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1、专题08力学中三大观点的综合应用目录01动与能观点的综合应用2考向一子弹打木块滑块与滑板滑块与弹簧类问题202力学三大观点的综合应用17考向一力学三大观点的综合应用17考点Ol动量与能量观点的综合应用考向一子弹打木块滑块与滑板滑块与弹簧类问题1 .(2022湖北高考真题)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由V增大到2v,在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5%前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W/和的，合外力的冲量大小分别为/和/2。下列关系式一定成立的是()A.叱=3叱，231B.叱=3场，21C.吗=7叱，Z231D.叱=7叫，Z21【答案】DI131171【详解】根据动能定理
2、可知叱=-w(2v)2-wv2=-wv2.Wt=-w(5v)2-w(2v)2=-mv21可得吗=7叱，222222由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是加L3加叽3mu27w,比较可得2,一定成立。故选D。2 .(2023山东高考真题)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U滑上B的上表面，同时撤掉外
3、力，此时B右端与P板的距离为s。已知%=lms,v=4tns,以=性=Ikg,/=2kg,A与地面间无摩擦,B与地面间动摩擦因数4=0.1储与8间动摩擦因数42=05,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g=10ms2o(1)求C下滑的高度”；(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S=O.48m,求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；(4)若S=O.48m,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。【详解】(I)由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有性g=
4、V2代入数据解得=0.8m(2)滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为九二RWkg木板B受到C的摩擦力水平向右，为月=H祇gB受到地面的摩擦力水平向左，为工=“(代+%)g所以滑块C的加速度为%=超H5ms2nc木板B的加速度为超二虫世皿=md恤设经过时间H,B和C共速，有4-5f=l+lf代入数据解得L=O5s木板B的位移Sbi=lx.5+5xIx0.5?=0.625m共同的速度vRi=1+10.5ms=1.5ms此后B和C共同减速，加速度大小为%cJWB+)g=ms2+收设再经过t2时间，物块A恰好滑上模板B,有0.625+(1.5,2-；XIXi)=IX(O5+G)整理得j-02
5、5=0解得V(舍去)+ - 1.707m2此时B的位移Sb2=0625+1.5f2-gXIXg)=IX(O5+)=l共同的速度雁2=V共1-bcX,2=L5-lx一万二ms=l一-Gm7s综上可知满足条件的s范围为0.625ms1.707m(3)由于$=0.48mv0.625m所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B,根据运动学公式有048=l%+91*整理后有+2%0.96=O解得k=04s,=-2.4s(舍去)滑块C在这段时间的位移=40.4-g50.42m=1.2m所以摩擦力对C做的功W=-f2sc=-2f11cgsc=-6J（4）因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A
6、向左匀速运动。木板B向右运动0.48m时，有vbo=1+10.4ms=1.4msvco=4-50.4ms=2msSA=l0.4m=0.4m此时A、B之间的距离为s=0.48m-0.4m=0.08m由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小4=丝史区3江4ms?恤物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有1x4+（143-；x4xf；）=0.08整理得AT.2+0.04=。的=3-；也S,=3+yS（舍去）此时有vbi=L4-42ms=殳年Bm/s,方向向左；5=2-5上箸ms=（2j-l）ms,方向向右。接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度
7、为VO=Ims,方向向右，以水平向右为正方向，则有以+%（BJ=MAyA+wbvb1-12121*2wAvJ+2w=5wia以+5BK代入数据解得32应-15,v=m/s-2.02msA1515-8近，,Vr=m/s0.246msb15而此时=%=2-5X-m/s=（2&-1）m/s1.83ms物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量P初=（。+%）%+wcv=7kgm/s末动量P末=ff1AvA=-2.02kgm/s则整个过程动量的变化量AP=P东-P初=-9.02kgm/s即大小为9.02kgmSo3(2022全国高考真题)如
8、图(a),一质量为切的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块8向A运动，/=0时与弹簧接触，至打=2八时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的u，图像如图(b)所示。已知从r=0到时间内，物块A运动的距离为036%f0A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为(sin=0.6),与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。【答案】(1)0.6mv.(2)O.768vo;
9、(3)0.45【详解】(D当弹簧被压缩最短时，弹簧用性势能最大，此时A、8速度相等，即f=r0时刻，根据动量守恒定律12%=(+)v0根据能量守恒定律稣a=%(1.2%)2-；(%+用联立解得tnff=5m与a=6m*(2)解法一：同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律产=也可知同时刻*=5%则同一时刻A、B的的瞬时速度分别为以=，%=L2%-今根据位移等速度在时间上的累积可得=以累积)，%=%累积)又SA=O.36WO解得力=1128r0第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值5=%-Sa=07683解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，Hm1.2v0=6nv0=
10、mBvB+mvA对方程两边同时乘以时间r,有611vor=5wvr+zwv4rOyO之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得611Vo=5w+0将SA=36v00代入可得%=1.128v0则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值加=与=O7683o(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2%,方向水平向右，设物块A第次滑下斜面的速度大小为以，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得mvA5m-O.8vo=m(2v0)+5mv根据能量守恒定律可得I机匕：+g5机(O.8vo)2=111(-2v0)2+1-5mv-联立解得以=%方法-：设在斜面上滑行的长度为
11、L，上滑过程，根据动能定理可得TWgLSin展叫LCoSe=O-$(2%)2下滑过程，根据动能定理可得mgLsin。一mgLcos。=；加(一0联立解得=045方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，ngsine+lgcos6=wk,mgsin-mgcos=maF上滑时末速度为0，卜滑时初速度为0,由匀变速直线运动的位移速度关系可得2勺/=(2%)2-0,2。下X=v2v02联立可解得=0454. (2023山东潍坊统考模拟预测)(多选)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂一质量为M的托盘，处于静止状态。现将一质量为M的粘性小球自距盘面高度为处无初速释放，与盘发生
12、碰撞后未反弹，碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度为g,运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。下列说法中正确的是()q八hVA.小球与盘运动的最大速度为出殛M+mB.小球与盘碰后向下运动距离半时，盘的速度达到最大C.小球与盘向上运动过程中，弹簧的弹性势能一直减小D.当小球与盘的加速度向上且大小为了一时，其速度大小为竺画M+mM+m【答案】BD【详解】A.对小球下落h的过程应用动能定理mgz=gmH,解得与盘碰撞前小球速度为匕=,小球与盘碰撞过程动量守恒6W=（+m）v2,解得碰后瞬间.者速度为吗=%殛，碰后小球与盘的重力大于M+in弹簧弹力，二者将继续向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零
13、，弹力与二者.重力相等时，速度达到最大，故最大速度大于凸殛，A错误；B.设初始时刻弹簧形变量为阳，速度最大时弹簧形变量为巧，M+m则63=Mg,Ax2=（+w）g,卜落距离为二毛-X，联立可得M=?,B正确；C.碰后小球与盘K做简谐运动，由题中信息无法判断简谐运动最高点时弹簧的形变状态，弹簧可能处于伸长状态，也可能处于压缩状态，故小球与盘向上运动过程中，弹簧的弹性势能不一定一直减小，C错误；D.碰后瞬间，对小球与盘整体应用牛顿第二定律，仃（M+帆）g-依=（M+m）,解得。=产方向向下。由简谐运动对称性可知，当小球与盘的加速度向上且大小为二警一时，小球速度大小为四殛，D正确。故选BD05. （
14、2023四川攀枝花统考一模）（多选）如图所示，滑块A、B用轻质弹簧连接后静止在光滑水平面上，滑块A与左侧竖直固定挡板接触。现对滑块B施加一水平推力尸使滑块B问左缓慢运动到某一位置后保持静止，一段时间后撤去推力凡弹簧始终处于弹性限度内，关于弹簧和滑块A、B,下列说法中正确的是（）挡板/ZzZZZZZZZZzzZZZZZZZZA.推力产做的功等于弹簧增加的弹性势能B.当弹簧恢复原长时，滑块A开始离开挡板C.从撤去推力尸到滑块A离开挡板的过程中，弹簧和滑块A、B组成的系统动量守恒D.从滑块A离开挡板到滑块A、B共速的过程中弹簧对A、B两滑块做功的大小相等【答案】AB【详解】A.水平面光滑，对滑块B施
15、加水平推力F使滑块B问左缓慢运动到某一位置后保持静止，根据功能关系可知推力F做的功等于弹簧增加的弹性势能，故A正确；B.当弹簧恢复原长时，滑块与挡板间恰好没有弹力，此时滑块A开始离开挡板，故B正确；C.从撤去推力F到滑块A离开挡板的过程中，墙壁对系统有向右的力，所以弹簧和滑块A、B组成的系统动量不守恒，故C错误；D.从滑块A离开挡板到滑块A、B共速的过程中弹簧对A、B两滑块做的功等于滑块动能的变化量，由于两滑块质量关系未知，无法判断，故D错误；故选AB06. （2023四川南充四川省南充高级中学校考一模）（多选）如图所示，足够长的光滑水平面上静止一质量/、/、/、/为5%的弧形槽，弧形槽与水平
16、面之间平滑连接，质量为?的滑块（可视为质点）从距离水平面高度为力的4点由静止下滑，之后被轻质弹簧反向弹出。不计一切摩擦，碰撞过程中无能量损失，重力加速度为g,下列说法正确的选项是（）八OAh力力/而/山而A.弹簧获得的最大弹性势能为j咫O4B.滑块沿弧形槽上升的最大高度为7C.滑块第二次离开弧形槽后，不可能和弹簧发生作用D.滑块沿弧形槽下滑过程中，二者构成的系统既满足动量守恒也满足机械能守恒【答案】AB【详解】A.滑块沿弧槽下滑过程中，滑块、弧槽组成的系统在水平方向不受力，水平方向满足动量守恒,设滑块下滑到达底端时，滑块的速度大小为vl,弧槽的速度v2,则有mvl=5mv2,滑块沿弧槽下滑过程
17、中，滑块、弧槽组成的系统满足机械能守恒，则有力=g+gx5m，联立解得匕=橹，%=5檐,滑块压缩弹簧时，当速度变为零时.，弹簧弹性势能最大，则有EPmiX=；*=甯。故A正确；B.根据系统机械能守恒可知，滑块离开弹簧向左的速速度大小也为vl,滑块滑上凹槽的过程，当滑块上升至最高点时两者具仃共同的水平速度，根据系统水平方方向动量守恒可得加匕+56匕=（m+5,根据系统机械能守1114恒2%+2乂5妙；-3（利+52）/=创时，可得滑块沿弧槽上升可得滑块沿圆弧上升的最大高度为，故B止确；C.丛滑块滑上弧槽到再一次离开弧槽过程，设再一次离开时滑块的速度大小为v3,弧槽的速度大小为v4,根据系统水平动
18、量守恒可得+5而1，2=胴匕+5加匕，根据系统机械能能守恒可得-mv12+-X5/nVj=-+-,解得匕或匕=为，当均时匕=一,匕，当%=匕时匕=5匕，2222333由于匕匕，所以匕=%舍去。由于滑块第二次离开弧形槽后滑块的速度不为零，所以滑块可能和弹簧发生作用，故C错误：D.滑块沿弧槽下滑过程中，滑块在竖直方向有加速度，弧槽在竖直方向没有加速度，滑块、弧槽组成的系统在竖直方向的合外力不为零，故滑块、弧槽组成的系统动曷不守恒，但只有重力做功,机械能守恒，故D错误。故选ABo7. （2024广西贵港统考模拟预测）如图所示，轻质弹簧端固定在墙壁上的。点，另一端自由伸长到A点,OA之间、4右侧的水平
19、面光滑，48之间的距离/=Im,在其上表面铺上一种特殊材料，该材料动摩擦因数从A向3随距离均匀变化如右图所示。质量=2kg的足够高光滑曲面在5处与水平面平滑连接。m=lkg的小物块开始时静置于水平面上的8点。现给小物块一个水平向右的初速度%=9ms,重力加速度g取10ms2o求：（1）小物块在曲面上上升的最大高度；（2）小物块返回5点时小物块和曲面的速度大小；（3）弹簧被压缩获得的最大弹性势能。【详解】（1）小物块在曲面上升到最大高度人时，两者具有共同的速度”。根据动量守恒定律可得解得j=3ms又=M+w)vj.解得。=2.7m（2）从最初到小物块再次回到5点，有mv0=mvx+Mv-,mv=
20、-mv2+V2以上两式，得片=-3ms,v2=6m/s即小物块速度大小为3ms,曲面的速度大小为6m/s（3）方法一：小物块向左运动直至将弹簧压缩到最短过程，有-7/+吗单=0-gm，其中结合图鹿地产解得%=-5J根据功能关系，可知弹簧的最大弹性势能EPmaX=0.5J方法二：由f=7g和-X图像可得/-X图像如图所示图像和横轴围成的面积对应的物理意义是该过程克服摩擦力所做的功。由图知吗=S面积=4J小物块向左运动宜至将弹簧压缩到最短过程，有-叱+%=0-mv2解得%=-05J根据功能关系，可知弹簌的最大弗性势能GmaX=O5J8. （2024湖南湖南师大附中校联考一模）如图，光滑水平轨道上固
21、定一个光滑圆弧轨道，圆弧的半径为R=1.2m,圆心角为60。，圆弧右端有一个质量为Flkg的长木板A与之接触但不粘连，且A上表面与圆弧右端相切。在长木板A右侧放着很多个滑块（视为质点），滑块的质量均为2加，编号依次为1、2、3、4、。开始时长木板A和滑块均静止。在左侧光滑平台上有两个可视为质点的滑块B、C,且机产3mL3?,B、C之间有一轻弹簧，并用细线拴连使弹簧处于压缩状态，弹簧此时恰好与B、C接触但不粘连，初始时弹簧弹性势能为E/-6J。现将细线烧断，B、C在弹簧弹力作用下加速运动直至与弹簧分离，小滑块B与弹簧分离后从平台飞出，且恰好从固定圆弧轨道左端相切进入，离开圆弧后滑上长木板A,当A
22、、B刚达到共速时，长木板A恰好与滑块1发生第1次弹性碰撞。经过一段时间，A、B再次刚达到共速时，长木板A恰好与滑块1发生第2次弹性碰撞，此后A、B共速时，长木板A总是恰好与滑块1发生弹性碰撞；最终滑块B恰好没从长木板A上滑落，且A与B之间的动摩擦因数为4=0.1，重力加速度为g=10ms2,滑块间的碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，求：（1）滑块B刚滑上长木板A时的速度大小；（2）滑块B与长木板A间摩擦产生的总热量Q；（3）长木板A全过程运动的总位移工【答案】(1)4m/s；(2)16.8J：(3)2.25m【详解】(1)对B、C分析，根据动量守恒和能量守恒3m%=m%，3wvb2+wvc
23、2=Ep解得=IWs,vc=3msB到达圆弧处：cos60o=-vbiB滑上长木板的初速度设为%,则;用%2一；%；=Mg(R-RCOS60。)解得V0=4ms(2)开始时，长板A的右端与滑块1之间的距离dl,对A、B分析有3m%=(m+3m)也对A分析有3mgd=-wv1解得4 =3片32g滑块I与滑块2之间的距离为d2,则长板A与滑块1发生第1次弹性碰撞过程有Wivio=rni+2rn=wvJ,+2wv12结合上述解得va-=4v1=2voA、B第二次达到相同速度有3%+,映=W+3w)%对A分析有43mgd2=T帆片mvM解得4 =Vq32g滑块1与滑块2碰撞后速度发生交换，滑块1碰后静
24、止，滑块2活动速度为A,j1第二次碰撞有/WV20=mva2+2mv2结合上述解得1vA2=-TvOO1V2=3VO2%=5%依次类推有%=-gx()vo(n=l,2,3.)A、B的相对力11速度为=4g第n次碰后相对速度为vnfw=vn+v11第n次碰后，B在A上滑行的路程为/”=舞=系（Ej（n=l,2,3）第无穷次碰后，B在A上滑行的路程为/=*./丫=-9；40g2所以，木板的长度为L=/一+/2x4g滑块B与长木板A间摩擦产生的总热量Q=x3ZgL=I6.8J（1-1）（3）根据以上分析可知长木板A全过程运动的总位移=4+4+=324g3=225m1 39. （2024浙江校联考一模
25、）如图所示，足够长的水平光滑直轨道AB和水平传送带平滑无缝连接，传送带长L1=4m,以IOm/s的速度顺时针匀速转动，带有光滑圆弧管道科的装置P固定于水平地面上，EF位于竖直平面内，由两段半径均为R=O.8m的圆弧细管道组成，防管道与水平传送带和水平地面上的直轨道MN均平滑相切连接，MN长a=2m,右侧为竖直墙壁。滑块。的质量町=03kg,滑块人与轻弹簧相连，质量吗=0.1kg,滑块C质量g=0.6kg,滑块以从C均静置于轨道AB上。现让滑块。以一定的初速度水平向右运动，与滑块b相撞后立即被粘住，之后与滑块C发生相互作用，C与劲度系数&=1.5Nm的轻质弹簧分离后滑上传送带，加速之后经E/管道
26、后滑上MN0已知滑块C在F点的速度为4#m/s,与传送带间的动摩擦因数M=035,与MN间的动摩擦因数2=0.4,其它摩擦和阻力均不计，滑块与竖直墙壁的碰撞为弹性碰撞，各滑块均可视为质点，重力加速度大小g=10ms2,弹簧的弹性势能与=:任2（X为形变量）。求：（1）滑块C第一次经过E点时对装置P的作用力;（2）滑块4的初速度大小%；（3）试通过计算判断滑块C能否再次与弹簧发生相互作用，若能，求出弹簧第二次压缩时最大的压缩量。【详解】（1）滑块C第一次经过E点到尸点，根据动能定理砥=网片滑块C在尸点的速度为vf=46ms解得%=8m/s根据牛顿第二定律，在E点滑块C有、，+?&=噂R解得外=4
27、2N方向竖直向下，根据牛顿第三定律知滑块C第次经过E点时对装置P的作用力为E；=42N方向竖直向上；（2）滑块C在传送带上做匀加速运动，因此刚放上传送带时，滑块。的速度设为，根据运动学规律=v2-Vr2解得匕=6m/s滑块。必作为整体与滑块。发生相互作用，最终滑块。被弹出，根据动量守恒与能量守恒得（叫n,）v1=（S+n1）v2+rn3vcI(+)v12=(+zw2)+匕2解得大小vl=7.5m/sv2=-1.5ms4与6发生碰撞，最后共速，满足动量守恒叫%=（叫+”）匕解得=10ms（3）假设滑块C能再次回到E点，从F点到E点、,根据动能定理-22?g4-m3g2R=%-；“.解得VEI=-
28、W2m/s速度大于零，假设成立，滑块C可再次滑上传送带，做减速运动，根据运动学规律-2MgLI=*-哈解得匕=-2ms-1.5ms即可以追上滑块。力发生再次碰撞，设最大压缩量为Ax,根据动量守恒与能量守恒n3v3+(n1+n,)v2=(n1+n2+n3)口共g砥i+g（叫+g）w=g（叫+?+外）Ur+夫以2解得=0.2m10. （2023山东潍坊统考模拟预测）如图所示，长木板C放在光滑水平地面上，木板左端和正中央分别放有两滑块A、B,已知A、B、C的质量分别为mA=2kg、恤=3kg、性=Ikg,滑块A与C间的动摩擦因数为必=0.2,B与C间的动摩擦因数为2=04,木板长度L=4m,开始整个
29、系统静止，某时刻敲击滑块A,使其立即获得3.5ms的初速度。已知滑块间的碰撞为弹性正碰，滑块大小忽略不计，取g=10m/求:（1）经多长时间滑块A、B发生碰撞；（2）木板C运动的最大速度；（3）碰后滑块A、B间的最大距离。/zzzzzzzzzzzzzzzz19【答案】（I）Is；（2）m/s；（3）0.3Om【详解】（1）当A向右运动时，受到向左的摩擦力人=MmAg=4N力速度为=2ms2,nfnA而B与C之间的滑动摩擦力JB=%gg=12Na故C和B不会相对滑动，BC的加速度为生=ZA=ImH+wcA向右做匀减速直线运动，BC向右做匀加速直线运动，设A的位移为为，BC的位移为，则有I2I2L
30、xl-x2=v0t-alt-a2t=-4解得r=ls或Z=QS（舍）故时间为r=ls；（2）当A、B两物块碰撞时，设A的速度为匕，BC的速度为，则有匕=%-卬=L5ms,v2=lms碰撞瞬间/Wav1zwbv2=%耳zwB，TmA4+Bv2=zwAvf2wv22而此时C的速度岭=InVs,故C相对于A向右运动，相对于B向左运动，故此时C受到A向左的滑动摩擦力和B向右的滑动摩擦力，所受合力向右，C向右做匀加速运动，由牛顿第二定律-A=6cW则ac=8ms2B做匀减速运动，加速度为=A=4ms2“小当BC共速时有v-=v2+act,解得=9而此时,12XB=v2t=m,1,217xr=vJ-art
31、=mc22c450则AX=XB_左IQ故B未出C板右侧，之后C做减速运动，此时C的速度为%=为+%r=百m/sA做匀加速运动，当r$s时29Va=/=-m/sxa=vt,+ait,2=ma,2OA的位移为为= +、卬2 =Am故 A、B 最远距离为加r = C+)-*A+K)030m11.( 2023黑龙江校联考模拟预测加图甲所示,在光滑水平面上静止的小物块A和长木板B质量均为“2kg, 小物块A位于长木板B的左端，二者之间的动摩擦因数=0.1。Z=O时刻小物块A获得水平向右、大小为 v0=7ms的初速度，同时给小物块A施加如图乙所示的水平向右的作用力。5s时长木板B与其右侧竖直挡 板发生第1
32、次碰撞。5s后撤去小物块A所受的水平作用力，最终小物块A没有从长木板B上滑下。长木板 B与竖直挡板的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后长木板B的速度大小不变，方向相反。重力加速 度g取Iom/S2,求：(1) 05s内水平作用力的冲量大小；(2) Z=O时刻长木板B右侧与竖直挡板的距离；225之后BC共速，一起做匀减速运动，A和BC速度相等时-4/=以+。/解得/=Ols172B的位移为立=VJ-措出尸=溢m(3)长木板B与竖直挡板第2次碰撞前的速度大小,并通过计算分析是否会发生第3次碰撞。挡板Ar77777777777777777777777777777777777777777.甲【答案】
33、(1)10N.S；(2)12.5m；(3)lms,不会【详解】(1)冲量大小即为图线与坐标轴困成的面积，llJ=-N.S=1ON.S2(2)对小物块A分析，取向右为正方向，由动量定理可得/-gf=my-a%解得K=7ms对长木板B应用动量定理，得=wv2解得v2=5m/sO,故正确的相轨迹图像为D,故选D。3.（2023河北高考真题）如图，质量为Ikg的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为0.75m的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成37。角.质量为2kg的小物块A以8ms的初速度从木板左端水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数为0.5.当A到达木板右端
34、时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道.待A离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反.已知木板长度为L3m,g取i0msM取3.16,sin37o=0.6,cos37o=0.8.（1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块A和木板的速度大小；（2）求物块A到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；（3）物块A运动到最大高度时会炸裂成质量比为1:3的物块B和物块C,总质量不变，同时系统动能增加3J,其中一块沿原速度方向运动.为保证B、。之一落在木板上，求从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间范围.【答案】(1)
35、V1=7ms,v2=2ms;(2)/1；=N,H=2m：(3)0.Is/0.118s或0.732s0.75s【详解】（1）设物块A的初速度为%,木板与轨道底部碰撞前，物块A和木板的速度分别为匕和匕，物块A和木板的质量分别为叫和加2，物块ALj木板间的动摩擦因数为，木板长度为L,由动量守恒定律和功能关系有S%=町匕+吗g叫诏=（叫片十万叫田+wngL由题意分析HNy2，联立式得匕=7ms,%=2ms（2）设圆弧轨道半径为R,物块A到圆弧轨道最高点时斜抛速度为匕，轨道对物块的弹力为乙.物块A从轨道最低点到最高点，根据动能定理有一犯gR（l+sin37。）=加百物块A到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第
36、二定律有FN+町gsin37。=叫R联立式，得&=可N设物块A抛出时速度V3的水平和竖直分量分别为必和VV,vv=匕Sin37。,为=30S37。斜抛过程物块A上升时间”上=0.4Sg该段时间物块A向左运动距离为邑=y=l2m.物块A距离地面最大高度H=/?(l+sin37)+=2m.(3)物块A从最高点落地时间芍=.陛=0632s设向左为正方向，物块A在最高点炸裂为6、C,设质质和速度分别为吗、啊和白、v5,设g：项=1：3,系统动能增加AEk.根据动最守恒定律和能量守恒定律得MM=吗匕+%,g/W+4=gwF+g%Y解得v4=6m/s,匕=2m/s或以=0,匕=4m/s.设从物块A离开轨道
37、到解除木板锁定的时间范围，：(a)若5=6ms,%=2ms,炸裂后8落地过程中的水平位移为s=也=3792m炸裂后C落地过程中的水平位移为S=v5r2=1.264m木板右端到轨道底端的距离为加=口+，2-&)=(2.064-24加I.若仅C落在木板上,应满足(2.064-24)+1.31.264+0.6且(2.064-2r)1.2640.6II .若仅B落在木板上，应满足(2.064-2)+1.33.792+0.6且(2.064-2r)3.792+0.6不等式无解；(b)若=0,%=4ms,炸裂后8落地过程中水平位移为0,炸裂后C落地过程中水平位移为5,=v2=2.528m木板右端到轨道底端的
38、距离为As=%a+，2-4)=(2.064-24)mIII .若仅B落在木板上，应满足(2064-2)+L30.6且(2.064-24)W0.6解得0.732sT1.382sN若仅C落在木板上，应满足(2.064-2r)+L3N2.528+0.6且(2.064-2)2.528+0.6解得00.U8s.综合分析(a)(b)两种情况，为保证3、C之一一定落在木板匕加满足的条件为0.Isr0.118s或0.732s0.75s4(2023广东高考真题)如图为某药品自动传送系统的示意图.该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L,平台高为小药品盒A、B依次被轻放在以速度%匀
39、速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2%的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。己知A、B的质量分别为，和2,，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的入A与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，AB在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：(1) A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间八(2) B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；(2) VV = 6mgL-3mvl ： (3)(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离$.【答案】T【详解】(1)
40、A在传送带上运动时的加速度=g由静止加速到与传送带共速所用的时间，=%二里ag(2) B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W=；2欣+2mg3L-i2m(2v0)2=6mgL-3%(3) AB碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知2m-2%=mvi+2rnv12n(2v0)2-(inv,2+2wv2)=j2n(2v0)2解得匕=2%,%=%25(另一组匕=%V2=5%舍掉)两物体平抛运动的时间4解得5.(2023北京高考真题)如图所示，质量为山的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在。点，在。点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B,B距。点的距离等于绳长L现将A拉至某一高度，由静止释放，A
41、以速度U在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：（1）A释放时距桌面的高度H；（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小汽（3）碰撞过程中系统损失的机械能E.BOZ/7/Zzz/ZZZz22【答案】（1）-：（2）mg+m；（3）wv22g4【详解】（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得机g=gmF解得H=在2g（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得尸-mg=防上Z2解得F=mg+tn（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得6u=2”解得匕=上则碰撞过程中损失的机械能为E=mv2-2m（-vl=mv222UJ46（2023江苏高考真题）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。己知A、P间的距离为d,滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为，重力加速度为g,不计空气阻力。（1）求滑雪者运动到P点的时间，；（2）求滑雪者从8点飞出的速度大小也（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台Be的最大长度以A【答案】(I)；(2)J*Vd(l4)；(3)V2J(
