lián)立可得v1＝5m/s，v2＝16m/s小球Q沿圓軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律可得12m2v22＝12m2vC解得vC＝12m/s。（2）設(shè)小球P在斜面上向上運(yùn)動(dòng)的加速度為a1，由牛頓第二定律得m1gsinθ＋μm1gcosθ＝m1a1，解得a1＝10m/s2故上升的最大高度為h＝v122a1sinθ＝0（3）設(shè)小球Q離開(kāi)圓軌道后到與小球P相碰所用的時(shí)間為t，由題意得小球P從A點(diǎn)上升到兩小球相遇所用的時(shí)間也為t，小球P沿斜面下滑的加速度為a2，則有m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a2，解得a2＝2m/s2小球P上升到最高點(diǎn)所用的時(shí)間t1＝v1a1＝0.5則2R＝12gt2＋h－12a2（t－t1）2sin解得t＝1s。答案：（1）12m/s（2）0.75m（3）1s【應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題】(2022·浙江6月選考·20)如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點(diǎn)O正下方的A點(diǎn)，以速度v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長(zhǎng)度均為l.圓弧形細(xì)管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點(diǎn)高度為H.開(kāi)始時(shí)，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點(diǎn)，并向左拉開(kāi)一定的高度h由靜止下擺，細(xì)線始終張緊，擺到最低點(diǎn)時(shí)恰好與a發(fā)生彈性正碰．已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物塊與MN、CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時(shí)不反彈且靜止．忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10m/s2.(1)若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時(shí)物塊a的速度v0的大??；(2)物塊a在DE最高點(diǎn)時(shí)，求管道對(duì)物塊的作用力FN與h間滿足的關(guān)系；(3)若物塊b釋放高度0.9m<h<1.65m，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍(以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正，建立x軸)．答案(1)5m/s(2)FN＝0.1h－0.14N(h≥1.2m)(3)當(dāng)0.9m<h<1.2m時(shí)，2.6m<x≤3m，當(dāng)1.2m≤h<1.65m時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(\r(3),5)))m≤x<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3.6＋\f(\r(3),5)))m解析(1)物塊b擺到最低點(diǎn)過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mvb2，解得vb＝5m/sb與a發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mvb＝mvb′＋mv0eq\f(1,2)mvb2＝eq\f(1,2)mvb′2＋eq\f(1,2)mv02聯(lián)立解得v0＝5m/s(2)由(1)分析可知，物塊b與物塊a在A處發(fā)生彈性正碰，速度交換，若物塊a剛好可以到達(dá)E點(diǎn)對(duì)應(yīng)的高度為h1，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0，解得h1＝1.2m以豎直向下為正方向，則有FN＋mg＝meq\f(vE2,R)由動(dòng)能定理有mgh－2μmgl－mgH＝eq\f(1,2)mvE2聯(lián)立可得FN＝0.1h－0.14N(h≥1.2m)(3)當(dāng)1.2m≤h<1.65m時(shí)，最終物塊a靜止的位置在E點(diǎn)或E點(diǎn)右側(cè)，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh－2μmgl－mgH＝eq\f(1,2)mvE2從E點(diǎn)飛出后，豎直方向H＝eq\f(1,2)gt2水平方向s1＝vEt當(dāng)h最大時(shí)，s1最大，即s1max＝0.6m，又因x取不到最大值，則s1取不到最大值，根據(jù)幾何關(guān)系可得DF＝eq\f(\r(3),5)mx＝3l＋DF＋s1代入數(shù)據(jù)解得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(\r(3),5)))m≤x<(3.6＋eq\f(\r(3),5))m；當(dāng)0.9m<h<1.2m時(shí)，從h2＝0.9m釋放b，a、b碰撞后，仍交換速度時(shí)，則根據(jù)動(dòng)能定理可得mgh－μmgs2＝0當(dāng)h最小時(shí)解得s2＝1.8m可知物塊a達(dá)到距離C點(diǎn)右側(cè)0.8m處?kù)o止；當(dāng)h取1.2m時(shí)，物塊a在E點(diǎn)速度為零，若返回到CD時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgH－μmgs3＝0，解得s3＝0.4m，距離C點(diǎn)0.6m，又因h＝1.2m不在此范圍內(nèi)，故當(dāng)0.9m<h<1.2m時(shí)，有3l－s3<x≤3l代入數(shù)據(jù)得2.6m<x≤3m.【應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題】如圖所示，一條帶有圓軌道的長(zhǎng)軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R＝0.5m。物塊A以v0＝6m/s的速度滑入圓軌道，滑過(guò)最高點(diǎn)Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處?kù)o止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長(zhǎng)度都為L(zhǎng)＝0.1m。物塊與各粗糙段間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，A、B的質(zhì)量均為m＝1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞時(shí)間極短）。（1）求A滑過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度大小v和受到的彈力大小F；（2）若碰后A、B最終停止在第k個(gè)粗糙段上，求k的數(shù)值；（3）求碰后A、B滑至第n個(gè)（n＜k）光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式。解析：（1）物塊A由初始位置到Q的過(guò)程，由動(dòng)能定理得－mg×2R＝12mv2－12解得v＝4m/s設(shè)在Q點(diǎn)物塊A受到軌道的彈力為FN，受力分析如圖所示由牛頓第二定律得mg＋FN＝m解得FN＝mv2R－mg＝22（2）由機(jī)械能守恒定律知，物塊A與B碰前的速度仍為v0＝6m/sA與B碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，設(shè)碰后A、B的速度為v共mv0＝2mv共，解得v共＝12v0＝3設(shè)A與B碰后一起運(yùn)動(dòng)到停止，在粗糙段運(yùn)動(dòng)的路程為s，由動(dòng)能定理得－μ×2mgs＝0－12×2m解得s＝v共22gμ＝4故k＝sL＝4.5m0.1m＝（3）碰后A、B滑至第n個(gè)（n＜k）光滑段上的速度等于滑離第n個(gè)（n＜k）粗糙段的速度由動(dòng)能定理得－μ×2mgnL＝12×2mvn2－12解得vn＝v共2-2μgnL＝9?0.2n答案：（1）4m/s22N（2）45（3）vn＝9?0.2n【應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題】(2021·湖南高考)如圖，豎直平面內(nèi)一足夠長(zhǎng)的光滑傾斜軌道與一長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平軌道通過(guò)一小段光滑圓弧平滑連接，水平軌道右下方有一段弧形軌道PQ。質(zhì)量為m的小物塊A與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。以水平軌道末端O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系xOy，x軸的正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下，弧形軌道P端坐標(biāo)為(2μL，μL)，Q端在y軸上。重力加速度為g。(1)若A從傾斜軌道上距x軸高度為2μL的位置由靜止開(kāi)始下滑，求A經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度大?。?2)若A從傾斜軌道上不同位置由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)O點(diǎn)落在弧形軌道PQ上的動(dòng)能均相同，求PQ的曲線方程；(3)將質(zhì)量為λm(λ為常數(shù)且λ≥5)的小物塊B置于O點(diǎn)，A沿傾斜軌道由靜止開(kāi)始下滑，與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)，要使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點(diǎn)的右側(cè)，求A下滑的初始位置距x軸高度的取值范圍。[答案](1)(2)x22y+2y=4μL(其中μL≤y(3)3λ-1[解析](1)設(shè)A滑到O點(diǎn)時(shí)速度為v0,A從傾斜軌道上滑到O點(diǎn)過(guò)程中,由動(dòng)能定理有mg·2μL-μmgL=12m解得v0=2(2)若A以(1)中的位置從傾斜軌道上下滑,A從O點(diǎn)拋出,假設(shè)能運(yùn)動(dòng)到弧形軌道上的P點(diǎn),水平方向有2μL=v0t1豎直方向有yP=12g解得yP=μL,假設(shè)成立所以A落在弧形軌道時(shí)的動(dòng)能Ek滿足mg·2μL-μmgL+mg·μL=Ek-0A從O點(diǎn)拋出,做平拋運(yùn)動(dòng),水平方向有x=v1t豎直方向有y=12gt又y=vy22g,Ek=12m聯(lián)立解得PQ的曲線方程為x22y+2y=4μL(0≤x(3)設(shè)A初始位置到x軸的高度為h,A滑到O點(diǎn)的速度為vA0,碰撞后