大题07 三大动力学观点在力学中的综合应用（解析）.docx

大题07三大动力学观点在力学中的综合应用1 .考查重点：动量定理、动量守恒定律与牛顿运动定律、功能关系综合解决分析多运动组合问题，有时涉及弹簧问题和传送带、板块问题。2 .考题形式：计算题。茏麓K鹘颤.【例1】(2023河南校联考模拟预测)如图所示，粗细均匀的光滑宜杆竖直固定在地面上，一根轻弹簧套在杆上，下端与地面连接，上端连接带孔的质量为相的小球8并处信息：刚开始弹簧处于压缩状态于静止状态,质量为小的小球A套在杆上，在B球上方某一高度处由静止释放，两球碰撞后粘在起。当A、B一起上升到最高点时,4、8的加速度大小为g,信息：完全非弹性碰撞信息：速度为零，弹簧形变量最大g为重力加速度，弹簧的形变总在弹性限度内，已知弹簧的弹性势能表达式为弓=3f，其中k为弹簧的劲度系数、X为弹簧的形变量，A、B两球均可视为质点。求：4777777777777777.(1)小球A开始释放的位置离B球的距离；(2)两球碰撞后，弹簧具有的最大弹性势能及两球运动过程中的最大速度；信息：释放高度相同，故与8球碰前的速度和4球的相同(3)若将4球换成C球，C球从A球开始静止的位置由静止释放,C、8发生弹性信息：弹性碰撞的特点：动量守恒，机械能守恒碰撞,碰撞后立即取走C球，此后3球上升的最大高度与4、B-起上升的最大高度相同，则C球的质量多大。【答案】d(2簪34(3电【解析】(1)开始时，弹簧的压缩量M=半当A、B一起上升到最高点时，设弹簧的伸长量为M，根据牛顿第二定律te÷2=2m关键点末状态弹簧的伸长量与初态弹簧的压缩量相同，故该过程弹性势能未变化设开始时A、8间的距离为近根据机械能守恒定律，有，伤力=SVi设A、8碰撞后一瞬间，A、8共同速度大小为V2,根据动量守恒定律，有小片=2m外从碰后一瞬间到上升到最高点，根据机械能守恒定律，有×2mi=2mg(x+垃)解得=空匈(2)两球碰撞后，两球运动到最低点时弹簧的弹性势能最大,则从碰撞结束至两球关键点会判断弹性势能最大的位置运动到最低点，设小球向下运动的距离为X3，根据机械能守恒定律，有×2mi÷2"IgX3=*(x+43)2一如?整理得那一233-量产=O解得X3=当随则弹簧具有的最大弹性势能EP=加用+/)2=251&，当两球的速度最大时,弹簧的压缩量M二等K关键点当加速度为零时，4、球的速度最大，即2"ig=Axi根据机械能守恒定律，有为2肋馁+2mg(x4-)解得Vm=3a0(3)设C球的质量为M,根据动量守恒定律，有Myl=MY+w根据机械能守恒定律，有如心妞巴42关键点弹性碰撞的特点：动量守恒，机械能守恒，列方程，求解碰后的速度解得吸'=舄屈根据题意有品3'2=，祜(为+也)解得M=；加。茏塞期:去指导.1 .三大力学观点一三大观点一2 .解题策略(1)进行正确的受力分析，划分运动过程，明确各过程的运动特点。(2)当物体受到恒力作用，而且涉及时间、某一状态时，一般选用动力学方法。(3)当涉及功、能、位移时，一般选用动能定理、能量守恒定律。(4)在光滑的平面或曲面上的运动，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析。(5)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析。龙麓»变式训练1.(2324高三下浙江开学考试)如图所示，在长度足够的水平直轨道AG上，有一半径r=0.18m的光滑圆形轨道BCO与之平滑相切连接，圆轨道的左侧是细管道，在底端8、。轨道错开，其右侧有长1.=2m的水平传送带E尸与直轨道无缝平滑连接，在传送带的尸右侧d=2m的G处连接!光滑圆弧轨道，轨道半径R=IOm。在轨道A处有弹射器，一质量，=lkg的。滑块以%初速度水平向右弹射出来，滑块恰好能过圆轨道。当滑块。滑上传送带后及时在水平轨道E处固定一弹性挡板，在G处放置质量M的滑块b,与力发生完全弹性碰撞后反弹，以后能在G处发生多次碰撞。已知传送带以恒定速度u=6ms顺时针转动，滑块与传送带之间的动摩擦因数/=04,其余部分均光滑，取：11=3,=10ms求：（1）%大小；（2）滑块。第一次通过传送带的时间和系统摩擦产生的热量；（3）人的质量M和相邻两次碰撞的时间间隔。9kg,【答案】（1）3nVs；（2）0.5s,4J；（3）【详解】（1）在C点由重力提供向心力mvimg=-从A到。由动能定理得-mg2r=-mv-mv解得v0=ygr=3ms（2）设“在传送带上一直加速，则v-Vo=2jug1.假设成立，故滑块第一次通过传送带系统摩擦产生的热量为Q=mg卜一j=4J（3）碰撞后b滑上圆弧轨道，由于半径很大，b作简谐运动T”肾S设。反弹速度大小为匕，向左滑上传送带后又滑回到G点2d2v.+1.=，匕gv1=4ms<%'且所以此解合理i11Vq-m+Mv2mv2=7MV12+MvZ2U2I24或vJ-0=v2+vl解得M=9kg,v2=lms7=kg,v2=3ms第一次与第二次碰撞间隔1=3s第二次碰撞9笫:.次碰撞的间隔为，2,第一次碰撞后，。、都滑回到G点后再次碰撞，根据碰撞的对称性,碰后b停止，4以Vq=5ms速度向左滑，到达E点反弹回来。由（2）小题得c2dI41o9=2/H=IsHs=1.8s%5以后都以3s、1.8s的间隔循环。2.（2024云南二模）如图所示，竖直细圆弧管道。石尸由两个半径均为R=O.175m的四分之圆弧组成，左侧为足够长的水平直轨道A以其上一质量为2?0的长木板上表面与竖直圆轨道下边缘于。点无缝连接；圆弧管道右侧与足够长的水平直轨道FG平滑相切连接，质量为7?。的滑块b与质量为%的滑块C用劲度系数k=与N/m的轻质弹簧连接，静置于W上。现有质量为飞的滑块以%=3ms的水平初速度从。处进入，经。历后与尸G上的人碰撞(时间极短)。已知砥)=014kg,。与长木板间的动摩擦因数4=02,其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能稣=g"2(X为形变量)，g取K)m.求：(1)到达管道DEF最低点尸时的速度大小vf和在该点所受的支持力大小FN；(2)若。与b碰后返回到距长木板右端1.=gm处时与木板恰好保持相对静止，则小匕碰撞过程中损失的机械能F；(3)若。碰到匕后立即被粘住，则碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差x°【答案】(1)4m/s；14.2N；(2)0：(3)0.04m【详解】(I)。从。到达管道DEr最低点尸时，根据动能定理可知mgX2R=a阳冲-3m(M)在最低点尸根据牛顿第二定律有pV；.FNT吗g=人FK解得vf=411Vs,&=14.2N(2)外力碰撞过程中，系统动量守恒，规定向右为正方向，则有NF=TgI+7叫必损失的能量为ArI2I21.2E=-wvr-n0va-×7mavba与b碰后返回到距长木板右端Tm处时与木板恰好保持相对静止，根据动能定理仃根据动量守恒定律及能量守恒定律有人V；=（人+2w0）v,E=O(3)若。碰到力后立即被粘住，则裙碰后的共同速度为匕，根据动量守恒定律有7vf=(w+7zr)v1当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度V2,根据动量守恒定律有Sln+7)v1=(ffli+nn+7r)v,弹簧的最大弹性势能为¾=-kW?=g(/+7%)yj_a(/+/+7%)v22则弹簧最大长度与最小长度之差为x=2以=0.04m必刷大茏塞.副模拟一1.(2023河北保定三模)如图所示，半径为R=O.8m的光滑四分之一圆弧轨道固定在竖直面内，圆弧轨道的最低点8与水平地面相切，长为£=2m的水平传送带上表面与水平地面相平，竖直挡板固定在传送带右侧的水平地面上。点，传送带右端。到挡板距离为d=m,传送带以4ms的速度沿逆时针方向转动，质量为帆=Ikg的物块8放在水平面上的P点，尸点到传送带左端C的距离为0.8m,质量为M=3kg的物块。由圆弧面上的最高点A由静止释放，滑到水平地面上与物块方发生弹性正碰，久6物块均可视为质点，水平地面均光滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为"=05,a、b物块间、物块与挡板间碰撞时间极短，物块与挡板碰撞无能量损失，重力加速度取g=10ms2,求：(1)物块。第一次运动到B点时对圆弧轨道的压力大小；(2)物块4、第一次碰撞后的瞬间，。和的速度大小;(3)物块以人从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔。【答案】(1)90N：(2)v,=2ms,v2=6m/s；(3)”1.4s【详解】(1)设。与b碰撞前，。的速度大小为%,根据机械能守恒得MgR=解得v0=4m/s在8点，根据牛顿第二定律得2F-Mg=MkR解得F=90N根据牛顿第三定律，物块。对圆弧轨道的压力大小为90N：(2)设久6碰撞后的速度大小分别为匕、v2o根据动量守恒定律有M%=MVl+mv2根据能量守恒有】A"21A"2I27v=/wvf+mv1联立解得H=g%=2ms,v2=v0=6ns(3)假设b第二次运动到。点时，。、。还没仃发生第二次碰撞，设6第一次滑过传送带时的速度大小为匕。根据运动学公式有Vz-Vj=2g1.解得v3=4m/S从第一次碰撞结束到物块人第二次到达。点所用时间0.82dv2-v,0r1=+i=0.8s%v3Ng从第一次碰撞结束到物块第一次在传送带上向右运动到最远所用时间0.8v1t2=+-l-=0.8s唧此时物块。离传送带右端距离X=1.=1.6m2g从此时起，物块力以4ms的速度在传送带上向左做匀速白纹运动，物块。先向左做初速度为零的匀加速运动，当速度为2ms时做匀速直线运动，设从此时起再经G时间两物块第二次相碰，则匕J=K+1.-+匕，3_二2gIg）解得3=0.6s因此从第一次碰撞到第二次碰撞，经过的时间t=tl+t3=As2. （2023辽宁高考真题）如图，质量“尸Ikg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=20Nm的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量加2=4kg的小物块以水平向右的速度%=jms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"=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，弹簧的弹性势能心与形变量X的关系为综=g丘、取重力加速度g=10ms2,结果可用根式表示。（1）求木板刚接触弹簧时速度½的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离X/；（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M及此时木板速度电的大小；（3）已知木板向右运动的速度从也减小到0所用时间为如求木板从速度为电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AU（用力表示）。加2:叫ZWWWW【答案】(1)Im/s；0.125m；(2)0.25m；*ms;(3)43r0-8【详解】（1）由于地面光滑，则，/、加2组成的系统动量守恒，则有代入数据有Vi=lms对如受力分析有m1g.2al=-=4ms叫则木板运动前右端距弹簧左端的距离有Vi2-2aIXI代入数据解得Xi=0.125m(2)木板与弹簧接触以后，对次人加2组成的系统有kx=(m1-m2)a共对m2有a2=g=ImZs2当二。2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩策X2=0.25m对、闭2组成的系统列动能定理有M=g(m+w2)v2-(M1+w2)V12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，则说明此时的速度大小为丫2,共用时2t0,且侬一直受滑动摩擦力作用，则对如有-m2g2to=m2V3-m2V2解得3Cv3=2%)则对于小八/"2组成的系统有-wf=gmH+g吗舌(q+sM联立有（=430-8J3. （2324高三上山西朔州阶段练习）如图，质量=Ikg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七30Nm的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量mz=2kg的小物块以水平向右的速度=3ms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=OZ最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能弓与形变量K的关系为EP=g"2°取重力加速度g=10ms2,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X/；（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42及此时木板速度彩的大小；（3）已知木板从速度为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为610r0-25o求木板向右运动的速度从匕减小到0所用时间（用1。表示）。【答案】（1）2ms,0.5m；（2）0.2m,/s；（3）t=-t054【详解】（1）由于地面光滑，则，/、加2组成的系统动量守恒，则有e=（町+牡H代入数据有Vj=2ms对受力分析有=及超=4ms?班则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v=2XI代入数据解得x=0.5m（2）木板与弹簧接触以后，对，/、，2组成的系统有kx=（mx+w）共对m2有a2=g=2ms2当。共二%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=0.2m对m/、mi组成的系统列动能定理有+吗M-（网+n1M代入数据有31O.V2=-m/s（3）木板从速度为%时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即如的加速度大于木块小的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为也时，则说明此时W的速度大小为丹，共用时2f,且加2一直受滑动摩擦力作用，则对加2有一m2g.2t=W2V3-m2v2解得31O4V,=45则对于用人M2组成的系统有%=g町E+g"4片-g04+gMAU=-Wt联立有4. （2223高三上广东深圳期末）工人使用一块长1.=4m的木板从平台上卸货，木板一端搭在平台上（与平台等高），另一端固定在地面，形成倾角6=37。的斜面。工人甲从木板底部推动质量M=3kg的小车，使小车以=12ms的速度冲上木板。工人乙站在平台上，当小车在木板上运动到某处时，以K=I.6ms的速度水平抛出货物，货物速度方向与木板平行时恰好落入到达斜面顶端的小车，两者速度立刻变为零。已知小车与木板间的摩擦力与压力大小之比为Z=O.5,5¾ims2,sin37°=0.6,CoS37。=0.8,小车和货物均可视作质点，求：(1)货物抛出点距平台的高度；(2)货物的质量机。【答案】(I)0.072m；(2)12kg【详解】(1)由于货物落入小车时速度方向沿着斜面方向，故vy=v1tan=1.2ms根据竖直方向做自由落体运动，故Y=2g力解得/?=0.072m(2)以沿斜面向下为正方向，小车沿斜面向上运动，则有MgSine+Bcos。=0mM根据运动学公式可得=-2q1.解得匕=8m/s货物沿斜面方向的速度为V1Crtvm=!=2m/smcos6货物和小车碰撞瞬间沿斜面方向动量守恒：Mvl-mvn=0解得"i=12kg5. （2024江西赣州一模）2024年的大雪，给孩子们的生活增添了许多乐趣。如图甲所示，有大、小两孩子在户外玩滑雪游戏，在水平地面上固定有一竖直挡板Q、倾角为30。的斜面AB,斜面AB的底端与水平面平滑相接。质量为加=IOkg、长度1.=2.5m的平板P静止在水平面上，质量为M=30kg的小孩（可视为质点）静坐于平板右端，大孩给小孩一水平向左的瞬间冲量，使小孩获得=4ms的速度，同时大孩向右运动并沿斜面AB上滑恰好过B点，斜面AB长度为s=0.9m0平板P向左运动并与挡板Q发生弹性碰撞。以第一次碰撞瞬间为计时起点，取水平向左为正方向，碰后0.5s内小孩运动的UT图像如图乙所示。仅考虑小孩与平板间的摩擦，其它摩擦忽略不计，重力加速度取g=10ms2,求：（1）大孩对小孩作用的过程中大孩做的总功；（2）平板P最初静止时，其左端离挡板Q的最小距离；（3）通过计算说明小孩与平板最终是否分离，若会分离，分离时的速度分别为多少？【答案】（1）420J：（2）0.5m；（3）会分离,分离时的小孩的速度为lms,平板P的速度为O【详解】（1）设大孩的质量为M',大孩给小孩水平向左的瞬间冲量瞬间，大孩获得的速度大小为/,根据动量守恒可得Mv=MV根据题意可知大孩向右运动并沿斜面AB上滑恰好过B点，根据动能定理可得-M5sin30o=0-V2联立解得=3ms,M'=40kg根据功能关系可知，大孩对小孩作用的过程中大孩做的总功为IV=1v2+-AZV2=420J22（2）设平板P与挡板Q碰撞前，平板P与小孩已经达到共速，根据动量守恒可得Mv=（f+m）vi解得vl=3ms结合图乙可知，假设成立；设小孩与平板P的动摩擦因数为，根据图乙可得小孩做匀减速运动的加速度大小为=三ms2=3ms20.5以小孩为对象，根据牛顿第二定律可得解得4=0.3以平板P为对象，根据牛顿第二定律可得平板P的加速度大小为"=必丝=9mstn则平板P从开始运动到第次共速通过的位移大小为xv=0.5mP2a,可知平板P最初静止时，离挡板Q的最小距离为0.5m。3匕一(3)小孩第一次与平板P共速时，发生的相对位移为2=-m3此时小孩与平板P左端的距离为小孩第次与平板P共速后一起匀速运动，直到平板P与挡板Q发生弹性碰撞，碰撞后，小孩向左做匀减速运动，平板P先向右做匀减速运动再向左做匀加速运动，直到第二次共速，根据动量守恒可得Mvx-11v1=(M+n)v2解得第二次共速的速度为v2=ms从平板P与挡板Q发生第一次弹性碰撞到第二次共速，小孩与平板P发生的相对位移为.,V-Va片一43As,=X,+x=+=mla2a2此时小孩与平板P左端的距离为x,=x.-a,=m-13同理，平板P与挡板Q发生第二次弹性碰撞到第三次共速，根据动量守恒可得Mv2-mv2=(+ni)vy解得第二次共速的速度为V,=-m/s34从平板P与挡板Q发生第二次弹性碰撞到第三次共速，小孩与平板P发生的相对位移为MMKAV；31可知第三次共速前，小孩已经从平板P左端滑落，设滑落时小孩和平板P的速度分别为4、Vp,根据动量Mv2-nv2=Mv小+WivpNMgr2=gfvJ+gWVj-gfVg/WVp守恒可得根据能量守恒可得联立解得y小=lms,Vp=O6. (2024浙江二模)物理老师自制了一套游戏装置供同学们一起娱乐和研究，其装置可以简化为如图所示的模型。该模型由同一竖直平面内的水平轨道QA、半径为飞=06m的半圆单层轨道ABG半径为&=。加的半圆圆管轨道CDE、平台EF和/K、凹槽RTW组成，且各段各处平滑连接。凹槽里停放着一辆质量为切=0.Ikg的无动力摆渡车Q并紧靠在竖直侧壁FG处，其长度4=Im且上表面与平台ER/K平齐。水平面OA的左端通过挡板固定一个弹簧，弹簧右端可以通过压缩弹簧发射能看成质点的不同滑块P,弹簧的弹性势能最大能达到/m=5.8J.现三位同学小张、小杨、小振分别选择了质量为町=0.1kgg=0.2kg、吗=04kg的同种材质滑块P参与游戏，游戏成功的标准是通过弹簧发射出去的滑块能停在平台的目标区JK段。已知凹槽G”段足够长，摆渡车与侧壁/相撞时会立即停止不动，滑块与摆渡车上表面和平台/K段的动摩擦因数都是=05,其他所有摩擦都不计，段长度1.2=04m,JK段长度4=0.7m°问：(1)已知小振同学的滑块以最大弹性势能弹出时都不能进入圆管轨道，求小振同学的滑块经过与圆心。|等高的B处时对轨道的最大压力；(2)如果小张同学以4,=2J的弹性势能将滑块弹出，请根据计算后判断滑块最终停在何处？(3)如果小杨将滑块弹出后滑块最终能成功地停在目标区JK段，则他发射时的弹性势能应满足什么要求？【答案】(1)yN:(2)离/点左侧距离0.1m；4.6JEp5.5J从弹出到8处，根【详解】(1)当弹性势能最大弹出时，经过与圆心。|等高的8处时对城道的压力最大。据动能定理有经过8处时由牛顿第三定律可知联立解得最大压力方向由Oi指向瓦Kl(2)当班刚好经过。时解得vc=>6ms假设滑块在C点不脱离轨道，由能量守恒得5=2""gK+gqY解得vc-4m/s>vc故滑块在C点不脱离轨道，网从起点到车左端，根据动能定理仃耳一2相话（尺+凡）=，产；故”=2J的弹性势能弹出到达车左端的速度v1=2>3ms叫与车共速时，根据动量守恒以及机械能守恒有111v,=(7n1+w)vw解得共速时与搜渡车的相对位移s=0.6m所以，如果小张同学的滑块能滑上摆渡车但又不从摆渡车上掉进凹槽，摆渡车与右端碰后停止，滑块继续向前滑行的距离=-=-m=0.3m2g2×5故滑块所停位置在离车右端距离H-1.x-5-=(1-0.6-0.3)m=OJm（3）当里刚好经过C时m2g="4EP2tn2gRi÷2,112vC2,将色弹出到平台上，根据动能定理有与一2丐g(K+&)=%，力与车共速时tn2y=(m2+n)U共？由能最守恒EP=2m2g(K+&)+gmv+jum2要使得滑块停在目标区1.1÷1.251.+1.2+4联立上面四式解得4.6JEp5.5J0Ep5.8J故当小杨同学游戏能成功时，弹簧的弹性势能范围为4.6JEp5.5J7.（23-24高三下湖南长沙阶段练习）简谐运动是一种常见且重要的运动形式。它是质量为机的物体在受到形如尸二丘的回复力作用下，物体的位移”与时间，遵循X=ASin诩变化规律的运动，其中角频率S=爷=g（攵为常数，A为振幅，T为周期）。弹簧振子的运动就是其典型代表。如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数为2的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量为阳的小球A相连，小球A静止时所在位置为。另一质量为?的小球B从距A为”的P点由静止开始下落，与A发生瞬间碰撞后一起开始向下运动。两球均可视为质点，在运动过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为X时，弹性势能为q=I""已知”=孚，重力加速度为g。求：（1） B与A碰撞后瞬间一起向下运动的速度；（2）小球A被碰后向下运动离。点的最大距离；（3）小球A从开始向下运动到第一次运动到最低点所用的时间九BO尸'H【详解】（I）小球B自由下落的速度设为%,根据机械能守恒有解得vfi=y2gHBA碰撞过程动量守恒，则有mvR+O=(w+n)v1解得（2） A在O位置，弹簧被压缩小,根据平衡条件得X=鳖0kA与B共同体继续向下运动离。点的最大距离为心，根据能量守恒定律有I(26)+；M+2mgxm=；MXO+/联立，可得-2Vm-3片=O解得Xm=3%,Xm=F)(舍去)即4=整(3)两小球一起向下运动的过程中，根据平衡条件有2mg=kx当两小球偏离平衡位置X'后，两小球所受回复力为F=2tng-R(九+x')=-k/故两小球一起向下运动的过程，是简谐运动。由题意又振幅A=2%=笄振动图像如图由余弦函数知3k4J12所求时间r=r+-T=-T43解得1 r（2m2（2m=-×211=-11-8. （2024广东一模）如图所示,质量为m的小球A与质量为Im的小球B通过长为1.的轻质柔软细绳连接，现用手提着小球A,使小球B距地面的高度也为小松手后两球由静止开始自由下落，小球B与地面碰后速度大小不变、方向相反，两小球的碰撞为弹性正碰。细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，碰撞时间均极短，重力加速度大小为g。求：（1）从松手到两小球第一次碰撞的时间f;（2）细绳绷直后小球A距地面的最大距离AOBQ777777777777【答案】（I）【详解】（1）B球落地所需时间为此时AB两球的速度为v=y2g1.设还需产时间相遇，则有M+gg严+w"-；g产=1.解得二1.2v2从松手到两小球第一次碰撞的时间为此时距离地面的高度为1 7d,=vt"g严=1.216(2)根据速度一时间公式可知两球碰前的速度分别为V1.盘牺'v三=两小球的碰撞为弹性正碰，规定向下为正方向，根据动量守恒定律及能量守恒定律有WVa-Imv3=nv+7mvb,gzwv2÷2×7wvb2=gfnvA2+BX76%'2解得阿,vb,=(舍去)设经绳子绷直，则有1.=(IdlT%')/此时A、B两球的速度分别为=-=2Ev=l%'IW=O细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，根据动量守恒定律有wv*=(w+7h)vAB小球一起上升过程中，根据运动学规律有d=2gd"则细绳绷直后小球A距地面的最大距离为9.（2324高三下湖南长沙阶段练习）如图所示，水平粗糙地面上有一个长为，的轻杆，杆的一端与质量为4m的球A相连，另一端连接铁链0,杆可以在竖直平面内绕。自由转动，重力加速度为g。的右侧紧靠着一个正方体箱子，箱子质量为4m，边长为/,箱子左面光滑。现有质量为机的小尖状物块以竖直向上%=5痛7的速度射入A但未射出，随后A与物体形成新的整体B,B带动杆在竖直平面内转动,转过90。后，给B施加一个水平向右的恒力凡厂大小为名叵用g。B再转过60。后，箱子与B分离。求：（1）小尖状物体射入A后的共同速度大小；（2）箱子与地面之间的动摩擦因数；（3）在箱子右边放置一个四分之一圆弧轨道，轨道半径为g/,轨道圆心处静止着质量为小的球C,箱子运动到C处，与C发生弹性碰撞，随后C做平抛运动落入圆弧轨道上。要使C落入圆弧轨道上的动能最小，则C与。的水平距离S为多少？【答案】（1）阿：（2）包;'353103l48+l28【详解】（1）小物块与A碰撞，设碰后的共同速度为叭根据动量守恒定律Wivn=5mvv=-v0=77（2）小物块与A碰撞形成整体B,B转过90。的过程中，机械能守恒X5zmv2-5ngl=-×5mv,B在最高点速度为0,随后受到水平向右的恒力尸，当箱子与B分离，B转过了6>=60o设此时B的速度为匕，箱子的速度为匕，杆的拉力为丁，根据能量关系，有FZsin+5ng/(1-CoSe)=；X5切彳+-×4M+4/jmglsin分离时水平速度相等v1cos=V2分离时水平加速度相等7sin<9-F认B为研窕对象T+5mgcos-尸Sine=5w-联立四式，解得3=（3）设箱子与C碰撞后，C的速度为七，C落到轨道上时，竖直位移为水平位移为“，动能为耳，机械能守恒£12Ek一5相七=mgyy=28XJC联立解得e=3/ngyjng广k416y当3切gy_mgF416y4有最小值，此时所以箱子与C碰撞后，C的速度为时，C落到轨道上的动能最小，设箱子与C碰前的速度为匕，碰撞后的速度为！，则4wV3=4mv4+mvc；×4wv32=；X4wiv42+Jmvc2解得5设箱子从离开B到与C碰撞位移为为，则解得-113251,=-128/S=.+/+Isinff解得(353103Ys=+I48128Z10.（2324高三下浙江开学考试）如图所示，在长度足够的水平直轨道AG上，有一半径r=0.18m的光滑圆形轨道BCO与之平滑相切连接，圆轨道的左侧是细管道，在底端8、。轨道错开，其右侧有长1.=2m的水平传送带E尸与直轨道无缝平滑连接，在传送带的尸右侧d=2m的G处连接!光滑圆弧轨道，轨道半径R=IOm。在轨道A处有弹射器，一质量，=lkg的。滑块以%初速度水平向右弹射出来，滑块恰好能过圆轨道。当滑块。滑上传送带后及时在水平轨道E处固定一弹性挡板，在G处放置质量M的滑块b,与力发生完全弹性碰撞后反弹，以后能在G处发生多次碰撞。已知传送带以恒定速度u=6ms顺时针转动，滑块与传送带之间的动摩擦因数/=04,其余部分均光滑，取：11=3,=10ms求：（1）%大小；（2）滑块。第一次通过传送带的时间和系统摩擦产生的热量；（3）人的质量M和相邻两次碰撞的时间间隔。9kg,【答案】（1）3nVs；（2）0.5s,4J；（3）【详解】（1）在C点由重力提供向心力mvimg=-从A到。由动能定理得-mg2r=-mv-mv解得v0=ygr=3ms（2）设“在传送带上一直加速，则v-Vo=2jug1.假设成立，故滑块第一次通过传送带系统摩擦产生的热量为Q=mg卜一j=4J(3)碰撞后b滑上圆弧轨道，由于半径很大，b作简谐运动T”肾S设。反弹速度大小为匕，向左滑上传送带后又滑回到G点2d2v.+1.=，匕gv1=4ms<%'且所以此解合理i11Vq-m+Mv2mv2=7MV12+MvZ2U2I24或vJ-0=v2+vl解得M=9kg,v2=lms7C=kg,v2=3ms第一次与第二次碰撞间隔1=3s第二次碰撞9笫:.次碰撞的间隔为，2,第一次碰撞后，。、都滑回到G点后再次碰撞，根据碰撞的对称性,碰后b停止，4以Vq=5ms速度向左滑，到达E点反弹回来。由(2)小题得c2dI41o,=2/H=ISHs=1.8s%5以后都以3s、1.8s的间隔循环。茏麓勉真题1. （2024浙江高考真题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角0=37。的直轨道A8,半径R=Im的圆弧轨道8CQ,长度1.=1.25m、倾角为。的宜轨道。E,半径为/?、圆心角为6的圆弧管道所组成，轨道间平滑连接。在轨道末端尸的右侧光滑水平面上紧靠着质量机=05kg滑块儿其上表面与轨道末端尸所在的水平面平齐。质量?=05kg的小物块。从轨道AB上高度为静止释放，经圆弧轨道BCO滑上轨道OE,轨道。石由特殊材料制成，小物块。向上运动时动摩擦因数M=O25,向下运动时动摩擦因数=05,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块。滑块上滑动时动摩擦因数恒为必，小物块。动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37o=0.6,cos37o=0.8）（1）若=0.8m,求小物块第一次经过C点的向心加速度大小；在DE上经过的总路程；在DE上向上运动时间t1.和向下运动时间外之比。【答案】（I）16ms2;2m；1：2；（2）0.2mmgh=tnv1【详解】（1）对小物块从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有鬻二16曲第一次经过C点的向心加速度大小为小物块在。E上时，因为ju2fnScos<mgsin所以小物块。每次在。E上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块。将在8、。间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在DE上经过的总路程为s,根据功能关系有Smgh-R(I-cos)=(Wngcos+2mgcos)解得s=2m根据牛顿第二定律可知小物块在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为at=sin+1cos=8ms2b=gsin6-2gcos=2ms2将小物块”在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有I2I25Op上=万4下£下解得7K2（2）对小物块。从4到户的过程，根据动能定理有Bnvj.=mgh-1.sin-2R(l-cos6)Nlmg1.cos解得vf=2ms设滑块长度为/时，小物块恰好不脱离滑块，艮此时二者达到共同速度V,根据动量守恒定律和能量守恒定律有mvF=2nvBmVp=B2mv2+2mgl解得=0.2m2. （2023浙江高考真题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CZ）和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R=O4m的四分之圆周组成的竖直细圆弧管道OE尸与轨道CO和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为的滑块b与殖量为2m的滑块C用劲度系数k=INm的轻质弹簧连接，静置于轨道户G上。现有质量m=012kg的滑块。以初速度%=2jTms从。处进入,经。E尸管道后，与尸G上的滑块人碰撞（时间极短）。已知传送带长1.=08m,以u=2ms的速率顺时针转动