2024届物理一轮复习讲义专题强化十一 碰撞中的三类拓展模型含答案

2024届物理一轮复习讲义专题强化十一碰撞中的三类拓展模型学习目标会分析“滑块—弹簧”“滑块—斜(曲)面”“滑块—木板”与碰撞的相似性，并会用碰撞的相关知识解决实际问题。模型一“滑块—弹簧”模型1.模型图示2.模型特点(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒，类似弹性碰撞。(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。例1(2023·辽宁沈阳市联考)如图1甲所示，物体A、B的质量分别是m1＝4kg和m2＝4kg，用轻弹簧相连后放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触但不粘连。另有一个物体C从t＝0时刻起，以一定的速度向左运动，在t＝5s时刻与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起，此后A、C不再分开。物体C在前15s内的v－t图像如图乙所示。求：图1(1)物体C的质量m3；(2)B离开墙壁后所能获得的最大速度大小。答案(1)2kg(2)2.4m/s解析(1)以水平向左的方向为正方向，A、C碰撞过程中动量守恒，则有m3vC＝(m1＋m3)v共1代入v－t图像中的数据解得m3＝2kg。(2)从B开始离开墙面到B速度最大的过程，相当于B与AC整体完成了一次弹性碰撞，以水平向右为正方向，则有(m1＋m3)v共1′＝(m1＋m3)v共2＋m2v2eq\f(1,2)(m1＋m3)v共1′2＝eq\f(1,2)(m1＋m3)veq\o\al(2,共2)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)由v－t图像可得v共1′大小为2m/s，方向水平向右解得B的最大速度为v2＝2.4m/s。跟踪训练1.(多选)如图2所示，光滑水平面上放置着总质量为2m、右端带有固定挡板的长木板。一轻质弹簧与挡板相连，弹簧左端与长木板左端的距离为x1。质量为m的滑块(可视为质点)从长木板的左端以速度v1滑上长木板，且恰好能够回到长木板的左端，在此过程中弹簧的最大压缩量为x2。若将长木板固定，滑块滑上长木板的速度改为v2，弹簧的最大压缩量也为x2，且滑块最终也与弹簧分离。已知滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则()图2A.v1＝eq\f(\r(6),2)v2B.弹簧弹性势能的最大值为eq\f(1,3)mveq\o\al(2,1)C.弹簧弹性势能的最大值为μmgx1D.滑块以速度v2滑上固定的长木板，也恰好能够回到长木板的左端答案AD解析当长木板不固定，弹簧被压缩到最短时两者速度相同，设为v，弹簧最大弹性势能为Ep，从滑块以速度v1滑上长木板到弹簧被压缩到最短的过程，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝3mv，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×3mv2＋μmg(x1＋x2)＋Ep，从弹簧被压缩至最短到滑块恰好滑到长木板的左端，两者速度再次相等，由能量守恒定律Ep＝μmg(x1＋x2)，若把长木板固定，滑块滑上长木板的速度为v2，弹簧的最大压缩量也为x2，由能量守恒定律eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝μmg(x1＋x2)＋Ep，联立可得v1＝eq\f(\r(6),2)v2，Ep＝eq\f(1,6)mveq\o\al(2,1)，选项A正确，B、C错误；设滑块被弹簧弹开，运动到长木板左端时的速度为v3，由能量守恒定律Ep＝μmg(x1＋x2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，代入数据可解得v3＝0，说明滑块以速度v2滑上长木板，也恰好能回到长木板的左端，故D正确。模型二“滑块—斜(曲)面”模型1.模型图示2.模型特点(1)最高点：m1与m2具有共同水平速度v共，m1不会从此处或提前偏离轨道。系统水平方向动量守恒，m1v0＝(m2＋m1)v共；系统机械能守恒，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m2＋m1)veq\o\al(2,共)＋m1gh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)。(2)最低点：m1与m2分离点。水平方向动量守恒，m1v0＝m1v1＋m2v2；系统机械能守恒，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)(完全弹性碰撞拓展模型)。例2(2023·辽宁大连模拟)如图3所示，一质量为2m的带轨道的小车静止在水平面上，小车轨道的AB段水平，BC段为竖直的半径为R的四分之一圆弧。左侧平台与小车的水平轨道等高，小车静止时与平台间的距离可忽略。一质量为m的滑块(可视为质点)水平向右以大小为6eq\r(gR)的初速度从左侧平台滑上小车。不计一切摩擦，重力加速度为g。图3(1)求滑块离开C点后相对于水平轨道AB上升的最大高度；(2)若小车水平轨道AB相对水平面的高度为0.5R，求滑块从左端滑离小车后落地瞬间滑块与小车左端的距离为多少？答案(1)12R(2)6R解析(1)滑块离开C点后相对于水平轨道AB上升到最大高度过程中，滑块与小车水平动量守恒，有mv0＝(m＋2m)v滑块与小车组成的系统能量守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×3mv2＋mgh解得h＝12R。(2)滑块(可视为质点)滑上小车到滑块从左端滑离小车，滑块与小车水平方向动量守恒，有mv0＝mv1＋2mv2滑块与小车机械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)解得v1＝－eq\f(1,3)v0，v2＝eq\f(2,3)v0设滑块离开小车下落时间为t，有h＝eq\f(1,2)gt2滑块从左端滑离小车后落地瞬间滑块与小车左端的距离x＝eq\f(1,3)v0t＋eq\f(2,3)v0t＝6R。跟踪训练2.(2023·福建福州高三阶段检测)如图4所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中小物块A与小物块C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与小物块A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度为g。求：图4(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。答案(1)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(3veq\o\al(2,0),40g)解析(1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv解得v＝eq\f(1,2)v0碰撞过程中系统损失的机械能为E损＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2解得E损＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)。(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等，三者组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋m＋3m)v1解得v1＝eq\f(1,5)v0根据机械能守恒定律得2mgh＝eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)×5meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)v0))eq\s\up12(2)解得h＝eq\f(3veq\o\al(2,0),40g)。模型三“滑块—木板”模型(子弹打木块模型)1.模型图示2.模型特点(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(子弹为射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)。(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能，即ΔE＝Q＝Ffs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2。(3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝eq\f(M,m＋M)Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多。例3如图5所示，光滑水平面上放一木板A，质量M＝4kg，小铁块B(可视为质点)质量为m＝1kg，木板A和小铁块B之间的动摩擦因数μ＝0.2，小铁块B以v0＝10m/s的初速度从木板A的左端冲上木板，恰好不滑离木板(g＝10m/s2)。求：图5(1)A、B的加速度分别为多少？(2)经过多长时间A、B速度相同，相同的速度为多少？(3)薄木板的长度。答案(1)0.5m/s22m/s2(2)4s2m/s(3)20m解析(1)对小铁块B受力分析，由牛顿第二定律有μmg＝maB，即aB＝μg＝2m/s2对木板A受力分析，由牛顿第二定律有μmg＝MaA，即aA＝eq\f(μmg,M)＝0.5m/s2。(2)由于A、B组成的系统所受合外力为零，则A、B组成的系统动量守恒，有mv0＝(m＋M)v共代入数据解得v共＝2m/s由于木板A做匀加速直线运动，则v共＝aAt代入数据解得t＝4s。(3)设薄木板的长度为L，则对A、B整体由动能定理有－μmgL＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,共)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入数据解得L＝20m。跟踪训练3.(多选)如图6所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以水平速度v0射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动，已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为s，此过程经历的时间为t。若木块对子弹的阻力大小f视为恒定，则下列关系式中正确的是()图6A.fL＝eq\f(1,2)Mv2 B.ft＝mv0－mvC.v＝eq\f(mv0,M) D.fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2答案AB解析由动能定理，对木块可得fL＝eq\f(1,2)Mv2，故A正确；以向右为正方向，由动量定理，对子弹可得－ft＝mv－mv0，故B正确；对木块、子弹整体，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)，故C错误；根据能量守恒定律得fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2，故D错误。4.(2022·四川成都模拟)如图7，长为L的矩形长木板静置于光滑水平面上，一质量为m的滑块以水平向右的初速度v0滑上木板左端。①若木板固定，则滑块离开木板时的速度大小为eq\f(v0,3)；②若木板不固定，则滑块恰好不离开木板。滑块可视为质点，重力加速度大小为g。求：图7(1)滑块与木板间的动摩擦因数μ；(2)木板的质量M；(3)两种情况下，滑块从木板左端滑到右端的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小之比I1∶I2。答案(1)eq\f(4veq\o\al(2,0),9gL)(2)8m(3)3∶4解析(1)木板固定时，滑块做匀减速直线运动，所受摩擦力大小为Ff＝μmg由动能定理有－μmgL＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得μ＝eq\f(4veq\o\al(2,0),9gL)。(2)木板不固定时，木板和滑块系统在相互作用过程中动量守恒，设两者共速时的速度为v，由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v由能量守恒定律有μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2联立两式解得M＝8m。(3)规定水平向右的方向为正方向，木板固定时，由动量定理有I1＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3)))－mv0＝－eq\f(2,3)mv0木板不固定时滑块末速度为v＝eq\f(mv0,m＋M)＝eq\f(v0,9)由动量定理有I2＝mv－mv0＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,9)))－mv0＝－eq\f(8,9)mv0解得I1∶I2＝3∶4。1.质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为(子弹均留在木块中不穿出)()A.eq\f(（M－m）v1,mv2) B.eq\f(Mv1,（M＋m）v2)C.eq\f(Mv1,mv2) D.eq\f(mv1,Mv2)答案C解析设发射子弹的数目为n，选择n颗子弹和木块组成的系统为研究对象，系统在水平方向所受的合外力为零，满足动量守恒的条件。以子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有nmv2－Mv1＝0，得n＝eq\f(Mv1,mv2)，所以选项C正确。2.(多选)(2023·天津宝坻区高三期末)如图1所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑()图1A.在下滑过程中，小球对槽的作用力做正功B.在下滑过程中，小球和槽组成的系统动量守恒C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D.被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处答案AC解析在下滑过程中，槽要向左运动，动能增加，小球和槽之间的相互作用力与槽的速度不垂直，所以对槽要做正功，A正确；小球在下滑过程中，小球与槽组成的系统水平方向不受力，只有水平方向动量守恒，B错误；小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被反弹后球与槽的速度相等，小球不能滑到槽上，不能达到高度h处，都做匀速直线运动，C正确，D错误。3.如图2所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹簧处于原长状态。现给小球m2一个水平向右的初速度v0，两杆足够长，则在此后的运动过程中()图2A.m1、m2组成的系统动量不守恒B.m1、m2组成的系统机械能守恒C.弹簧最长时，其弹性势能为eq\f(m2veq\o\al(2,0),2（m1＋m2）)D.m1的最大速度是eq\f(2m2v0,m1＋m2)答案D解析m1、m2组成的系统受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A错误；m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒，选项B错误；弹簧最长时，两球共速，则由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，此时弹性势能为Ep＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(m1m2veq\o\al(2,0),2（m1＋m2）)，选项C错误；当弹簧再次回到原长时m1的速度最大，则m2v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(2m2v0,m1＋m2)，选项D正确。4.(2022·重庆模拟)如图3所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不从弧形槽的顶端离开。小车与小球的质量分别为2m、m，重力加速度大小为g，不计空气阻力，以弧形槽底端所在的水平面为参考平面。下列说法正确的是()图3A.小球的最大重力势能为eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)B.小球离开小车后，小球做自由落体运动C.在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为0D.在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为eq\f(2,3)mv0答案A解析经分析可知，小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同(设共同速度大小为v)，在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，有mv0＝3mv，根据机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×3mv2＋Ep，解得Ep＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)，故A正确；设小球返回弧形槽的底端时，小球与小车的速度分别为v1、v2，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以v0的方向为正方向，则mv0＝mv1＋2mv2，根据机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)，解得v1＝－eq\f(v0,3)，v2＝eq\f(2,3)v0，小球离开小车后将做平抛运动，故B错误；根据动能定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－eq\f(4,9)mveq\o\al(2,0)，故C错误；根据动量定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量I＝2mv2－0＝eq\f(4,3)mv0，故D错误。5.(多选)如图4所示，A、B两木块靠在一起放于光滑的水平面上，A、B的质量分别为mA＝2.0kg，mB＝1.5kg，一个质量为mC＝0.5kg的小铁块C以v0＝8m/s的速度滑到木块A上，离开木块A后最终与木块B一起匀速运动。若木块A在铁块C滑离后的速度为vA＝0.8m/s，铁块C与木块A、B间动摩擦因数均为μ＝0.4，取g＝10m/s2。下列说法正确的是()图4A.铁块C在滑离A时的速度为2.4m/sB.木块B的长度至少为0.24mC.铁块C在木块B上滑行的时间为3.0sD.全过程铁块C克服摩擦力做的功为15.64J答案ABD解析铁块C在滑离A的瞬间，由动量守恒定律mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCvC，代入数据解得vC＝2.4m/s，所以A正确；铁块C和木块B相互作用最终和B达到相同的速度，铁块C和B作用过程中动量守恒、能量守恒，有mCvC＋mBvA＝(mC＋mB)vB，eq\f(1,2)(mC＋mB)veq\o\al(2,B)＋μmCgs1＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,A)，因铁块C没有从木块B上掉下来，所以木块B的长度L≥s1，联立以上方程代入数据，解得L≥0.24m，即木块B的长度至少为0.24m，所以B正确；由B选项分析，可得C与B共速的速度为vB＝1.2m/s，C滑上B后做匀减速运动，加速度为aC＝μg＝4m/s2，则铁块C在木块B上滑行的时间为t＝eq\f(vC－vB,aC)＝0.3s，所以C错误；C刚滑上A，C做匀减速运动，A做匀加速运动，则C的总位移为s2＝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，则全过程铁块C克服摩擦力做的功为Wf＝Ffs2＝15.64J，所以D正确。6.(2022·河北石家庄模拟)如图5(a)所示，光滑的水平轨道AB与竖直面内的半圆形轨道BCD在B点平滑连接，半圆形轨道半径为R＝0.4m。一质量为m1＝0.1kg的小物块P将弹簧压缩到A点后由静止释放，向右运动至B点与质量为m2＝0.2kg的小物块Q发生弹性碰撞，碰撞完成P立即被从轨道取走，Q从B点进入半圆形轨道，在半圆形轨道上运动时速度的平方与其上升高度的关系如图(b)所示。P、Q可看作质点，重力加速度大小为g＝10m/s2，求：图5(1)Q从B点运动到D点的过程中克服摩擦力做的功；(2)P将弹簧压缩到A点时弹簧具有的弹性势能(结果保留3位有效数字)。答案(1)0.4J(2)4.05J解析(1)由图可知，Q在B、D两点的速度分别为vB＝6m/s，vD＝4m/sQ从B点运动到D点的过程，由动能定理有－m2g·2R－Wf＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)代入数据解得，Q从B点运动到D点的过程中克服摩擦力做的功为Wf＝0.4J。(2)P、Q碰撞过程，根据动量守恒定律可得m1v1＝m2vB＋m1v2由于是弹性碰撞，则根据机械能守恒定律有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)联立解得，碰撞前P的速度为v1＝9m/sP将弹簧压缩到A点时弹簧具有的弹性势能为Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)代入数值解得Ep＝4.05J。7.(2023·辽宁大连一模)如图6所示，质量为M的沙箱用四根长度均为L的不可伸长轻细线悬挂起来，沙箱摆动过程中只能发生平动，可用此装置测量子弹的速度。若第一颗质量为m的子弹在极短时间内水平射入并留在沙箱中，沙箱能向上摆起的最大摆角为θ，重力加速度为g，不计空气阻力，求：图6(1)子弹打入沙箱前的瞬时速度多大；(2)若沙箱第一次摆回到最低点的瞬间又打入第二颗相同的子弹，且子弹没有穿过沙箱，求第二颗子弹打入沙箱过程中系统损失的机械能。答案(1)eq\f(M＋m,m)eq\r(2gL（1－cosθ）)(2)eq\f(（M＋m）（M＋2m）,m)gL(1－cosθ)解析(1)在子弹与沙箱共速至沙箱偏离平衡位置的角度为θ的过程中，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)(M＋m)v2＝(M＋m)gL(1－cosθ)解得v＝eq\r(2gL（1－cosθ）)由水平方向动量守恒得mv0＝(M＋m)v解得v0＝eq\f(M＋m,m)eq\r(2gL（1－cosθ）)。(2)沙箱第一次摆回到最低点时，速度方向相反，大小不变。此时又打入第二颗相同的子弹，且子弹没有穿过沙箱，根据动量守恒定律则有mv0－(M＋m)v＝(M＋2m)v′解得v′＝0根据能量守恒定律，第二颗子弹打入沙箱过程中系统损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得ΔE＝eq\f(（M＋m）（M＋2m）,m)gL(1－cosθ)。8.(2022·广东卷，13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图7所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0＝10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：图7(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；(3)滑杆向上运动的最大高度h。答案(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m解析(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g＝8N当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－f′＝5N。(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间，根据动能定理有－mgl－fl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入数据解得v1＝8m/s。(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－eq\f(1,2)(m＋M)v2代入数据联立解得h＝0.2m。专题强化十二力学三大观点的综合应用学习目标1.掌握解决力学综合问题常用的三大观点。2.会灵活选用三大观点解决力学综合问题。1.三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。2.规律选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间)或动能定理(涉及位移)去解决问题。(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。例1(2023·山东潍坊模拟)如图1甲所示，在同一竖直面内，光滑水平面与倾角为37°的传送带通过一段半径R＝2.25m的光滑圆轨道连接，圆轨道两端分别与水平面及传送带相切于P、Q点，开始时滑块B静止，滑块A以速度v0向B运动，A与B发生弹性碰撞，B通过圆轨道滑上顺时针匀速转动的传送带。已知滑块B滑上传送带后的v－t图像如图乙所示，t＝7.5s时B离开传送带的上端H点，滑块A的质量M＝2kg，滑块B的质量m＝1kg，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：甲乙图1(1)碰撞后滑块B的速度；(2)滑块B经Q点时对圆轨道的压力；(3)滑块A的速度v0；(4)若传送带的动力系统机械效率为80%，则因运送滑块B需要多消耗的能量。答案(1)5m/s(2)15.1N沿半径向下(3)3.75m/s(4)287.5J解析(1)设A、B碰撞后B的速度为v2，到达Q点时速度为v3，由图像可得v3＝4m/s在PQ过程由动能定理有－mg(R－Rcos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得v2＝5m/s。(2)B在Q点时，由牛顿第二定律得FN－mgcos37°＝meq\f(veq\o\al(2,3),R)解得FN＝15.1N根据牛顿第三定律B经Q点时对轨道的压力大小为15.1N，方向沿半径向下。(3)设A、B碰后A的速度为v1，由动量守恒定律得Mv0＝Mv1＋mv2由机械能守恒定律得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)解得v0＝3.75m/s。(4)由v－t图像可得，传送带的速度v4＝5m/s传送带从Q到H的长度x＝36.25m滑块在传送带上滑动的相对距离为Δx＝1.25m设滑块在传送带上的加速度为a，设传送带的动摩擦因数为μ，则μmgcos37°－mgsin37°＝maa＝eq\f(v4－v3,t1)由功能关系有ηE＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,4)－veq\o\al(2,3))＋mgxsin37°＋μmgcos37°·Δx解得E＝287.5J。例2(2023·湖北省七市联考)如图2(a)所示，质量为mA＝4.0kg的物块A与质量为mB＝2.0kg的长木板B并排放置在粗糙的水平面上，二者之间夹有少许塑胶炸药，长木板B的右端放置有可视为质点的小物块C。现引爆塑胶炸药，爆炸后物块A可在水平面上向左滑行s＝1.2m，小物块C的速度随时间变化的图像如图(b)所示。已知物块A和长木板B与水平面间的的动摩擦因数均为μ0＝eq\f(1,6)，物块C未从长木板B上掉落，重力加速度g取10m/s2，求：图2(1)炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小；(2)小物块C的质量mC；(3)小物块C最终静止时距长木板B右端的距离d。答案(1)4.0m/s(2)1.0kg(3)1.75m解析(1)对物块A在爆炸后，根据动能定理有－μ0mAgs＝0－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)可得vA＝2.0m/s对物块A与长木板B在爆炸过程中由动量守恒定律有0＝mAvA－mBvB可得vB＝4.0m/s。(2)由题图可知，B、C在相对滑动过程中共速时速度为v共＝1.0m/s对小物块C，在0～1s内有aC＝eq\f(v共－0,Δt)＝μg可得μ＝0.1对长木板B，在0～1s内有μ0(mB＋mC)g＋μmCg＝mBaB且aB＝eq\f(vB－v共,Δt)可得mC＝1.0kg。(3)长木板B与小物块C在0～1s内，相对位移为s相＝eq\f(vB＋v共,2)Δt－eq\f(0＋v共,2)Δt＝2m对长木板B，在1s后至停下的过程有μ0(mB＋mC)g－μmCg＝mBaB′可得aB′＝2.0m/s2长木板B与小物块C在1s后均停下，相对位移为s相′＝eq\f(veq\o\al(2,共),2aB′)－eq\f(v共＋0,2)Δt＝－0.25m则小物块C最终静止时距长木板B右端的距离d＝s相＋s相′＝1.75m。跟踪训练1.(2023·深圳市调研)如图3所示，某冰雪游乐场中，一同学用甲、乙两冰车在轨道上玩碰碰车游戏，甲车的质量m1＝20kg，乙车的质量m2＝10kg。轨道由一斜面与水平面通过光滑小圆弧在B处平滑连接。甲车从斜面上的A处由静止释放，与停在水平面C处的乙车发生正碰，碰撞后乙车向前滑行18m停止运动。已知A到水平面的高度H＝5m，B、C间的距离L＝32m，两车受到水平面的阻力均为其重力的十分之一，甲车在斜面上运动时忽略摩擦阻力作用，两车均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求：图3(1)甲车到达C处碰上乙车前的速度大小；(2)两车碰撞过程中的机械能损失。答案(1)6m/s(2)90J解析(1)对甲车从A处到C处的过程，根据动能定理有m1gH－f1L＝eq\f(1,2)m1v2，其中f1＝eq\f(1,10)m1g解得v＝6m/s。(2)对碰后乙车在阻力作用下减速到静止的过程，根据动能定理有－f2x2＝0－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，其中f2＝eq\f(1,10)m2g，x2＝18m解得v2＝6m/s甲、乙碰撞过程中动量守恒，有m1v＝m1v1＋m2v2碰撞过程中损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)m1v2－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得ΔE＝90J。2.(2023·山东潍坊高三期末)如图4所示，在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板A，木板A左端上表面有一小物块B，其到挡板的距离为d＝2m，A、B质量均为m＝1kg，不计一切摩擦。从某时刻起，B始终受到水平向右、大小为F＝9N的恒力作用，经过一段时间，B与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，碰撞时间极短。重力加速度g＝10m/s2。求：图4(1)物块B与A挡板发生第一次碰撞后的瞬间，物块B与木板A的速度大小；(2)由静止开始经多长时间物块B与木板A挡板发生第二次碰撞，碰后瞬间A、B的速度大小；(3)画出由静止释放到物块B与A挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像。答案(1)06m/s(2)12m/s6m/s(3)见解析图解析(1)B从A的左端开始到右端的过程，由动能定理Fd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝6m/sB与A碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律，有mv0＝mv1＋mv2eq\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)解得v1＝0，v2＝6m/s。(2)第一次碰后A向右以速度v2＝6m/s做匀速运动，B做初速度为0，加速度为a＝eq\f(F,m)＝9m/s2的匀加速运动，则第二次碰撞时v2t＝eq\f(1,2)at2解得t＝eq\f(4,3)s此时B的速度为v3＝12m/s同样根据动量守恒定律和能量守恒定律mv2＋mv3＝mv4＋mv5eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,5)解得A、B的速度为v4＝12m/s，v5＝6m/s。(3)同理第3次碰撞时v5t′＋eq\f(1,2)at′2＝v4t′解得t′＝eq\f(4,3)s此时B的速度为18m/s从开始运动到第一次碰撞的时间t0＝eq\f(v0,a)＝eq\f(2,3)s画出由静止释放到物块B与A挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化如图所示。1.(2021·北京卷，17)如图1所示，小物块A、B的质量均为m＝0.10kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝0.45m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30m，取重力加速度g＝10m/s2。求：图1(1)两物块在空中运动的时间t；(2)两物块碰前A的速度v0的大小；(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。答案(1)0.30s(2)2.0m/s(3)0.10J解析(1)两物块碰撞后，竖直方向的运动为自由落体运动则有h＝eq\f(1,2)gt2解得t＝0.30s。(2)设A、B碰后瞬间的速度为v，水平方向的运动为匀速运动，则有s＝vt解得v＝1.0m/s根据动量守恒定律有mv0＝2mv解得v0＝2.0m/s。(3)根据能量守恒定律可得，两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2解得ΔE＝0.10J。2.(2022·山东烟台一模)如图2甲所示，半径R＝0.5m的四分之一光滑圆弧轨道A与长l＝1m的平板B均静置于光滑水平地面上，A与B刚好接触且二者的上表面相切，一物块C(可视为质点)静置于B的最右端，C与B上表面的动摩擦因数μ从左往右随距离l均匀变化，其变化关系如图乙所示。已知A、B、C的质量均为m＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，现给C一水平向左的初速度v0＝4m/s。图2(1)若A、B固定，其他条件均不变，求C刚滑到A最低点P时对轨道的压力大小；(2)若A、B不固定，其他条件均不变，求：①C由B最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功；②C相对于A最低点P所能达到的最大高度(结果保留2位有效数字)。答案(1)26N(2)①eq\f(40,9)J②0.10m解析(1)C由B最右端滑至最左端过程中，摩擦力做功Wf＝－eq\f(μ1mg＋μ2mg,2)l＝－4J该过程中，由动能定理得Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C运动到A最低点P时，由牛顿第二定律得FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,P),R)解得FN＝26N由牛顿第三定律可知，C对轨道的压力等于26N。(2)①C由B最右端滑至最左端的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)＋Q由功能关系可知，摩擦产生的热量Q＝eq\f(μ1mg＋μ2mg,2)l＝4J解得v1＝eq\f(8,3)m/s，v2＝eq\f(2,3)m/s对C由动能定理得－W克＝eq\f(1,2)mve