专题16三大观点在力学中的综合应用（压轴难题）（讲义）

专题15三大观点在力学中的综合应用（压轴难题）目录TOC\o"13"\h\u01专题网络·思维脑图 102考情分析·解密高考 103高频考点·以考定法 2 2 2 7考向1：三大观点在多过程问题中的综合应用 7考向2：三大观点在曲线运动中的综合应用 9考向3：三大观点在传送带问题中的综合应用 11考向4：三大观点在碰撞问题中的综合应用 1304核心素养·难点突破 1505创新好题·轻松练 23新情境：利用三大观点处理实际问题 23考点内容要求学习目标动力学观点在力学中的综合应用II掌握动力学、能量和动量观点在力学中的综合应用问题。能量观点在力学中的综合应用II动量观点观点在力学中的综合应用II一、三大观点在力学中的综合应用力学三大观点对应规律表达式适用范围动力学观点牛顿第二定律F合＝ma恒力作用下的匀变速运动(包括匀变速曲线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题匀变速直线运动规律v＝v0＋at，x＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－veq\o\al(2,0)＝2ax等能量观点动能定理W合＝ΔEk求解功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移(摩擦生热)时，优先选用能量守恒定律机械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能关系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2动量观点动量定理I合＝p′－p不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别是对于打击类问题、流体连续作用问题，用动量定理求解动量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′对碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，若只涉及初末速度而不涉及力、时间，用动量守恒定律求解1．（2023·山东·统考高考真题）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小。（1）求C下滑的高度H；（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；（3）若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；（4）若，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【详解】（1）由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有代入数据解得（2）滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为木板B受到C的摩擦力水平向右，为B受到地面的摩擦力水平向左，为所以滑块C的加速度为木板B的加速度为设经过时间t1，B和C共速，有，代入数据解得木板B的位移共同的速度此后B和C共同减速，加速度大小为设再经过t2时间，物块A恰好滑上模板B，有整理得，解得，（舍去）此时B的位移共同的速度综上可知满足条件的s范围为（3）由于所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据运动学公式有整理后有，解得，（舍去）滑块C在这段时间的位移所以摩擦力对C做的功（4）因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动0.48m时，有此时A、B之间的距离为由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有整理得，解得，（舍去）此时有方向向左；方向向右。接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有代入数据解得而此时物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量末动量则整个过程动量的变化量，即大小为9.02kg⋅m/s。2．（2023·辽宁·统考高考真题）如图，质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g=10m/s2，结果可用根式表示。（1）求木板刚接触弹簧时速度的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t0表示）。【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）【详解】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0=(m1＋m2)v1代入数据有v1=1m/s，对m1受力分析有则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v12=2a1x1，代入数据解得x1=0.125m（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx=(m1＋m2)a共，，对m2有a2=μg=1m/s2当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2=0.25m对m1、m2组成的系统列动能定理有代入数据有

（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有－μm2g∙2t0=m2v3－m2v2，解得则对于m1、m2组成的系统有U=Wf联立有3．（2023·湖南·统考高考真题）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为。（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；（2）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）。【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒，联立解得因水平方向在任何时候都动量守恒即，两边同时乘t可得且由几何关系可知，联立得（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据上式有则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为整理得（）（3）将代入小球的轨迹方程化简可得即此时小球的轨迹为以为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时有如图此时可知速度和水平方向的的夹角为，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒系统机械能守恒，联立得考向1：三大观点在多过程问题中的综合应用1．（2023·四川成都·棠湖中学校考一模）如图，竖直平面内半径为的光滑圆弧轨道AB固定在足够长的水平地面上，轨道AB的底端与水平地面相切于B点，其圆心O在B点的正上方，OA与竖直方向的夹角为。一质量为的滑块1从A点由静止开始下滑，另一质量为的滑块2静止放于水平地面上的C点，BC的长度为。两滑块均可视为质点，两滑块的碰撞为弹性碰撞，两滑块与水平地面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小取。求：（1）滑块1第一次到达圆弧轨道底端B点时，对圆弧轨道的压力大小；（2）滑块1第一次到达C点时，因碰撞使滑块2获得的速度大小；（3）两滑块都停止运动后，两者之间的距离。【答案】（1）40N；（2）；（3）【详解】（1）滑块1下落到圆弧轨道底端过程中，由机械能守恒得B点时，解得，滑块1第一次到达圆弧轨道底端B点时，对圆弧轨道的压力。（2）滑块1从B点到C点过程中两物块发生弹性碰撞，有解得即滑块1第一次到达C点时，因碰撞使滑块2获得的速度为。（3）碰撞之后有代入数据解得所以有两滑块将二次碰撞，设碰前滑块1的速度大小为，碰后滑块1和滑块2的速度大小分别为、，则解得第二次碰撞前滑块1的速度两物块第二次弹性碰撞，有解得碰撞之后有代入数据解得，第二次碰撞后两物块滑行距离两滑块都停止运动后，两者之间的距离考向2：三大观点在曲线运动中的综合应用2．（2023·浙江宁波·统考二模）如图所示，某一游戏装置由轻弹簧发射器、长度的粗糙水平直轨道AB与半径可调的光滑圆弧状细管轨道CD组成。质量的滑块1被轻弹簧弹出后，与静置于AB中点、质量的滑块2发生完全非弹性碰撞并粘合为滑块组。已知轻弹簧贮存的弹性势能，两滑块与AB的动摩擦因数均为，两滑块均可视为质点，各轨道间连接平滑且间隙不计，若滑块组从D飞出落到AB时不反弹且静止。（1）求碰撞后瞬间滑块组的速度大小；（2）调节CD的半径，求滑块组进入到圆弧轨道后在C点时对轨道的压力大小；（3）改变CD的半径R，求滑块组静止时离B点的最远距离，并写出应满足的条件。【答案】（1）3m/s；（2）1N；（3）0.8m，R大于等于0.1m【详解】（1）滑块1被弹簧弹出的速度为，有滑块1与滑块2碰撞前速度为，有滑块1与滑块2粘在一起后速度为，有，解得（2）滑块组在碰撞后到C点的过程中有解得，由牛顿第三定律有（3）当半径为时，其滑块组恰好能到达D点，因为是细管管道，所以此时在D点速度为零，有，解得所以当圆弧轨道半径小于0.1m时，滑块组能从D点飞出，之后做平抛运动，继续调节圆弧轨道半径，其从D点飞出的速度不同，其落在水平轨道上距离B点的距离也不同，设半径为R时，有滑块组在D点之后做平抛运动，有整理有根据数学知识有，当时，s取最大值，其值为0.2m。当圆弧轨道半径大于0.1m时，滑块组不能从D点飞出，沿轨道滑回水平轨道，最终静止在水平轨道上，设在水平轨道上滑动路程为s'，由能量守恒，解得s'=1.8m则滑块组静止时离B点的最远距离为考向3：三大观点在传送带问题中的综合应用3．（2023·山东德州·德州市第一中学统考三模）传送带在各种输送类场景中应用广泛。如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为，一质量分布均匀的长方体物块静止在传送带上。时接通电源，传送带开始逆时针转动，其加速度a随时间t的变化规律如图乙所示（未知），后的加速度为0.传送带的加速度增加到时物块开始相对传送带运动。已知物块的质量，与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）求传送带转动的最大速度的大小；（2）求整个过程物块和传送带由于摩擦产生的内能；（3）如图丙所示，将物块看做由上、下两部分组成，两部分之间的分界线（虚线）平行于物块的上、下表面，与上表面的距离为物块上、下表面间距的，求分界线下面部分给上面部分的作用力的大小；（4）若时刻开始对物块施加另一力F，使物块一直以加速度沿传送带斜向下做匀加速直线运动，求F的最小值。【答案】（1）；（2）；（3）时，时，时；（4）【详解】解：（1）物块开始相对传送带运动时自至，对传送带，解得传送带运动的最大速度（2）时物块和传送带的共同速度物块开始以加速度匀加速运动，后传送带以第（1）问求得的速度匀速运动，设时刻两者速度相同，得物块和传送带速度相同以后不再有相对运动，对两者相对运动过程，传送带位移物块位移摩擦产生的内能，解得（3）对分界线上面部分，垂直于传送带方向沿着传送带方向时时时又，得作用力的大小时时时（4）若物块一直以加速度沿传送带斜向下做匀加速直线运动，时物块速度因为，传送带对物块的摩擦力一直斜向上

设F与沿传送带斜向上方向的夹角为，对物块，垂直于传送带方向沿斜面方向代入数据化简得，得F的最小值考向4：三大观点在碰撞问题中的综合应用4．（2023·四川乐山·统考一模）如图所示，一平台固定在光滑水平地面上，平台上有一静止的物块A，物块质量，紧挨着平台右侧有一足够长的小车，小车质量，平台和小车上表面在同一水平高度且连接处不粘连，在小车最左端静止放置一滑块B（可视为质点），滑块质量，水平地面最右边有一固定的竖直墙面，小车右端距离墙面足够远，从0时刻起给物块A施加一个水平向右的变力F，F随时间变化的规律如图所示，在第4秒末物块A与滑块B发生弹性正撞，碰撞时间极短．已知物块A与平台间的摩擦可以忽略，滑块B与小车上表面间的动摩擦因数，随后小车与墙面发生碰撞，碰撞时间极短，每次碰后小车速度方向改变，速度大小变为碰前的一半，重力加速度取，求：（1）第4秒末（还未与滑块碰撞）物块A的速度；（2）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中，滑块与小车间由于摩擦产生的热量；（3）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第5次碰撞前瞬间的过程中，小车运动的路程。【答案】（1）12m/s；（2）48J；（3）10.625m【详解】令水平向右为正方向。（1）由图像可知，图线与时间轴围成的图形面积为力F在04s内的冲量，动量定理可得（2）发生弹性碰撞，系统动量守恒和能量守恒，由于小车足够长，离墙壁足够远，故小车与墙壁碰撞前已和滑块B共速，由动量守恒可得小车与墙壁完成第1次碰撞后，车速变为小车与墙壁第2次碰撞前与滑块B再次共速，由动量守恒可得，由系统功能关系可得，小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中滑块与小车间由于摩擦产生的热量，（3）由小车与墙壁第1次碰后和第2次碰前小车与滑块共速时的速度大小可推断，从第1次碰撞结束，每次小车与滑块共速后立即与墙壁发生碰撞。以小车为研究对象，由牛顿第二定律可得第1次碰后到减速到零有从第1次碰后到第2次碰前小车运动的路程有，同理可得从第2次碰后到第3次碰前小车运动的路程有从第3次碰后到第4次碰前小车运动的路程有：从第4次碰后到第5次碰前小车运动的路程有综上可得：从第1次碰后到第5次碰前小车运动的路程有（第（2）（3）小题还可使用图像法求解）发生弹性碰撞，系统动量守恒和能量守恒，由于小车足够长，离墙壁足够远，故小车与墙壁碰撞前已和滑块B共速，由动量守恒可得以小车第一次碰后为即时起点，根据牛顿第二定律有，滑块与小车运动过程中加速度大小分别为，小车与滑块速度随时间变化的图像如图所示小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中滑块与小车的相对路程为三点围成的三角形面积由于摩擦产生的热量由图像易知，每次与墙壁碰撞前两者恰好达到共同速度。小车与墙壁第1次碰撞到第2次碰撞过程中，路程为对应两个三角形面积之和解得同理小车与墙壁第2次碰撞到第3次碰撞过程中第3次碰撞到第4次碰撞过程中第4次碰撞到第5次碰撞过程中小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第5次碰撞前瞬间的过程中，小车运动的路程s1．（2023·江苏·模拟预测）如图所示，一质量、长的木板B静止于光滑的水平面上，距离B的右端处有一固定竖直挡板；时刻，一个质量的小物块A以初速度从B的左端水平滑上B，时，对物块A施加一水平向右的恒力。设物块A可视为质点，A、B间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B与竖直挡板碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失，g取，求：（1）内，木板B的运动位移；（2）从B开始运动到与竖直挡板第一次碰撞前的过程中，摩擦力对B所做的功；（3）与竖直挡板第二次碰撞前A距离木板B右端的距离。【答案】（1）；（2）4J；（3）【详解】（1）A滑上B后，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动；由牛顿第二定律知，对木块A，对木板B设AB经过时间后达到相等的速度，由运动学规律知，解得，此时A运动的位移为B的运动位移为当AB共速后将做匀速直线运动，则两者在内的运动位移为故在内，木板B的运动位移为（2）当时，当恒力F作用在A上，假设AB仍保持相对静止，对整体有对B有，解得故在木板B与挡板碰撞前，A、B保持相对静止，其共同运动的加速度为设木板B第一次与挡板碰撞前，AB的速度为，由运动学规律知，解得而从B开始运动到与竖直挡板第一次碰撞前的过程中，只有摩擦力对B做功,由动能定理知（3）当B与挡板第一次碰撞后，A向右做匀减速直线运动，B向左做匀减速直线运动对A有对B有，解得即AB将同时减速到0，则在此过程中，由运动学公式知，，解得在此过程中A相对B运动位移为此后AB将在恒力F作用下以加速度向右加速运动，在第二次碰撞前A与B之间不再发生相对位移；由（1）问可知，内，A相对B运动位移为故B与竖直挡板第二次碰撞前A距离木板B右端的距离2．（2023·浙江杭州·校联考二模）如图所示，在竖直平面内倾角的斜面、和，在和处与水平轨道平滑连接，在轨道、上高为的处与一光滑的半径为的螺旋形圆轨道平滑连接，一质量为的滑块位于轨道上高为处静止下滑。滑块一旦脱离轨道，便落于地上。已知，，滑块与斜面轨道间的动摩擦因数，与水平轨道间的动摩擦因数，轨道长，轨道长，轨道连接处均光滑，滑块可视为质点。求：（1）若，求滑块沿直轨道滑到点的速度；（2）若，滑块刚从直轨道滑入螺旋圆形轨道时，求滑块所受合力的大小；（3）滑块不脱离轨道，最终停留在间，求高度的范围。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据能量守恒，得（2）向心力，又滑块所受合力的大小（3）滑块恰好过螺旋圆形的高度，滑块恰好不滑出轨道HI的高度，从HI轨道上静止滑下，恰好不脱离螺旋圆形轨道时轨道HI的长度，即滑块恰好不冲出HI轨道同时也不会脱离圆轨道3．（2023·山东·模拟预测）某快递点的传送装置（传送带与水平面的夹角）因停电而锁止，工人找了块质量为的带钩木板置于传送带上，再在木板上放置货物，通过轻绳与木板钩子相连，工人可在高处工作台对木板施加平行于传送带方向、大小为的拉力，使得货物能从静止开始向上运动。已知木板与传送带间的动摩擦因数，货物质量，货物与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，求：（1）货物的加速度大小？（2）拉力作用（货物未到达顶端）后，货物的机械能增加量？（3）已知传送带顺时针稳定转动的速度为（k可调，且）。某次工作中，当木板的速度到后，突然来电，工人马上撤去拉力，不计传送带的加速时间。k取何值时，撤去拉力至木板速度减为0的过程中（仍未到达顶端），木板与传送带之间的摩擦所产生的热量最小？【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）假设货物与木板相对静止，一起匀加速运动，设加速度为a，对货物与木板整体分析，由牛顿第二定律得，解得设木板对货物的静摩擦力为f，对货物分析得，可得货物与木板间的最大静摩擦力为由于木板对货物的静摩擦力小于最大静摩擦力，假设符合实际情况，所以货物的加速度大小为。（2）拉力作用后，货物的速度为货物的位移为所以货物增加的机械能为（3）突然来电，工人撤去拉力后，由于，货物与木板会保持相对静止，一起做变速运动，木板从速度减速到的过程，由牛顿第二定律解得，减速时间在时间内，木板与传送带的相对位移大小为木板从速度减速到0的过程，由牛顿第二定律解得，减速时间在时间内，木板与传送带的相对位移大小为在时间内，木板与传送带之间的摩擦所产生的热量为整理得由上式可知，当时，木板与传送带之间的摩擦所产生的热量最小。4．（2023·四川成都·校联考模拟预测）如图所示，置于平板小车C上正中间的小物块A、B质量分别为、（A、B均可看成质点），小车C质量为。A、B与小车C间的动摩擦因数均为0.2，三者均静止在光滑水平面上，某时刻A、B间炸药爆炸（时间极短）使A、B获得图示水平方向的瞬时速度和3J的总机械能，炸药爆炸不改变A、B的质量，且化学能全部转化为A、B的动能。A、B最终都没有离开小车C上表面，取，求：（1）炸药爆炸瞬间，A、B获得的速度大小；（2）平板小车C的最小长度；（3）A、B在平板小车C上滑动的过程中产生的内能。【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）设炸药爆炸瞬间，A、B获得的速度大小分别为、，由动量守恒定律得由能量守恒定律得联立解得，（2）炸药爆炸后，A向左做匀减速直线运动，B向右做匀减速直线运动，设加速度大小分别为、，有解得由于B对C的摩擦力大于A对C的摩擦力，故C向右做匀加速直线运动，有解得假设经过时间，B、C共速，A仍相对C滑动，有，解得B、C共速时的速度为此时A的速度为即A还未停止运动，假设成立。之后B、C一起向右做匀减速直线运动，设加速度大小为，则，解得设B、C一起向右减速时间后，速度减为零，有，解得此时A的速度为即A、B与小车C同时停下来。A相对小车C的位移为B相对小车C的位移为由于开始时A、B静止在小车C正中间，所以小车C的最小长度（3）A、B在平板小车C上滑动的过程中产生的内能等于整个过程中摩擦产生的热量解得5．（2023·陕西·校联考一模）如图所示，质量的小车放在光滑水平地面上，小车左端是半径的四分之一固定圆弧平台，小车右端不远处是一矗立的石柱。把质量为的小滑块从光滑圆弧轨道顶端由静止释放，小滑块以水平速度滑上小车，小车与右侧石柱碰后原速反弹。滑块与小车之间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g取，如果小车与石柱碰撞反弹后过一段时间能停下来，求：（1）小车右端与石柱的距离；（2）若滑块始终未从小车上掉下，小车的最短长度是多少？（3）若不改变其他条件，让质量为的小滑块从光滑圆弧轨道顶端由静止释放，求小车停下来时运动的总距离。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）滑块从光滑圆弧轨道顶端运动到底端的过程，根据动能定理有代入数据解得滑块滑上小车，运动过程中二者动量守恒，有因为小车与石柱碰撞反弹后过一段时间能停下来，所以碰后滑块与小车动量大小相等，方向相反，则碰前滑块与小车动量相等，有，代入数据解得对小车，根据动能定理，代入数据解得（2）设小车的长度的最小值为，自滑块滑上小车至停止运动，由能量守恒代入数据解得（3）滑块更换之后对小车，解得第1次碰撞前小车的速度更换滑块后，滑块滑上小车时初速度仍为根据动量守恒定律，代入数据解得第1次碰后小车向左匀减速，所受滑动摩擦力不变，则加速度不变，向左运动一段位移后速度减为0，然后再向右匀加速。假设小车与墙壁发生第2次碰撞前，滑块与小车已达到共速，则从第1次碰后到共速。根据动量守恒定律，有，代入数据解得由于，可知假设成立，在共速前，滑块一直向右匀减速直到二者速度相等。从第1次碰后到第2次碰前此过程小车的路程为从第2次碰后到第3次碰前，此过程小车的路程为第3次碰后，根据动量守恒定律得，代入数据解得第3次碰后到第4次碰前，则有小车通过的路程根据数学知识，当无限大时，可得小车通过的总路程为6．（2023·四川德阳·统考一模）如图所示，MN是长为L1=3m的绝缘、粗糙平台，平台M点放置一质量为m=0.1kg、电荷量为q=+1C的小物块P。平台右端的光滑水平桌面上，放有一质量为m=0.1kg、长为L2=9m的长木板Q，其上表面与平台相齐，右端带有挡板。其上从左端开始，每隔d=1.8m处放有质量为m=0.1kg的小物块A、B、C、D。在平台MN区域有竖直向下的电场，平台上各点的电场强度大小E与到M点距离x之间的关系为E=kx，小物块P与平台间的动摩擦因数为μ1=0.25，小物块P、A、B、C、D与长木板Q之间的动摩擦因数均为μ2=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现给小物块P一个水平向右的瞬时冲量I=1.3N•s，经过时间t=0.2s小物块P滑上长木板Q。已知小物块P未从长木板Q上滑落，所有碰撞均为弹性碰撞，重力加速度大小为10m/s2，常量，求：（1）小物块P从平台M点运动至右端N点时的速度大小；（2）从小物块P与小物块A相碰，直到小物块A、B、C、D均与长木板Q保持相对静止时所用的时间；（3）在小物块P运动的整个过程中，作用在小物块P上的电场力的冲量和小物块P因摩擦而产生的热量。【答案】（1）12m/s；（2）；（3），2.45J【详解】（1）小物块获得一初速度vM有小物块从M端运动到N端的过程，由动能定理得解得（2）小物块P、A、B、C、D与长木板Q打滑时的加速度均为在D未与长木板Q的挡板相碰前，长木板Q的加速度为设历时t0后，小物块P与A相碰，有设历时t1在后，D与长木板Q的挡板相碰，有从小物块P滑上长木板Q到P、A、B、C、D与长木板Q达共速v的过程由动量守恒有设D与长木板Q的挡板碰后，直到P、A、B、C、D与长木板Q达共速历时t2从P与A碰后，到A、B、C、D均与长木板Q保持相对静止所用的时间（3）小物块P运动的整个过程，仅M点到N点过程受到电场力小物块P从M端运动到N端过程，由动量定理得：该过程电场力对小物块P的冲量大小为，联立（1）（2）解得小物块P从M端运动到N端过程，因摩擦产生的热量为小物块P滑上长木板直到P、A、B、C、D与长木板Q达共速过程，小物块P与长木板间因摩擦产生的热量为在运动的整个过程中，小物块P因摩擦而产生的热量为新情境：利用三大观点处理实际问题1．（2023·江苏盐城·统考模拟预测）如图，轻弹簧一端固定在倾角为的固定斜面底端，其劲度系数，弹簧自然伸长时另一端位于斜面上点。已知斜面点下方光滑、上方粗糙，弹簧的弹性势能与其劲度系数及形变量满足。现用一长、质量且质量分布均匀的滑块向下压弹簧，当滑块上端恰位于点时由静止释放滑块，滑块恰能全部滑入点上方。重力加速度取，，。求：（1）刚释放时滑块加速度的大小；（2）滑块与斜面点上方的动摩擦因数；（3）释放后滑块沿斜面滑行的总路程。【答案】（1）；（2）0.375；（3）0.15m【详解】（1）刚释放时滑块时由牛顿第二定律有，代入数据解得（2）根据题意，从滑块开始滑动到恰好滑到O点上方的过程中，所受摩擦力随位移变化的关系式为则摩擦力作用可以用平均力来代替，由能量守恒有，代入数据解得（3）滑块释放后由于O点下方光滑，上方粗糙，所以滑动至速度为零时弹簧恰好原长，此时对滑块受力分析根据题意则滑块上升到最高点速度为0时不会静止，将会沿斜面下滑。滑块在下滑阶段到速度减为0时沿斜面运动的位移为x，由能量守恒有，代入数据解得x=0.05m判断该位置是否可以静止，已知mgsin37°=6N，弹力kx=7.5N此时最大静摩擦力由受力分析可知物体恰好处于平衡状态，则以后滑块可以静止在此位置。则在整个运动过程中滑块走过的总路程2．（2023·浙江金华·统考模拟预测）小丁同学设计了一个玩具遥控赛车的轨道装置，轨道的主要部分可简化为如图所示的模型，水平轨道AB和倾斜轨道OD分别与圆轨道相切于B点和D点，弯曲轨道AE与水平轨道平滑连接，E点切线方向恰好水平。O点固定一弹射装置，刚开始时装置处于锁定状态。当赛车从A点出发经过圆轨道进入OD轨道，到达O点时恰好可以触发弹射装置将赛车原路弹回，最终进入回收装置F。测得赛车与弹射装置碰撞时机械能损失，每次弹射后装置可自动锁定到初始时的弹性势能值。已知赛车质量为，电动机功率恒为，圆轨道半径为，E点离水平轨道高度和与F点间水平距离均为，AB轨道长，赛车在水平轨道上运动时所受阻力等于其对轨道压力的0.25倍，赛车在轨道其余部分上所受摩擦力可忽略，赛车看成质点。（1）若赛车恰好能过C点，求赛车经过H点时对轨道的压力大小；（2）若某次测试时，赛车电动机工作，经过一次弹射后恰好落入回收装置之中，则此次测试中给弹射装置设置的弹性势能为多大？（3）若某次测试时，赛车电动机工作，最终停在水平轨道AB上，且运动过程中赛车不能脱轨，求弹射装置的弹性势能取值范围。【答案】（1）6N；（2）2.3J；（3）【详解】（1）赛车恰好过C点，根据牛顿第二定律，解得从H到C，由动能定理有，解得根据指向圆心方向合力提供向心力有，解得根据牛顿第三定律在H点对轨道压力；（2）赛车从E到F做平抛运动，有，，解得对赛车，从A出发最终到E的过程中，根据功能关系可得代入数据解得（3）题中所述赛车最终停在水平轨道AB上，有两种临界情况①假设赛车第一次弹回时，恰好能过C点，此时最小，由上分析可知小车从出发到第二次经过C点，根据能量守恒定律解得设赛车最高到达A点右侧弯曲轨道上高度h处，从C点到高度h处，根据动能定理，可得所以赛车不会从E点飞出，有②假设赛车第一次弹回时，恰好能运动到E点，从E点滑下到左侧圆轨道，根据动能定理可得，则赛车要脱离轨道。所以赛车从AE轨道返回时最多运动到H点，设赛车从AE返回时恰能到达H点，从出发到从AE返回恰运动到H点的过程，根据能量守恒定律解得，综上，当时可满足要求。3．（2023·上海黄浦·上海市大同中学统考二模）如图，在倾角为的光滑斜坡上有20个均匀分布的减速带，减速带之间的距离均为d，每个减速带的宽度远小于d。质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止下滑。小车通过减速带所损失的机械能与到达减速带时的速度有关。某同学观察发现，小车通过第17个减速带后，在相邻减速带间的平均速度不再增加。小车通过最后一个减速带后立刻进入与斜面平滑连接的水平地面继续滑行距离s后停下，小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。（1）小车进入水平地面时速度的大小；（2）小车通过20个减速带共损失的机械能；（3）小车通过第17个减速带后，每经过一个减速带损失的机械能。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）在水平地面上，小车水平方向受到摩擦力即合外力，根据牛顿第二定律f=maf=μN=μmg可得a=μg，由公式，可得=（2）以水平地面为零势能面，静止下滑处小车的机械能为通过20个减速带时小车的机械能为小车通过20个减速带共损失的机械能为（3）通过相邻减速带间的平均速度不再增加的大致vt图像或（图像不做要求）通过第17个及之后的减速带时小车的平均速度相同，即达到减速带时小车的瞬时速度相同。小车通过第17个减速带后，根据功能关系，每经过一个减速带损失的机械能4．（2023·四川南充·统考二模）如图，固定在水平地面上，倾角为θ的光滑斜面底端固定一垂直于斜面的挡板，一轻质弹簧放在斜面上，一端固定在挡板上，另一端处于自由状态，足够长的木板B放在斜面上，木块A放在B的上端，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ。开始时，A、B均静止，使弹簧压缩了x0。然后沿斜面向下缓慢推动木板B移动距离2x0后锁定B（弹簧始终在弹性限度内）。某时刻解除锁定，木B板沿斜面向上运动，A与B之间发生相对滑动，经过时间t，A与B第一次共速，此时B已脱离弹簧。已知弹簧形A变量为x时弹性势能为（其中k为弹簧的劲度系数，k未知）。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：（1）解除锁定瞬间，A、B的加速度大小aA、aB；（2）从解除锁定到B沿斜面向上运动速度达到最大时B的位移大小x1；（3）解除锁定后，B沿斜面向上运动的最大位移xm的大小。【答案】（1）aA=μgcosθ－gsinθ，aB=5gsinθ－μgcosθ；（2）；（3）【详解】（1）最初，整个系统处于静止状态，则有kx0=2mgsinθ解除锁定瞬间，对于Aμmgcosθ－mgsinθ=ma对于Bk·3x0－mgsinθ－μmgcosθ=maB解得aA=μgcosθ－gsinθ，aB=5gsinθ－μgcosθ（2）B速度最大时，其加速度为0，则有kx=mgsinθ＋μmgcosθB的位移大小x1=3x0－x，解得（3）从解除锁定到共速，设A、B的位移大小分别为x2、x3，共同速度为v，对于Av=aAt对于系统，能量守恒，则有共速后，一起沿斜面向上匀减速，对A、B整体（AB的位移大小为x4）所以B沿斜面向上运动的最大位移为xm=x3＋x4，解得5．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校联考模拟预测）小明设计了如图所示的弹珠弹射游戏装置。固定在水平面上的弹珠发射器发射一质量的小弹珠，沿由水平直轨道和竖直半圆形轨道AB运动并从B处水平飞出，然后恰好进入圆弧形管道CD，并从该管道的D处水平滑出，撞击放置在平台上质量的碰撞缓冲装置PQ，该装置中的轻弹簧一端固定在挡板Q上，另一端连接质量可不计、且能自由滑动的小挡板P，小弹珠碰到挡板P时紧贴挡板一起运动，但不粘连。已知、、、，不考虑所有摩擦和空气阻力及碰撞时能量的损失，轨道固定，缓冲装置PQ可在平台上运动，求：（1）弹珠发射器发出小弹珠的初速度大小；（2）缓冲装置中弹簧所能获得的最大弹性势能；（3）小弹珠与P分离时的速度。【答案】（1）6m/s；（2）2J；（3），方向向右【详解】（1）弹珠恰好进入管道，由平抛运动规律，有，解得由能量守恒定律，有，解得（2）设小弹珠碰前的速度为，由能量守恒，有，解得碰撞时动量守恒，碰后共同速度为，解得，最大弹性势能，解得（3）根据弹性碰撞，有解得所以小弹珠与P分离时的速度大小为，方向向右。6．（2023·四川达州·统考一模）如图所示，一游戏装置由固定在水平地面上倾角的直轨道、水平直轨道、螺旋圆形轨道、水平直轨道组成，除、段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道、相切于处，O、E分别为螺旋圆形轨道的圆心和圆心的等高点。凹槽底面水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁处，摆渡车上表面与B、C、D、F、G点在同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径，长度，摆渡车长度、质量。将一质量的滑块1从倾斜轨道上距B点处静止释放，滑块1与轨道和摆渡车间的动摩擦因数分别、。（已知摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，重力加速度）。求：（1）滑块1刚进入螺旋轨道D时螺旋轨道对滑块1的支持力大小N；（2）若在C点处放一个质量为的另一滑块2（可看出质点），滑块1和滑块2间的碰撞均为弹性碰撞，要想滑块2不脱离螺旋轨道，应为多少；（3）接第（2）问，若，滑块1停