2022年高考物理一輪復習 第7章 動量守恒定律 熱點專題（四）第33講 動力學、動量和能量觀點在力學中的應用學案（含解析）

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1、2022年高考物理一輪復習 第7章 動量守恒定律 熱點專題（四）第33講 動力學、動量和能量觀點在力學中的應用學案（含解析） 熱點概述　(1)本熱點是力學三大觀點在力學中的綜合應用，高考將作為計算題壓軸題的形式命題。(2)學好本熱點，可以幫助同學們熟練應用力學三大觀點分析和解決綜合問題。(3)用到的知識、規(guī)律和方法有：動力學觀點(牛頓運動定律、運動學基本規(guī)律)；動量觀點(動量定理和動量守恒定律)；能量觀點(動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律)。 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．解決力學問題的三個基本觀點 綜合問題要綜合利用上述三種觀點的多個規(guī)律，才能順利求

2、解。 2．力學三大觀點的選用原則 (1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，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(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題。 (3)若研究的對象為一物體系統，且它們之間有相互作用，一般用兩個守恒定律去解決問題，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，利用系統克服摩擦力所做的總功等于系統機械能的減少量，即轉變?yōu)橄到y內能的量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統機械能與其他形式能量之間的

3、轉換。這種問題由于作用時間都極短，因此動量守恒定律一般能派上大用場。 3．動量定理與牛頓第二定律的比較 (1)牛頓第二定律揭示了力的瞬時效應，在研究某一物體所受力的瞬時作用與物體運動的關系時，或者物體受恒力作用，且直接涉及物體運動過程中的加速度問題時，應采用動力學觀點。 (2)動量定理反映了力對時間的累積效應，適用于不涉及物體運動過程中的加速度、位移，而涉及運動時間的問題，特別對沖擊類問題，因時間短且沖力隨時間變化，應采用動量定理求解。 4．動量守恒定律和機械能守恒定律的比較 5．用力學三大觀點解題的步驟 (1)認真審題，明確題目所述的物理情境，確定研究對象。

4、 (2)分析研究對象的受力情況、運動狀態(tài)以及運動狀態(tài)的變化過程，作草圖。 (3)根據運動狀態(tài)的變化規(guī)律確定解題觀點，選擇適用規(guī)律。 ①若用力的觀點解題，要認真分析運動狀態(tài)的變化，關鍵是求出加速度。 ②若用兩大定理求解，應確定過程的始、末狀態(tài)的動量(動能)，分析并求出過程中的沖量(功)。 ③若可判斷研究對象在某運動過程中滿足動量守恒或機械能守恒的條件，則可根據題意選擇合適的始、末狀態(tài)，列守恒關系式，一般這兩個守恒定律多用于求研究對象在末狀態(tài)時的速度(率)。 (4)根據選擇的規(guī)律列式，有時還需要挖掘題目中的其他條件(如隱含條件、臨界條件、幾何關系等)并列出輔助方程。 (5)代入數據，計

5、算結果。 [例1]　如圖所示，一輛質量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車的立柱上固定了一條長度為L、拴有小球的細繩。質量為m的小球從與懸點在同一水平面處由靜止釋放，重力加速度為g，不計阻力。求細繩拉力的最大值。 解析　當小球擺至最低點時，設此時小球和小車的速度大小分別為v1和v2，取水平向右為正方向，系統在水平方向上動量守恒，有mv1－Mv2＝0 系統機械能守恒，有 mgL＝mv＋Mv 解得v1＝，v2＝ 小球擺到最低點時細繩拉力最大，以小車為參考系，由牛頓第二定律有 T－mg＝ 解得T＝。 答案　 方法感悟 研究某一物體瞬時受力作用時，一般用動

6、力學觀點；研究多個物體組成的系統時，更多用到動量觀點。 [例2]　如圖所示，半徑為R的光滑半圓形軌道CDE在豎直平面內，與光滑水平軌道AC相切于C點，水平軌道AC上有一根彈簧，左端連接在固定的擋板上，彈簧自由端所在點B與軌道最低點C的距離為4R?，F有質量完全相同的兩個小球，一個放在水平軌道的C點，另一個小球壓縮彈簧(不拴接)。當彈簧的壓縮量為l時，釋放小球，使之與C點的小球相碰并粘在一起，兩球恰好通過光滑半圓形軌道的最高點E；若拿走C點的小球，再次使小球壓縮彈簧，釋放后小球經過BCDE后恰好落在B點。已知彈簧壓縮時彈性勢能與壓縮量的二次方成正比，彈簧始終處在彈性限度內，求第二次使小球

7、壓縮彈簧時，彈簧的壓縮量。 解析　設壓縮量為l時，彈簧的彈性勢能為Ep，小球離開彈簧后的速度為v0，釋放小球后，彈簧的彈性勢能轉化為小球的動能，由機械能守恒定律得Ep＝mv 設小球的質量為m，與C點的小球相碰后粘在一起的瞬間共同速度為v1，根據動量守恒定律得mv0＝2mv1 設兩小球通過最高點E時的速度為v2，由臨界條件可知 2mg＝2m 由能量守恒定律得·2mv＝2mg·2R＋·2mv 聯立解得Ep＝10mgR 第二次壓縮時，設壓縮量為x，彈簧的彈性勢能為Ep′，小球通過最高點E時的速度為v3， 由能量守恒定律得Ep′＝mg·2R＋mv 小球經過E點后做平拋運動，有

8、2R＝gt2 4R＝v3t 聯立解得Ep′＝4mgR 由已知條件可得＝ 即＝ 解得x＝l。 答案　l 方法感悟 1．應用力學三大觀點解題時應注意的問題 (1)弄清有幾個物體參與運動，并劃分清楚物體的運動過程。 (2)進行正確的受力分析，明確各運動過程的運動特點。 (3)光滑的平面或曲面，還有不計阻力的拋體運動，機械能一定守恒；碰撞過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，或受外力但其內力遠大于外力時，或系統在某一方向不受力或所受合力為零，一般考慮用動量守恒定律分析。 (4)如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析。 2．能量與動力學觀點應用于直線

9、運動、圓周運動和平拋運動的組合模型 (1)模型特點：物體在整個運動過程中，歷經直線運動、圓周運動和平拋運動或幾種運動的組合。 (2)表現形式：①直線運動：水平面上的直線運動、斜面上的直線運動、傳送帶上的直線運動。②圓周運動：繩模型的圓周運動、桿模型的圓周運動、拱形橋模型的圓周運動。③平拋運動：與水平面相關的平拋運動、與圓軌道相關的平拋運動。 (3)應對方法：這類模型一般不難，各階段的運動過程具有獨立性，只要對不同過程分別選用相應規(guī)律即可，物體運動到兩個相鄰過程的連接點時的速度是聯系兩過程的紐帶，很多情況下平拋運動末速度的方向或初速度的大小是解決問題的重要突破口。 [例3]　兩個質量分別

10、為M1和M2的劈A和劈B高度相同，傾斜面都是光滑曲面，曲面下端均與光滑水平面相切，如圖所示，一塊位于劈A的曲面上距水平面的高度為h的物塊從靜止開始滑下，又滑上劈B。求物塊能沿劈B曲面上升的最大高度。 解析　設物塊到達劈A的底端時，物塊和劈A的速度大小分別為v和vA，物塊和劈A在水平方向上動量守恒，由機械能守恒定律和動量守恒定律得 mgh＝mv2＋M1v M1vA＝mv 設物塊在劈B上達到的最大高度為h′，此時物塊和B的共同速度大小為v′，物塊和劈B在水平方向動量守恒，由機械能守恒定律和動量守恒定律得 mgh′＋(M2＋m)v′2＝mv2 mv＝(M2＋m)v′ 聯立解得h′＝

11、h。 答案　h 方法感悟 (1)注意研究過程的合理選取，不管是動能定理還是機械能守恒定律或動量守恒定律，都應合理選取研究過程。 (2)要掌握摩擦力做功的特征、摩擦力做功與動能變化的關系以及物體在相互作用時能量的轉化關系。 (3)注意方向性問題，運用動量定理或動量守恒定律求解時，都要選定一個正方向，對力、速度等矢量都應用正、負號代表其方向，代入相關的公式中進行運算。另外，對于碰撞問題，要注意碰撞的多種可能性，做出正確的分析判斷后，再針對不同情況進行計算，避免出現漏洞。 1．(2019·山西呂梁高三期末)如圖所示，一軌道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圓弧部分組成

12、，置于光滑的水平面上，如果軌道固定，將可視為質點的物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，物塊恰好停在水平軌道的最左端。如果軌道不固定，仍將物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，下列說法正確的是(　　) A．物塊與軌道組成的系統機械能不守恒，動量守恒 B．物塊與軌道組成的系統機械能守恒，動量不守恒 C．物塊仍能停在水平軌道的最左端 D．物塊將從軌道左端沖出水平軌道 答案　C 解析　軌道不固定時，物塊在軌道的水平部分運動時因摩擦產生內能，所以系統的機械能不守恒；物塊在軌道的圓弧部分下滑時，合外力不為零，動量不守恒，故A、B錯誤。設軌道的水平部分長為L，軌道固定時，根據能量守恒定律得：mgR

13、＝μmgL；軌道不固定時，假設物塊能停在軌道上，且與軌道相對靜止時共同速度為v，在軌道水平部分滑行的距離為x，取向左為正方向，根據水平方向動量守恒得：0＝(M＋m)v，則得v＝0；根據能量守恒定律得：mgR＝(M＋m)v2＋μmgx，聯立解得x＝L，所以物塊仍能停在水平軌道的最左端，假設成立，故C正確，D錯誤。 2．如圖所示，光滑水平面上有一質量M＝4.0 kg的平板車，車的上表面是一段長L＝1.5 m的粗糙水平軌道，水平軌道左側連一半徑R＝0.25 m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點O′相切?，F使一質量m＝1.0 kg的小物塊(可視為質點)從平板車的右端以水平向左的初速度v0

14、滑上平板車，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ＝0.5，小物塊恰能到達圓弧軌道的最高點A。取g＝10 m/s2，求： (1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大??； (2)小物塊與車最終相對靜止時，它距點O′的距離。 答案　(1)5 m/s　(2)0.5 m 解析　(1)平板車和小物塊組成的系統水平方向動量守恒，設小物塊到達圓弧軌道最高點A時，二者的共同速度為v1 由動量守恒得mv0＝(M＋m)v1① 由能量守恒得mv－(M＋m)v＝mgR＋μmgL② 聯立①②并代入數據解得v0＝5 m/s③ (2)設小物塊最終與車相對靜止時，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對

15、靜止的過程中，由動量守恒得mv0＝(M＋m)v2④ 設小物塊與車最終相對靜止時，它在平板車水平面上滑動的路程為x，由動能定理得： mv－(M＋m)v＝μmgx⑤ 聯立③④⑤并代入數據解得x＝2 m 可知此時它距點O′的距離x0＝x－L＝0.5 m。⑥ 3．一質量為M的木塊靜止放在光滑的水平面上，一質量為m的子彈以初速度v0水平打進木塊并留在其中，設子彈與木塊之間的相互作用力為f。則 (1)子彈、木塊相對靜止時的速度是多少？ (2)子彈在木塊內運動的時間為多長？ (3)從子彈剛打上木塊到留在木塊內相對木塊靜止的過程中，子彈、木塊發(fā)生的位移以及子彈打進木塊的深度分別是多少？ (4

16、)系統損失的機械能、系統增加的內能分別是多少？ (5)要使子彈不射出木塊，木塊至少多長？ 答案　(1)v0　(2) (3)　　 (4)　　(5) 解析　(1)設子彈、木塊相對靜止時的速度為v，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v 解得v＝v0。 (2)設子彈在木塊內運動的時間為t，由動量定理得 對木塊：ft＝Mv－0 解得t＝。 (3)設子彈、木塊發(fā)生的位移分別為s1、s2，如圖所示，由動能定理得 對子彈：－fs1＝mv2－mv 解得s1＝ 對木塊：fs2＝Mv2－0。 解得s2＝ 子彈打進木塊的深度等于相對位移，即 s相＝s1－s2＝。 (4)系統損失的

17、機械能為 E損＝mv－(M＋m)v2＝ 系統增加的內能為Q＝f·s相＝ 系統增加的內能等于系統損失的機械能。 (5)假設子彈恰好不射出木塊，此時有 fL＝mv－(M＋m)v2 解得L＝ 因此木塊的長度至少為。 4．如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止放置一個質量為980 g的長方體勻質木塊，現有一顆質量為20 g的子彈以大小為300 m/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動，已知木塊沿子彈運動方向的長度為10 cm，子彈打進木塊的深度為6 cm。設木塊對子彈的阻力保持不變。 (1)求子彈和木塊的共同速度以及它們在此過程中所增

18、加的內能； (2)若子彈是以大小為400 m/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)6 m/s　882 J　(2)能 解析　(1)設子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v，對子彈和木塊組成的系統，由動量守恒定律得 mv0＝(M＋m)v 解得v＝＝ m/s＝6 m/s 此過程系統所增加的內能 ΔE＝－ΔEk＝mv－(M＋m)v2＝×0.02×3002 J－×(0.98＋0.02)×62 J＝882 J。 (2)設子彈以v0′＝400 m/s的速度入射時剛好能夠射穿質量與粗糙程度均與該木塊相同、厚度為d′的另一個木塊，則對以子彈和木塊組成的系

19、統，由動量守恒定律得 mv0′＝(M＋m)v′ 解得v′＝＝ m/s＝8 m/s 此過程系統所損耗的機械能為 ΔE′＝－ΔEk′＝mv0′2－(M＋m)v′2＝×0.02×4002 J－×(0.98＋ 0.02)×82 J＝1568 J 由功能關系有 ΔE＝fs相＝fd ΔE′＝fs相′＝fd′ 則＝＝＝ 解得d′＝d＝×6 cm＝10.67 cm 因為d′>10 cm，所以能射穿該木塊。 課后作業(yè) 1．(多選)交警正在調查發(fā)生在無信號燈的十字路口的一起汽車相撞事故。根據兩位司機的描述得知，發(fā)生撞車時汽車A正沿東西大道向正東行駛，汽車B正沿南北大道向正北行駛。

20、相撞后兩車立即熄火并在極短的時間內叉接在一起后并排沿直線在水平路面上滑動，最終一起停在路口東北角的路燈柱旁，交警根據事故現場情況畫出了如圖所示的事故報告圖。通過觀察地面上留下的碰撞痕跡，交警判定撞車的地點為該事故報告圖中P點，并測量出相關的數據標注在圖中，又判斷出兩輛車的質量大致相同。為簡化問題，將兩車均視為質點，且它們組成的系統在碰撞的過程中動量守恒，根據圖中測量數據可知下列說法中正確的是(　　) A．發(fā)生碰撞時汽車A的速率較大 B．發(fā)生碰撞時汽車B的速率較大 C．發(fā)生碰撞時速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之比約為12∶5 D．發(fā)生碰撞時速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之

21、比約為2∶ 答案　BC 解析　設兩車碰撞后的加速度大小為a，碰撞后一起滑行的位移為x，則x＝ m＝6.5 m。設碰后兩車的速度大小為v，由v2＝2ax可得v＝。設v的方向與正東方向間夾角為θ，由動量守恒定律可得：mvA0＝2mvcosθ，mvB0＝2mvsinθ。又sinθ＝，cosθ＝，可知，vB0>vA0，則＝＝，故B、C正確，A、D錯誤。 2. 如圖所示，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為θ。一質量為m(m

22、則小物塊沖上斜面后能達到的最大高度為(　　) A．h B.h C.h D.h 答案　D 解析　若斜面固定，由機械能守恒定律可得mv2＝mgh；若斜面不固定，系統水平方向動量守恒，有mv＝(M＋m)v1，由機械能守恒定律可得mv2＝mgh′＋(M＋m)v。聯立以上各式可得h′＝h，故D正確。 3. 如圖所示，在光滑水平面上放置一個質量為M的滑塊，滑塊的一側是一個圓弧形凹槽OAB，凹槽半徑為R，A點切線水平。另有一個質量為m的小球以速度v0從A點沖上凹槽，重力加速度大小為g，不計摩擦。下列說法中正確的是(　　) A．當v0＝時，小球能到達B點 B．如果小球的速度足夠大

23、，球將從滑塊的左側離開滑塊后落到水平面上 C．當v0＝時，小球在弧形凹槽上運動的過程中，滑塊的動能一直增大 D．如果滑塊固定，小球返回A點時對滑塊的壓力為mg－m 答案　C 解析　弧形槽不固定，當v0＝ 時，設小球沿槽上升的高度為h，則有：mv0＝(m＋M)v，mv＝(M＋m)v2＋mgh，解得h＝R＜R，故A錯誤；因小球對弧形槽的壓力始終對滑塊做正功，故滑塊的動能一直增大，C正確；當小球速度足夠大，從B點離開滑塊時，由于B點切線豎直，在B點時小球與滑塊的水平速度相同，離開B點后將再次從B點落回，不會從滑塊的左側離開滑塊后落到水平面上，B錯誤；如果滑塊固定，小球返回A點時對滑塊的壓力為

24、mg＋m，D錯誤。 4．(2018·德陽一診)如圖所示，放在光滑水平桌面上的A、B兩小木塊中部夾一被壓縮的輕彈簧，當輕彈簧被放開時，A、B兩小木塊各自在桌面上滑行一段距離后，飛離桌面落在地面上。若mA＝3mB，則下列結果正確的是(　　) A．若輕彈簧對A、B做功分別為W1和W2，則有W1∶W2＝1∶1 B．在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的速度變化量之和為零 C．若A、B在空中飛行時的動量變化量分別為Δp1和Δp2，則有Δp1∶Δp2＝1∶1 D．若A、B同時離開桌面，則從釋放輕彈簧開始到兩木塊落地的這段時間內，A、B兩木塊的水平位移大小之比為1∶3 答案　D 解析　彈簧彈開木塊

25、過程中，兩木塊及彈簧組成的系統動量守恒，取水平向左為正方向，由動量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，則速度之比vA∶vB＝1∶3，根據動能定理得：輕彈簧對A、B做功分別為W1＝mAv，W2＝mBv，聯立解得W1∶W2＝1∶3，故A錯誤。根據動量守恒定律得知，在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的動量變化量之和為零，即mAΔvA＋mBΔvB＝0，可得，ΔvA＋ΔvB≠0，故B錯誤。A、B離開桌面后都做平拋運動，它們拋出點的高度相同，運動時間相等，設為t，由動量定理得：A、B在空中飛行時的動量變化量分別為Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1，故C錯誤。平拋運動水平方向的分運動是

26、勻速直線運動，由x＝v0t知，t相等，則A、B兩木塊的水平位移大小之比等于vA∶vB＝1∶3，故D正確。 5．(2018·濰坊統考)(多選)如圖所示，帶有擋板的小車質量為m，上表面光滑，靜止于光滑水平面上。輕質彈簧左端固定在小車上，右端處于自由伸長狀態(tài)。質量也為m的小球，以速度v從右側滑上小車，在小球剛接觸彈簧至與彈簧分離的過程中，以下判斷正確的是(　　) A．彈簧的最大彈性勢能為mv2 B．彈簧對小車做的功為mv2 C．彈簧對小球沖量的大小為mv D．彈簧對小球沖量的大小為mv 答案　AC 解析　小球與小車組成的系統動量守恒，由題意知，小球和小車共速時彈簧的彈性勢能最大，則

27、由動量守恒定律以及能量守恒定律可知，mv＝2mv′，mv2＝×2mv′2＋Ep，解得Ep＝mv2，A正確；當小球與彈簧分離時，假設小車的速度為v1、小球的速度為v2，則由動量守恒定律與能量守恒定律得，mv＝mv1＋mv2，mv2＝mv＋mv，解得v1＝v、v2＝0，則彈簧對小車做的功為W＝mv＝mv2，B錯誤；彈簧對小球的沖量為I＝0－mv＝－mv，即沖量的大小為mv，C正確，D錯誤。 6．(2018·全國卷Ⅰ)一質量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力

28、加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量。求： (1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經過的時間； (2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。 答案　(1) 　(2) 解析　(1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有 E＝mv① 設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有0－v0＝－gt② 聯立①②式得t＝ ③ (2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有 E＝mgh1④ 火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設炸后瞬間其速度分別為v1和v2。 由題給條件和動量守恒定律有 mv＋mv＝E⑤ mv1＋mv2＝0

29、⑥ 由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。設爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機械能守恒定律有mv＝mgh2⑦ 聯立④⑤⑥⑦式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝。 7．(2018·全國卷Ⅱ)汽車A在水平冰雪路面上行駛，駕駛員發(fā)現其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動了4.5 m，A車向前滑動了2.0 m，已知A和B的質量分別為2.0×103 kg和1.5×103 kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數均為0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重

30、力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)碰撞后的瞬間B車速度的大?。? (2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。 答案　(1)3.0 m/s　(2)4.25 m/s 解析　(1)設B車質量為mB，碰后加速度大小為aB，根據牛頓第二定律有μmBg＝mBaB① 式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數。 設碰撞后瞬間B車速度的大小為vB′，碰撞后滑行的距離為sB。由運動學公式有vB′2＝2aBsB② 聯立①②式并利用題給數據得vB′＝3.0 m/s③ (2)設A車的質量為mA，碰后加速度大小為aA。根據牛頓第二定律有μmAg＝mAaA④ 設碰撞后瞬間A車速度的大小為vA′，碰撞后滑行的距

31、離為sA。由運動學公式有vA′2＝2aAsA⑤ 設碰撞前瞬間A車速度的大小為vA，兩車在碰撞過程中動量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥ 聯立③④⑤⑥式并利用題給數據得vA＝4.25 m/s。 8．(2018·北京高考)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。某滑道示意圖如右，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h＝10 m，C是半徑R＝20 m圓弧的最低點，質量m＝60 kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到達B點時速度vB＝30 m/s。取重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求長直助滑道A

32、B的長度L； (2)求運動員在AB段所受合外力的沖量I的大??； (3)若不計BC段的阻力，畫出運動員經過C點時的受力圖，并求其所受支持力FN的大小。 答案　(1)100 m　(2)1800 N·s (3)圖見解析　3900 N 解析　(1)已知AB段的初末速度，則利用運動學公式可以求解AB的長度，即v－v＝2aL， 可解得L＝＝ m＝100 m。 (2)根據動量定理可知合外力的沖量等于動量的變化量， 所以I＝mvB－mv0＝(60×30－0) N·s＝1800 N·s。 (3)運動員經過C點時的受力如圖所示。 由牛頓第二定律可得FN－mg＝m，① 從B運動到C由動能定

33、理可知 mgh＝mv－mv，② 由①②式并代入數據 解得FN＝3900 N。 9．(2018·全國卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切。BC為圓弧軌道的直徑。O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα＝，一質量為m的小球沿水平軌道向右運動，經A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球對軌道的壓力恰好為零。重力加速度大小為g。求： (1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大??； (2)小球到達A點時動量的大??； (3

34、)小球從C點落至水平軌道所用的時間。 答案　(1)mg　　(2)　(3) 解析　(1)設水平恒力的大小為F0，小球到達C點時所受合力的大小為F。 由力的合成法則有 ＝tanα① F2＝(mg)2＋F② 設小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得F＝m③ 由①②③式和題給數據得F0＝mg④ v＝⑤ (2)設小球到達A點的速度大小為v1，如圖作CD⊥PA，交PA于D點，由幾何關系得 DA＝Rsinα⑥ CD＝R(1＋cosα)⑦ 由動能定理有－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和題給數據得，小球在A點的動量大小為p＝mv1＝⑨ (3)小球

35、離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g。設小球在豎直方向的初速度為v⊥，從C點落至水平軌道上所用時間為t。由運動學公式有 v⊥t＋gt2＝CD⑩ v⊥＝vsinα? 由⑤⑦⑩?式和題給數據得t＝ 。 10．(2015·山東高考)如圖，三個質量相同的滑塊A、B、C，間隔相等地靜置于同一水平直軌道上?，F給滑塊A向右的初速度v0，一段時間后A與B發(fā)生碰撞，碰后A、B分別以v0、v0的速度向右運動，B再與C發(fā)生碰撞，碰后B、C粘在一起向右運動?；瑝KA、B與軌道間的動摩擦因數為同一恒定值。兩次碰撞時間均極短。求B、C碰后瞬間共同速度的大小。 答案　v0 解析　設

36、滑塊質量為m，A與B碰撞前A的速度為vA，由題意知，碰后A的速度vA′＝v0，B的速度vB＝v0，由動量守恒定律得 mvA＝mvA′＋mvB① 設碰撞前A克服軌道阻力所做的功為WA，由功能關系得WA＝mv－mv② 設B與C碰撞前B的速度為vB′，B克服軌道阻力所做的功為WB，由功能關系得 WB＝mv－mvB′2③ 據題意可知WA＝WB④ 設B、C碰后瞬間共同速度的大小為v，由動量守恒定律得mvB′＝2mv⑤ 聯立①②③④⑤式，代入數據得v＝v0。 11．(2018·蘭化一中模擬)如圖所示，有半徑相同的小球a、b，a球質量為2m，b球質量為m，b球位于光滑軌道ABC的水平段BC的

37、末端C處。a球從距BC水平面高h的A處由靜止滑下，在C處與b球發(fā)生彈性正碰。求： (1)碰前瞬間a球的速度v； (2)兩球在水平地面DE上的落點間的距離s。 答案　(1)　(2)h 解析　(1)對a球碰撞前的過程，由機械能守恒定律得： 2mgh＝·2mv2 解得：v＝。 (2)設兩球碰后的速度分別為v1、v2，由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得： 2mv＝2mv1＋mv2 (2m)v2＝(2m)v＋mv 兩球碰后均從C點做平拋運動，且運動時間相同，設平拋的時間為t，兩球平拋運動的水平位移分別為x1、x2，由平拋運動的規(guī)律得：0.5h＝gt2， x1＝v1t， x2

38、＝v2t， s＝x2－x1， 聯立解得：s＝h。 12. (2018·撫順模擬)如圖所示，豎直平面內的光滑半圓形軌道MN的半徑為R, MP為粗糙水平面。兩個小物塊A、B可視為質點，在半圓形軌道圓心O的正下方M處，處于靜止狀態(tài)。若A、B之間夾有少量炸藥，炸藥爆炸后，A恰能經過半圓形軌道的最高點N，而B到達的最遠位置恰好是A在水平面上的落點。已知粗糙水平面與B之間的動摩擦因數為μ＝0.8，求： (1)B到達的最遠位置離M點的距離； (2)極短爆炸過程中，A受到爆炸力的沖量大??； (3)A與B的質量之比。 答案　(1)2R　(2)mA　(3)4∶5 解析　(1)A恰能經過半圓形軌

39、道的最高點，由牛頓第二定律得：mAg＝mA， 解得：vN＝， A做平拋運動，由平拋運動規(guī)律：2R＝gt2， 水平方向：x＝vNt， 聯立可得B到達的最遠位置離M點的距離即為x＝2R。 (2)A上升到N的過程，由機械能守恒定律： mAv＝mAv＋mAg·2R， 解得：vA＝， 根據動量定理可得：I＝mAvA＝mA。 (3)對B，由動能定理：－μmBgx＝0－mBv， 炸藥爆炸過程由動量守恒定律：mAvA－mBvB＝0， 聯立以上兩式可得：＝＝。 13. (2018·江南十校檢測)如圖所示，粗糙的水平地面上有一塊長為3 m的木板，小滑塊放置于長木板上的某一位置?，F將一個水平

40、向右，且隨時間均勻變化的力F＝0.2t作用在長木板的右端，讓長木板從靜止開始運動。已知：滑塊質量m與長木板質量M相等，且m＝M＝1 kg，滑塊與木板間動摩擦系數為μ1＝0.1，木板與地面間動摩擦系數μ2＝0.2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力(g取10 m/s2)。 (1)經過多長時間，長木板開始運動？ (2)經過多長時間，滑塊與長木板恰要發(fā)生相對運動？此時滑塊的速度為多大？ (3)如果t＝0時鎖定外力F＝6.75 N，一段時間后撤去外力，發(fā)現小滑塊恰好既不從左端滑出，也恰好不從右端滑出木板。求小滑塊放置的初始位置與長木板左端的距離。 答案　(1)20 s　(2)30 s　5 m/s

41、　(3)3 m 解析　(1)設經過t1時間木板開始運動，此時 F1＝μ2(m＋M)g， 且F1＝0.2t1，聯立可得：t1＝20 s。 (2)設經過t2時間，滑塊與長木板剛好發(fā)生相對運動，加速度為a， 對滑塊：μ1mg＝ma，得a＝μ1g＝1 m/s2， 對木板由牛頓第二定律： F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma， 且F2＝0.2t2，聯立可得：t2＝30 s， 設滑塊與長木板恰要發(fā)生相對運動時的速度為v1，對滑塊和木板的整體，在運動過程中，由動量定理： －μ2(M＋m)g(t2－t1)＝(M＋m)v1－0， 解得：v1＝5 m/s。 (3)設小滑塊放置的初始位置與

42、長木板左端的距離為x，外力作用時間為t1′，撤去外力前，假設木板與小滑塊各自勻加速運動，木板的加速度大小為a1，滑塊的加速度大小仍為a。根據牛頓第二定律列出： F－μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma1， 解得：a1＝1.75 m/s2，大于滑塊加速度a＝μ1g＝1 m/s2，故假設成立。 撤去外力后，速度相等之前，木板勻減速運動，加速度大小為a2，滑塊加速度大小仍為a，根據牛頓第二定律列出： μ2(M＋m)g＋μ1mg＝Ma2，解得：a2＝5 m/s2， 速度相等之后，因為μ1g<μ2g，故二者各自勻減速運動，木板加速度大小為a3，滑塊加速度大小仍為a。 根據牛頓第二定律列出：μ2(

43、M＋m)g－μ1mg＝Ma3， 解得：a3＝3 m/s2， 畫出滑塊、木板運動的v-t圖如圖所示，粗線表示滑塊的v-t關系，細線表示木板的v-t關系。 設滑塊與木板速度相等時的速度為v0，因小滑塊恰好既不從左端滑出，也恰好不從右端滑出木板。 所以：－＝L， 將板長L＝3 m代入得v0＝3 m/s， 設滑塊從啟動到與木板速度相等經歷的時間為t2′，因為加速與減速的加速度大小相等，所以從速度相等到滑塊停止的時間也為t2′，顯然：v0＝at2′，得：t2′＝3 s。 速度相等之前，研究木板，可知： a1t1′＝v0＋a2(t2′－t1′)，代入數據可得：t1′＝ s， 所以x＝

44、＋v0(t2′－t1′)＋－， 代入數據得：x＝3 m。 14．(2018·南昌模擬)如圖甲所示，長木板處于光滑的水平面上，右端緊靠墻壁，墻壁左側l＝16 m處放有一物塊P，P的質量是木板質量的2倍。t＝0時，一小鐵塊從左端以某一速度滑上長木板，鐵塊與墻壁碰撞后，速度隨時間變化關系如圖乙所示。不計所有碰撞的機械能損失，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小鐵塊與木板間的動摩擦因數； (2)長木板的長度； (3)小鐵塊最終與墻壁間的距離。 答案　(1)0.3　(2)14 m　(3)4.17 m 解析　(1)設鐵塊質量為m，木板質量為M，鐵塊碰撞墻壁后，有f＝ma1， 其

45、中f＝μmg，a1＝＝3 m/s2，解得μ＝0.3。 (2)設木板長為l0，鐵塊碰撞墻壁后速度大小為 v1＝4 m/s， 逆向分析鐵塊0～2 s的運動過程， 則l0＝v1t＋a1t2，t＝2 s，解得l0＝14 m。 (3)鐵塊與墻壁碰撞后與木板第一次摩擦過程中，速度最終變?yōu)関2＝1 m/s， 則mv1＝(m＋M)v2，得M＝3m， 木板加速遠離墻壁的加速度大小為a2＝＝1 m/s2， 設當長木板離墻壁x1時，兩物體相對靜止 x1＝＝0.5 m， 此時鐵塊離墻壁的距離為x2＝＝2.5 m， 當它們一起以v2＝1 m/s的速度向左運動x0＝l－x1－l0＝1.5 m時，木板與P碰撞，設木板碰后速度為v3，則 Mv2＝Mv3＋2MvP， Mv＝Mv＋×2Mv， 解得v3＝－ m/s。 接著物塊P以vP向左運動，鐵塊與木板相互摩擦，設最終速度為v4， 則mv2＋Mv3＝(m＋M)v4，解得v4＝0。 鐵塊繼續(xù)向左的位移x3為x3＝＝ m， 鐵塊最終離墻壁的距離為x＝x2＋x0＋x3＝4.17 m。