（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二板塊 第2講 應(yīng)用“能量觀點(diǎn)”和“動(dòng)量觀點(diǎn)”破解力學(xué)計(jì)算題講義（含解析）

（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二板塊 第2講 應(yīng)用“能量觀點(diǎn)”和“動(dòng)量觀點(diǎn)”破解力學(xué)計(jì)算題講義（含解析）考法學(xué)法應(yīng)用能量和動(dòng)量的觀點(diǎn)來(lái)解決物體運(yùn)動(dòng)的多過(guò)程問(wèn)題是高考考查的重點(diǎn)和熱點(diǎn)。這類問(wèn)題命題情景新穎，密切聯(lián)系實(shí)際，綜合性強(qiáng)，常是高考的壓軸題。涉及的知識(shí)主要包括：動(dòng)能定理；機(jī)械能守恒定律；能量守恒定律；功能關(guān)系；動(dòng)量定理；動(dòng)量守恒定律。用到的思想方法有：整體法和隔離法；全程法；分段法；相對(duì)運(yùn)動(dòng)方法；守恒思想；等效思想；臨界極值思想。研一題 (2019屆高三·南昌調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為m1 kg的小物塊由靜止輕輕放在水平勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶上，從A點(diǎn)隨傳送帶運(yùn)動(dòng)到水平部分的最右端B點(diǎn)，經(jīng)半圓軌道C點(diǎn)沿圓弧切線進(jìn)入豎直光滑的半圓軌道，恰能做圓周運(yùn)動(dòng)。C點(diǎn)在B點(diǎn)的正上方，D點(diǎn)為半圓軌道的最低點(diǎn)。小物塊離開(kāi)D點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，恰好垂直于傾斜擋板打在擋板跟水平面相交的E點(diǎn)。已知半圓軌道的半徑R0.9 m，D點(diǎn)距水平面的高度h0.75 m，取g10 m/s2，求：(1)摩擦力對(duì)小物塊做的功；(2)小物塊經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大?。?3)傾斜擋板與水平面間的夾角。審題指導(dǎo)運(yùn)動(dòng)情景是什么？小物塊的運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷了三個(gè)過(guò)程，分別是直線運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)用到什么規(guī)律？動(dòng)能定理、圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律、平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律采用什么方法？相鄰兩個(gè)過(guò)程的連接點(diǎn)的速度是解題的突破口，先利用圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)的臨界狀態(tài)求出小物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度，再利用動(dòng)能定理求出摩擦力做的功及小物塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度，最后利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解求出末速度的方向解析(1)設(shè)小物塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，因?yàn)榻?jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)恰好能做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得：mg，解得v13 m/s小物塊由A到B過(guò)程中，設(shè)摩擦力對(duì)小物塊做的功為W，由動(dòng)能定理得：Wmv12，解得W4.5 J。(2)設(shè)小物塊經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度為v2，對(duì)從C點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：mg·2Rmv22mv12小物塊經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)，設(shè)軌道對(duì)它的支持力大小為FN，由牛頓第二定律得：FNmg解得v23 m/s，F(xiàn)N60 N由牛頓第三定律可知，小物塊對(duì)軌道的壓力大小為：FNFN60 N。(3)小物塊離開(kāi)D點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)時(shí)間t打在E點(diǎn)，由hgt2，解得t s設(shè)小物塊打在E點(diǎn)時(shí)速度的水平、豎直分量分別為vx、vy，速度方向與豎直方向的夾角為，則：vxv2，vygt，tan ，解得60°再由幾何關(guān)系可得60°。答案(1)4.5 J(2)60 N(3)60°悟一法多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的組合實(shí)際考查了多種物理規(guī)律和方法的綜合應(yīng)用，分析這類問(wèn)題時(shí)要獨(dú)立分析各個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，而不同過(guò)程往往通過(guò)連接點(diǎn)的速度銜接。求解多運(yùn)動(dòng)過(guò)程問(wèn)題的注意事項(xiàng)：(1)弄清物體的運(yùn)動(dòng)由哪些過(guò)程構(gòu)成。(2)分析每個(gè)過(guò)程中物體的受力情況。(3)各個(gè)力做功有何特點(diǎn)，對(duì)動(dòng)能的變化有無(wú)貢獻(xiàn)。(4)從總體上把握全過(guò)程，表達(dá)出總功，找出初、末狀態(tài)的動(dòng)能。(5)對(duì)所研究的分過(guò)程或全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理列方程。通一類1.如圖所示，質(zhì)量為1 kg的物塊靜止在水平面上，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，t0時(shí)刻給物塊施加一個(gè)水平向右的拉力F，使物塊沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，其加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如表格所示，重力加速度g取10 m/s2，水平向右為正方向，求：時(shí)間t/s加速度a/(m·s2)044483(1)04 s內(nèi)水平拉力的大??；(2)08 s內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的位移大小；(3)08 s內(nèi)水平拉力做的功。解析：(1)04 s內(nèi)，物塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小：a14 m/s2根據(jù)牛頓第二定律：F1mgma1，解得：F16 N。(2)t14 s時(shí)物塊的速度大?。簐1a1t116 m/s08 s內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的位移：xv1t1v1t2a2t2272 m。(3)8 s時(shí)物塊的速度：v2a1t1a2t24 m/s根據(jù)動(dòng)能定理：Wmgxmv22，解得：W152 J。答案：(1)6 N(2)72 m(3)152 J2(2018·齊魯名校聯(lián)考)如圖所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，BC右端連接一口深度為H、寬度為d的深井CDEF，一個(gè)質(zhì)量為m的小球放在曲面AB上，可從距BC面不同的高度處?kù)o止釋放小球，已知BC段長(zhǎng)為L(zhǎng)，小球與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g。(1)若小球恰好落在井底E點(diǎn)處，求小球釋放點(diǎn)距BC面的高度h1；(2)若小球不能直接落在井底，求小球打在井壁EF上的最小動(dòng)能Ekmin和此時(shí)的釋放點(diǎn)距BC面的高度h2。解析：(1)小球由A到C，由動(dòng)能定理得mghmgLmvC2自C點(diǎn)水平飛出后，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得xvCt，ygt2解得hL若小球恰好落在井底E處，則xd，yH解得小球的釋放點(diǎn)距BC面的高度為h1L。(2)若小球不能直接落在井底，設(shè)打在EF上的動(dòng)能為Ek，則xd解得vCd小球由C到打在EF上，由動(dòng)能定理得mgyEkmvC2代入vC得：Ekmgy當(dāng)y時(shí)，Ek最小，且Ekminmgd此時(shí)小球的釋放點(diǎn)距BC面的高度為h2L。答案：(1)L(2)mgdL命題點(diǎn)(二)機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用研一題如圖所示，豎直平面內(nèi)固定著由兩個(gè)半徑為R的四分之一圓弧構(gòu)成的細(xì)管道ABC，圓心連線O1O2水平且與管道的交點(diǎn)為B。輕彈簧左端固定在豎直擋板上，右端靠著質(zhì)量為m的小球(小球的直徑略小于管道內(nèi)徑)，長(zhǎng)為R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距離為R。開(kāi)始時(shí)彈簧處于鎖定狀態(tài)，具有一定的彈性勢(shì)能。重力加速度為g，解除鎖定，小球從起點(diǎn)離開(kāi)彈簧后進(jìn)入管道，最后從C點(diǎn)拋出(不計(jì)小球與水平面和管道的摩擦)，若小球經(jīng)C點(diǎn)時(shí)對(duì)管道外側(cè)的彈力大小為mg。(1)求彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能Ep；(2)求小球經(jīng)管道B點(diǎn)的前、后瞬間對(duì)管道的壓力；(3)試通過(guò)計(jì)算判斷小球能否落在薄板DE上。思維流程解析(1)小球經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)，管道對(duì)小球的彈力FNmg，方向豎直向下，根據(jù)向心力公式有mgFN小球從起點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中，彈簧和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則Ep2mgRmvC2解得vC，Ep3mgR。(2)小球從起點(diǎn)到經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)機(jī)械能守恒，有3mgRmgRmvB2小球經(jīng)B點(diǎn)前、后瞬間，管道對(duì)其的彈力提供向心力，則FN解得FN4mg由牛頓第三定律可知，小球經(jīng)B點(diǎn)前、后瞬間對(duì)管道的壓力分別向右和向左，大小為4mg。(3)小球離開(kāi)C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有2Rgt2，xvCt解得x2R因?yàn)閤2R2R，所以小球不能落在薄板DE上。答案(1)3mgR(2)分別為向右和向左，大小為4mg的壓力(3)小球不能落在薄板DE上，計(jì)算過(guò)程見(jiàn)解析悟一法解答含有彈簧的機(jī)械能守恒問(wèn)題時(shí)，關(guān)鍵是選好系統(tǒng)，弄清楚彈性勢(shì)能的變化情況或彈力做功的情況。1彈性勢(shì)能：通常由功能關(guān)系或能量守恒定律計(jì)算，彈簧壓縮或拉伸，均有彈性勢(shì)能，同一彈簧壓縮或拉伸相同的長(zhǎng)度，其彈性勢(shì)能相等。2彈力做功：與路徑無(wú)關(guān)，取決于初、末狀態(tài)彈簧形變量的大小，且W彈Ep。通一類1(2018·江蘇高考)如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度。細(xì)線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過(guò)A固定于B。質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點(diǎn)，B、C間的線長(zhǎng)為3l。用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時(shí)BC與水平方向的夾角為53°。松手后，小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度時(shí)的速度恰好為零，然后向下運(yùn)動(dòng)。忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin 53°0.8，cos 53°0.6。求：(1)小球受到手的拉力大小F；(2)物塊和小球的質(zhì)量之比Mm；(3)小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物塊M所受的拉力大小T。解析：(1)由幾何知識(shí)可知ACBC，根據(jù)平衡條件得(Fmg)cos 53°Mg解得FMgmg。(2)與A、B相同高度時(shí)小球上升h13lsin 53°物塊下降h22l物塊和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒mgh1Mgh2解得。(3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，恰好回到起始點(diǎn)，設(shè)此時(shí)物塊受到的拉力為T，加速度大小為a，由牛頓第二定律得MgTMa對(duì)小球，沿AC方向由牛頓第二定律得Tmgcos 53°ma解得T。答案：(1)Mgmg(2)65 (3)2.(2018·湖北三市五校聯(lián)考)如圖所示，一質(zhì)量不計(jì)的細(xì)線繞過(guò)無(wú)摩擦的輕質(zhì)小定滑輪O與質(zhì)量為5m的砝碼相連，另一端與套在一根固定光滑的豎直桿上質(zhì)量為m的圓環(huán)相連，直桿上有A、C、B三點(diǎn)，且C為AB的中點(diǎn)，AO與豎直桿的夾角為53°，C點(diǎn)與滑輪O在同一水平高度，滑輪與豎直桿相距為L(zhǎng)，重力加速度為g，設(shè)豎直桿足夠長(zhǎng)，圓環(huán)和砝碼在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不會(huì)與其他物體相碰?，F(xiàn)將圓環(huán)從A點(diǎn)由靜止釋放(已知sin 53°0.8，cos 53°0.6)，求：(1)砝碼下降到最低點(diǎn)時(shí)，圓環(huán)的速度大??；(2)圓環(huán)能下滑的最大距離；(3)圓環(huán)下滑到B點(diǎn)時(shí)的速度大小。解析：(1)當(dāng)圓環(huán)到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，砝碼下降到最低點(diǎn)，此時(shí)砝碼速度為零，由幾何關(guān)系得圓環(huán)下降高度為hAC砝碼下降高度為hL由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得mghAC5mghmv12則圓環(huán)的速度v12。(2)當(dāng)圓環(huán)下滑的最大距離為H時(shí)，圓環(huán)和砝碼的速度均為零砝碼上升的高度H 由系統(tǒng)機(jī)械能守恒，圓環(huán)重力勢(shì)能的減少量等于砝碼重力勢(shì)能的增加量，即mgH5mgH得圓環(huán)能下滑的最大距離H。(3)當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，下滑的高度hAB，而砝碼的高度不變，設(shè)圓環(huán)的速度為v2，此時(shí)砝碼的速度為v2cos 53°。由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得mghABmv22×5m(v2cos 53°)2得圓環(huán)下滑到B點(diǎn)時(shí)的速度v2 。答案：(1)2(2)(3) 命題點(diǎn)(三)動(dòng)量觀點(diǎn)與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用研一題如圖所示，質(zhì)量為m10.01 kg的子彈A，垂直紙筒的旋轉(zhuǎn)軸穿過(guò)高速旋轉(zhuǎn)的紙筒B，且只在B上留下一個(gè)彈孔，子彈穿過(guò)B后打入質(zhì)量為m20.99 kg的木塊C中，并留在C里面(A、C可視為質(zhì)點(diǎn))，C放在長(zhǎng)木板D的左端，D的質(zhì)量m33 kg，長(zhǎng)度L10.375 m，D放在光滑的水平桌面上，水平桌面的右端有一很薄的與D等高的固定擋板E，D的右端到E的距離L20.125 m，D碰到E即被粘牢，C飛到桌面下方的水平地面上，已知紙筒直徑d30 cm，紙筒勻速旋轉(zhuǎn)的角速度×103 rad/s，C與D之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1，D的上表面距離地面高H5 m，子彈穿過(guò)紙筒的過(guò)程中所受的摩擦力忽略不計(jì)，取g10 m/s2。(1)若發(fā)射子彈的槍有兩個(gè)擋位，可以發(fā)射兩種初速度不同的子彈，為了讓子彈穿過(guò)紙筒的時(shí)間盡可能短，兩個(gè)擋位的發(fā)射速度分別是多少？(2)在(1)問(wèn)中，討論子彈A打入C后，A、C整體能否與D達(dá)到共同速度，若A、C整體能與D達(dá)到共速，求出A、C整體落到地面上距桌邊的距離。過(guò)程分析過(guò)程子彈A穿過(guò)紙筒B子彈A打擊木塊C木塊C(含子彈A)與長(zhǎng)木板D相互作用木塊C(含子彈A)水平飛出做平拋運(yùn)動(dòng)模型勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻速圓周運(yùn)動(dòng)子彈打木塊模型(完全非彈性碰撞)(約束條件下的)板塊模型平拋運(yùn)動(dòng)模型方法同時(shí)性近似法理想模型法、假設(shè)法運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律動(dòng)量守恒定律動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能定理、能量守恒定律平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律解析(1)根據(jù)題意，槍有兩個(gè)擋位，子彈穿過(guò)紙筒后只留下一個(gè)彈孔，且穿過(guò)紙筒的時(shí)間盡可能的短，紙筒轉(zhuǎn)過(guò)的角度應(yīng)滿足：(2n1)，式中n取0和1子彈穿過(guò)紙筒的時(shí)間為：t則子彈的速度為：v把n0,1分別代入式得子彈的速度分別為：v1300 m/s，v2100 m/s。(2)設(shè)子彈A打入C后，A、C整體的共同速度為v11, 由動(dòng)量守恒定律得：m1v(m1m2)v11假設(shè)A、C整體能夠與D達(dá)到的共同速度為v22, 由動(dòng)量守恒定律得：(m1m2)v11(m1m2m3)v22設(shè)此過(guò)程中A、C整體相對(duì)于D滑動(dòng)的位移是s1，由能量守恒定律得：(m1m2)gs1(m1m2)v112(m1m2m3)v222聯(lián)立得：s1討論：.當(dāng)vv1300 m/s時(shí)，代入式得：s13.375 m>L1，說(shuō)明此種情況下A、C整體與D不能共速。.當(dāng)vv2100 m/s時(shí)，代入式得：s10.375 mL1，說(shuō)明此種情況下A、C整體剛好沒(méi)有滑離D。設(shè)此過(guò)程中D相對(duì)桌面的位移是s2，由動(dòng)能定理得：(m1m2)gs2m3v222聯(lián)立式，并代入數(shù)據(jù)得：v220.25 m/s，s20.093 75 m<0.125 mL2則A、C整體剛好滑到D的右端時(shí)，還沒(méi)有與E碰撞，說(shuō)明此種情況下A、C整體能與D共速，當(dāng)D與E碰撞并粘牢后，A、C整體做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)落到水平地面上的距離為s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)得：平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t s1 ssv22t0.25×1 m0.25 m。答案(1)300 m/s100 m/s(2)若子彈的初速度是300 m/s，則A、C整體不能與D達(dá)到共同速度；若子彈的初速度是100 m/s，則A、C整體能與D達(dá)到共同速度0.25 m悟一法1力學(xué)規(guī)律的選用原則(1)單個(gè)物體：宜選用動(dòng)量定理、動(dòng)能定理和牛頓運(yùn)動(dòng)定律。若其中涉及時(shí)間的問(wèn)題，應(yīng)選用動(dòng)量定理；若涉及位移的問(wèn)題，應(yīng)選用動(dòng)能定理；若涉及加速度的問(wèn)題，只能選用牛頓運(yùn)動(dòng)定律。(2)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)：優(yōu)先考慮兩個(gè)守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反沖等問(wèn)題時(shí)，應(yīng)選用動(dòng)量守恒定律，然后再根據(jù)能量關(guān)系分析解決。2系統(tǒng)化思維方法(1)對(duì)多個(gè)研究對(duì)象運(yùn)用系統(tǒng)化思維，即把兩個(gè)或兩個(gè)以上的獨(dú)立物體合為一個(gè)整體進(jìn)行考慮，如應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，就是把多個(gè)物體看成一個(gè)整體(或系統(tǒng))。(2)對(duì)多個(gè)物理過(guò)程運(yùn)用系統(tǒng)化思維，即把幾個(gè)過(guò)程合為一個(gè)過(guò)程來(lái)處理，如用動(dòng)量守恒定律解決復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)。通一類1(2018·北京高考)2022年將在我國(guó)舉辦第二十四屆冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一。某滑道示意圖如圖，長(zhǎng)直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h(yuǎn)10 m，C是半徑R20 m圓弧的最低點(diǎn)。質(zhì)量m60 kg 的運(yùn)動(dòng)員從A處由靜止開(kāi)始勻加速下滑，加速度a4.5 m/s2，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度vB30 m/s。取重力加速度g10 m/s2。(1)求長(zhǎng)直助滑道AB的長(zhǎng)度L；(2)求運(yùn)動(dòng)員在AB段所受合外力的沖量I的大?。?3)若不計(jì)BC段的阻力，畫出運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的受力圖，并求其所受支持力FN的大小。解析：(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式，有L100 m。(2)根據(jù)動(dòng)量定理，有ImvBmvA1 800 N·s。(3)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的受力如圖所示。根據(jù)牛頓第二定律，有FNmgm運(yùn)動(dòng)員在BC段運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理，有mghmvC2mvB2解得FN3 900 N。答案：(1)100 m(2)1 800 N·s (3)受力圖見(jiàn)解析圖3 900 N2(2018·全國(guó)卷)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求： (1)煙花彈從地面開(kāi)始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過(guò)的時(shí)間；(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度。解析：(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有Emv02設(shè)煙花彈從地面開(kāi)始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0v0gt聯(lián)立式得t 。(2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有Emgh1火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動(dòng)量守恒定律有mv12mv22Emv1mv20由式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有mv12mgh2聯(lián)立式得，煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分距地面的最大高度為hh1h2。答案：(1) (2)3.(2018·泉州模擬)如圖，質(zhì)量為6m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的薄木板AB放在光滑的平臺(tái)上，木板B端與臺(tái)面右邊緣平齊。B端上放有質(zhì)量為3m且可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊C，C與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，質(zhì)量為m的小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩懸掛在平臺(tái)右邊緣正上方的O點(diǎn)，細(xì)繩豎直時(shí)小球恰好與C接觸?，F(xiàn)將小球向右拉至細(xì)繩水平并由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩恰好斷裂，小球與C碰撞后反彈速率為碰前的一半。(1)求細(xì)繩能夠承受的最大拉力；(2)若要使小球落在釋放點(diǎn)的正下方P點(diǎn)，平臺(tái)高度應(yīng)為多大；(3)通過(guò)計(jì)算判斷C能否從木板上掉下來(lái)。解析：(1)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速率為v0，小球向下擺動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理得：mgLmv02解得：v0小球在最低點(diǎn)時(shí)拉力最大，由牛頓第二定律得：FTmgm解得：FT3mg由牛頓第三定律可知，小球?qū)?xì)繩的拉力：FTFT即細(xì)繩能夠承受的最大拉力為：FT3mg。(2)小球與C碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直位移：hgt2水平位移：Lt解得：hL。(3)小球與C碰撞過(guò)程中小球和C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后C的速率為v1，依題意有mv0m3mv1假設(shè)木板足夠長(zhǎng)，在C與木板相對(duì)滑動(dòng)直到相對(duì)靜止過(guò)程中，設(shè)兩者最終共同速率為v2，由動(dòng)量守恒定律得：3mv1(3m6m)v2由能量守恒定律得：×3mv12(3m6m)v22·3mgs聯(lián)立解得：s由s<L知，C不會(huì)從木板上掉下來(lái)。答案：(1)3mg(2)L(3)C不會(huì)從木板上掉下來(lái)，計(jì)算過(guò)程見(jiàn)解析專題強(qiáng)訓(xùn)提能 1.(2018·福建聯(lián)考)如圖，固定直桿上套有一小球和兩根輕彈簧，兩根輕彈簧的一端與小球相連，另一端分別固定在桿上相距為2L的A、B兩點(diǎn)。直桿與水平面的夾角為，小球質(zhì)量為m，兩根輕彈簧的原長(zhǎng)均為L(zhǎng)、勁度系數(shù)均為，g為重力加速度。(1)小球在距B點(diǎn)L的P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，求此時(shí)小球受到的摩擦力大小和方向；(2)設(shè)小球在(1)中P點(diǎn)受到的摩擦力為最大靜摩擦力，且與滑動(dòng)摩擦力相等?，F(xiàn)讓小球從P點(diǎn)以一沿桿方向的初速度向上運(yùn)動(dòng)，小球最高能到達(dá)距A點(diǎn)L的Q點(diǎn)，求初速度的大小。解析：(1)小球在P點(diǎn)時(shí)兩根彈簧的彈力大小相等，設(shè)為F，根據(jù)胡克定律有Fk設(shè)小球靜止時(shí)受到的摩擦力大小為Ff，方向沿桿向下，根據(jù)平衡條件有mgsin Ff 2F解得Ff，方向沿桿向下。(2)小球在P、Q兩點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能相等，故小球從P到Q的過(guò)程中，彈簧對(duì)小球做功為零由動(dòng)能定理有W合Ekmg·2sin Ff·20mv2解得v。答案：(1)，方向沿桿向下(2)2(2019屆高三·湖南六校聯(lián)考)如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為2 018m的木板，板上有2 018塊質(zhì)量均為m的相同木塊1、2、2 018。最初木板靜止，各木塊分別以v、2v、2 018v的初速度同時(shí)向同一方向運(yùn)動(dòng)，木塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，且木塊間不發(fā)生碰撞和離開(kāi)木板的現(xiàn)象。求：(1)最終木板的速度；(2)運(yùn)動(dòng)中第88塊木塊的最小速度；(3)第2塊木塊相對(duì)木板滑動(dòng)的時(shí)間。解析：(1)設(shè)最終木板和木塊一起以速度v運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量守恒定律可知m(v2vnv)2nmv解得vvv。(2)設(shè)第k塊木塊的最小速度為vk，則此時(shí)木板及第1至第(k1)塊木塊的速度均為vk；因?yàn)槊繅K木塊質(zhì)量相等，所受合外力也相等(均為mg)，故在相等時(shí)間內(nèi)，其速度的減少量也相等，因而此時(shí)，第(k1)塊至第n塊木塊的速度依次為vkv、vk2v、vk(nk)v；系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故m(v2vnv)(nmkm)vkm(vkv)mvk(nk) v解得vk，v88v。(3)第2塊木塊剛相對(duì)木板靜止的速度為v2×2vv因?yàn)槟緣K的加速度總為agv22vgt，解得t。答案：(1)v(2)v(3)3.(2018·西安一中模擬)光滑水平面上，用輕質(zhì)彈簧連接的質(zhì)量為mA2 kg、mB3 kg的A、B兩物體都處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)。將質(zhì)量為mC5 kg 的物體C，從半徑R3.2 m的光滑圓弧軌道最高點(diǎn)由靜止釋放，如圖所示，圓弧軌道的最低點(diǎn)與水平面相切，B與C碰撞后粘在一起運(yùn)動(dòng)。求：(1)B、C碰撞剛結(jié)束時(shí)的瞬時(shí)速度的大?。?2)在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能。解析：(1)對(duì)C下滑過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mCgRmCv02設(shè)B、C碰撞后B與C整體的瞬時(shí)速度為v1，以水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mCv0(mBmC)v1解得v15 m/s。(2)由題意可知，當(dāng)A、B、C速度大小相等時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，設(shè)此時(shí)三者的速度大小為v2，以水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得(mCmB)v1(mAmBmC)v2設(shè)彈簧的最大彈性勢(shì)能為Ep，則對(duì)B、C碰撞后到A、B、C速度相同過(guò)程中，由能量守恒定律得(mBmC)v12(mAmBmC)v22Ep解得Ep20 J。答案：(1)5 m/s(2)20 J4(2018·全國(guó)卷)汽車A在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動(dòng)措施，但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時(shí)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(dòng)了4.5 m，A車向前滑動(dòng)了2.0 m。已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103 kg和1.5×103 kg，兩車與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時(shí)間極短，在碰撞后車輪均沒(méi)有滾動(dòng)，重力加速度大小g10 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。解析：(1)設(shè)B車碰后加速度大小為aB。根據(jù)牛頓第二定律有mBgmBaB設(shè)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(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vB22aBsB聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vB3.0 m/s。(2)設(shè)A車碰后加速度大小為aA，根據(jù)牛頓第二定律有mAgmAaA設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為vA，碰撞后滑行的距離為sA，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vA22aAsA設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA。兩車在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，有mAvAmAvAmBvB聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vA4.25 m/s。答案：(1)3.0 m/s(2)4.25 m/s5(2018·臨沂模擬)如圖，長(zhǎng)度x5 m的粗糙水平面PQ的左端固定一豎直擋板，右端Q處與水平傳送帶平滑連接，傳送帶以一定速率v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，其上表面QM間距離為L(zhǎng)4 m，粗糙水平面MN無(wú)限長(zhǎng)，M端與傳送帶平滑連接。物塊A和B可視為質(zhì)點(diǎn)，A的質(zhì)量m1.5 kg，B的質(zhì)量M5.5 kg。開(kāi)始時(shí)A靜止在P處，B靜止在Q處，現(xiàn)給A一個(gè)向右的v08 m/s的初速度，A運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后與B發(fā)生彈性碰撞，設(shè)A、B與傳送帶和水平面PQ、MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.15，A與擋板的碰撞無(wú)機(jī)械能損失。取重力加速度g10 m/s2。(1)求A、B碰撞后瞬間的速度大??；(2)若傳送帶的速率為v4 m/s，試判斷A、B能否再相遇，若能相遇，求出相遇的位置；若不能相遇，求它們最終相距多遠(yuǎn)。解析：(1)設(shè)A與B碰撞前的速度為vA，由P到Q過(guò)程，由動(dòng)能定理得：mgxmvA2mv02A與B碰撞前后動(dòng)量守恒，有mvAmvAMvB由能量守恒定律得：mvA2mvA2MvB2解得vA4 m/s，vB3 m/s即A、B碰撞后瞬間的速度大小分別為4 m/s、3 m/s。(2)設(shè)A碰撞后運(yùn)動(dòng)的路程為sA，由動(dòng)能定理得：mgsA0mvA2sA m所以A與擋板碰撞后再向右運(yùn)動(dòng)sAsAx m設(shè)B碰撞后向右運(yùn)動(dòng)的距離為sB，由動(dòng)能定理得：MgsB0MvB2解得sB3 m<L故B碰撞后不能滑上MN，當(dāng)速度減為0后，B將在傳送帶的作用下反向加速運(yùn)動(dòng)，B再次到達(dá)Q處時(shí)的速度大小為3 m/s；在水平面PQ上，由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，B再運(yùn)動(dòng)sBsB3 m速度為零，sBsA<5 m，所以A、B不能再次相遇。最終A、B的距離sABxsAsB m。答案：(1)4 m/s3 m/s(2)不能相遇 m6(2018·肇慶高中模擬)如圖所示，質(zhì)量M1.5 kg 的小車靜止于光滑水平面上并緊靠固定在水平面上的桌子右邊，其上表面與水平桌面相平，小車的左端放有一質(zhì)量為mQ0.5 kg的滑塊Q。水平放置的輕彈簧左端固定，質(zhì)量為mP0.5 kg的小物塊P置于光滑桌面上的A點(diǎn)并與彈簧的右端接觸，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)。現(xiàn)用水平向左的推力F將P緩慢推至B點(diǎn)(彈簧處于彈性限度內(nèi))，推力做功WF4 J，撤去F后，P沿桌面滑到小車左端并與Q發(fā)生彈性碰撞，最后Q恰好沒(méi)從小車上滑下。已知Q與小車表面間動(dòng)摩擦因數(shù)0.1，取g10 m/s2。(1)P剛要與Q碰撞前的速度是多少？(2)Q剛在小車上滑行時(shí)的初速度是多少？(3)小車的長(zhǎng)度是多少？解析：(1)F通過(guò)P壓縮彈簧做功，根據(jù)功能關(guān)系有EpWF當(dāng)彈簧完全推開(kāi)P時(shí)，有EpmPv2解得v4 m/s。(2)P、Q之間發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后Q的速度為v0，P的速度為v，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得mPvmPvmQv0mPv2mPv2mQv02解得v04 m/s，v0。(3)設(shè)Q滑到小車右端后兩者的共同速度為u，由動(dòng)量守恒定律可得mQv0(mQM)u設(shè)小車的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)產(chǎn)生的摩擦熱mQgLmQv02(mQM)u2解得L6 m。答案：(1)4 m/s(2)4 m/s(3)6 m