資源簡介

(共77張PPT)
第六章　動量
專題突破七　應用“三大力學觀點”的三類典型模型
模型圖示

突破一　“滑塊—彈簧”模型
模型特點 (1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統所受外力的矢量和為零，則系統動量守恒
(2)在能量方面，由于彈簧形變會使彈性勢能發生變化，系統的總動能將發生變化；若系統所受的外力和除彈簧彈力以外的內力不做功，則系統機械能守恒
(3)彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)
(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統動能最大(彈性碰撞拓展模型，相當于碰撞結束時)
[典例1]　如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質量為m1和m2的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平面上。現使m1瞬間獲得水平向右的速度，大小為3 m/s，以此刻為計時零點，兩物塊的速度隨時間變化的規律如圖乙所示，根據圖像信息可得(　　)
A．在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s且彈簧都處于壓縮狀態
B．從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態逐漸恢復原長
C．兩物塊的質量之比為m1∶m2＝1∶3
D．t2時刻兩物塊的動量大小之比為p1∶p2＝1∶4
√
D　[結合題圖乙可知兩物塊的運動過程中，開始時m1逐漸減速，m2逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相同，速度大小為1 m/s，系統動能最小，彈性勢能最大，彈簧被壓縮至最短，然后彈簧逐漸恢復原長，m2繼續加速，m1先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復原長狀態，因為此時兩物塊速度方向相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，m2減速，m1先減速為零，再反向加速，t3時刻，兩物塊速度相等，速度大小為1 m/s，系統動能最小，彈簧最長，從t3到t4時刻彈簧由伸長狀態恢復原長，故A、B錯誤；從t＝0開始到t1時刻，由系統動量守恒
可得m1v0＝(m1＋m2)v1，將v0＝3 m/s、v1＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C錯誤；在t2時刻，m1的速度為v′1＝－1 m/s，m2的速度為v′2＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，則動量大小之比為p1∶p2＝1∶4，故D正確。]
[典例2]　如圖所示，A、B、C三個木塊的質量均為m，置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸但不固連，將彈簧壓縮到不能再壓縮時用細線把B、C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體。現A以初速度v0沿B、C的連線方向朝B運動，與B相碰并粘在一起，之后細線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離。已知C離開彈簧后的速度恰為v0，求彈簧釋放的勢能。
思路點撥：解此題要注意以下關鍵信息：
(1)“B、C可視為一個整體”表明A與B碰后，三者共速。
(2)“A與B碰后粘在一起”表明C離開彈簧時，A、B有共同的速度。
[解析]　設碰后A、B和C共同速度的大小為v，由動量守恒定律得
mv0＝3mv ①
設C離開彈簧時，A、B的速度大小為v1，由動量守恒定律得
3mv＝2mv1＋mv0 ②
設彈簧的彈性勢能為Ep，從細線斷開到C與彈簧分開的過程中機械能守恒，有
(3m)v2＋Ep＝ ③
由①②③式得彈簧釋放的勢能為Ep＝。
[答案]　
模型圖示

突破二　“子彈打木塊”模型
模型特點 (1)當子彈和木塊的速度相等時木塊的速度最大，兩者的相對位移(子彈射入木塊的深度)最大
(2)系統的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統減少的機械能
(3)根據能量守恒，系統損失的動能ΔEk＝ Ek0，可以看出，子彈的質量m越小，木塊的質量M越大，動能損失越多
(4)該類問題既可以從動量、能量角度求解，也可以從力和運動的角度求解
[典例3]　光滑的水平面上放著一塊質量為M、長度為d的木塊，一顆質量為m的子彈(可視為質點)以水平速度v0射入木塊，當子彈從木塊中穿出后速度變為v1，子彈與木塊之間的平均摩擦力大小為f 。求：
(1)子彈打擊木塊的過程中摩擦力對子彈做的功，摩擦力對木塊做的功；
(2)在這個過程中，系統產生的內能。
審題指導：
[解析]　(1)由于水平面光滑，則子彈和木塊組成的系統在水平方向動量守恒，取子彈速度方向為正方向，則有mv0＝mv1＋Mv2，解得v2＝
設子彈打擊木塊的過程中摩擦力對子彈做的功為Wf1，子彈相對于地面移動的距離為x1，摩擦力對木塊做的功為Wf2，木塊相對于地面移動的距離為x2，則
對子彈，利用動能定理可得
Wf1＝－f x1＝
對木塊，利用動能定理可得
Wf2＝f x2＝－0
聯立得Wf2＝。
(2)由能量守恒定律可知，系統產生的內能等于系統機械能的減少量，則
Q＝f x1－f x2＝f d。
[答案]　　　(2)f d
模型圖示

突破三　“滑塊—滑板”模型
模型特點 “滑塊—滑板”模型作為力學的基本模型經常出現，是對直線運動和牛頓運動定律及動量守恒定律有關知識的鞏固和應用。這類問題可分為兩類：
(1)沒有外力參與，滑板放在光滑水平面上，滑塊以一定速度在滑板上運動，滑塊與滑板組成的系統動量守恒，注意滑塊若不滑離滑板，最后二者具有共同速度。摩擦力與相對路程的乘積等于系統損失的動能，即Ff·x相對＝ΔEk
(2)系統受到外力，這時對滑塊和滑板一般隔離分析，畫出它們運動的示意圖，應用牛頓運動定律、運動學公式及動量定理求解
[典例4]　如圖所示，質量m1＝4.0 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝4 m，現有質量m2＝1.0 kg 的可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0＝5 m/s 從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的動摩擦因數μ＝0.5，g取10 m/s2。求：
(1)物塊在車面上滑行的時間t；
(2)要使物塊不從小車右端滑出，物
塊滑上小車左端的速度不超過多少
(結果可用根號表示)。
審題指導：
關鍵語句 獲取信息
相對靜止 最后共速
要使物塊不從小車右端滑出 臨界條件為物塊滑到車右端與小車共速
[解析]　(1)設物塊與小車的共同速度為v，以水平向右為正方向，根據動量守恒定律有
m2v0＝(m1＋m2)v
設物塊與車面間的滑動摩擦力大小為f ，對物塊應用動量定理有
－f t＝m2v－m2v0
其中f ＝μm2g
聯立解得t＝
代入數據得t＝ s＝0.8 s。
(2)若物塊恰好不從小車右端滑出，則物塊滑到車面右端時與小車有共同的速度v′，則有
m2v0′＝(m1＋m2)v′
由功能關系有
m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL
代入數據解得v0′＝5 m/s
故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度不能超過5 m/s。
[答案]　(1)0.8 s　(2)5 m/s
[典例5]　(多選)如圖所示，光滑水平面上有一右端帶有固定擋板的長木板，總質量為m。一輕質彈簧右端與擋板相連，彈簧左端與長木板左端的距離為x1。質量也為m的滑塊(可視為質點)從長木板的左端以速度v1滑上長木板，彈簧的最大壓縮量為x2且滑塊恰好能回到長木板的左端；若把長木板固定，滑塊滑上長木板的速度為v2，彈簧的最大壓縮量也為x2。已知滑塊與長木板之間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則(　　)
A．v1＝v2
B．彈簧彈性勢能的最大值為
C．彈簧彈性勢能的最大值為μmg(x1＋x2)
D．滑塊以速度v2滑上長木板，也恰好能回到長木板的左端
√
√
√
ACD　[當長木板不固定時，彈簧被壓縮到最短時兩者速度相同，設為v，彈簧最大彈性勢能為Ep，從滑塊以速度v1滑上長木板到彈簧被壓縮到最短的過程，由動量守恒定律和能量守恒定律有mv1＝＝·2mv2＋μmg(x1＋x2)＋Ep，從彈簧被壓縮到最短到滑塊恰好滑到長木板的左端，兩者速度再次相等，由能量守恒有Ep＝μmg(x1＋x2)；若把長木板固定，滑塊滑上長木板的速度為v2，
彈簧的最大壓縮量也為x2，由能量守恒有＝＋x2)＋Ep，聯立可得v1＝v2，Ep＝，設滑塊被彈簧彈開，運動到長木板左端時的速度為v3，由能量守恒有Ep＝，代入數據可解得v3＝0，說明滑塊以速度v2滑上長木板，也恰好能回到長木板的左端，故A、C、D正確，B錯誤。]
1．(多選)如圖所示，光滑水平地面上有A、B兩物體，質量都為m，B左端固定一個處于壓縮狀態的輕彈簧，輕彈簧被裝置鎖定，當彈簧再受到壓縮時鎖定裝置會失效，A以速率v向右運動，A撞上彈簧后，設彈簧始終不超過彈性限度，關于A、B運動過程的說法正確的是(　　)
學情診斷·當堂評價
A．A物體最終會靜止，B物體最終會以速率v向右運動
B．A、B系統的總動量最終將大于mv
C．A、B系統的總動能最終將大于mv2
D．當彈簧的彈性勢能最大時，A、B的總動能為mv2
√
√
CD　[設彈簧恢復原長時，A、B的速度分別為v1、v2，彈簧被鎖定時的彈性勢能為Ep，規定向右為正方向，A、B兩物體與彈簧組成的系統在整個過程中動量守恒、機械能守恒，則有mv＝mv1＋mv2，Ep＋mv2＝，因Ep>0，可知v1≠0，v2≠v，選項A錯誤；A、B系統在水平方向動量守恒，系統的總動量最終等于mv，選項B錯誤；彈簧解除鎖定后，存儲的彈性勢能會釋放，導致A、B
系統總動能增加，系統的總動能最終將大于mv2，選項C正確；彈簧彈性勢能最大時，A、B兩物體具有相同的速度，設為v′，由動量守恒定律知mv＝2mv′，解得v′＝v，則有總動能Ek＝·2m·＝mv2，選項D正確。]
2．(2025·廣東江門檢測)兩物塊A、B用輕彈簧相連，質量均為2 kg，初始時彈簧處于原長，A、B兩物塊都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上運動，質量為4 kg的物塊C靜止在前方，如圖所示，B與C碰撞后二者會粘連在一起運動。則下列說法正確的是(　　)
A．B、C碰撞剛結束時的共同
速度為3 m/s
B．彈簧的彈性勢能最大時，物塊A的速度為3 m/s
C．彈簧的彈性勢能最大值為36 J
D．彈簧再次恢復原長時A、B、C三物塊速度相同
√
B　[B與C碰撞時，B、C組成的系統動量守恒，設碰后瞬間B、C兩者共同速度為vBC，規定向右為正方向，則有mBv＝(mB＋mC)vBC，解得vBC＝2 m/s，故A錯誤；當A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大，A、B、C三者組成的系統動量守恒，則有(mA＋mB)v＝，解得vABC＝3 m/s，根據能量守恒定律得，彈簧的彈性勢能最大值為Ep＝＝12 J，故B正確，C錯誤；三者共速時彈簧壓縮量
最大，恢復原長過程中，彈力對A做負功，A的速度減小，對B、C做正功，B、C的速度增大，則恢復原長時三物塊速度不同，故D錯誤。]
3．如圖所示，質量為M的木塊靜止在光滑水平桌面上，一質量為m的子彈以水平速度v0射入木塊，深度為d時，子彈與木塊相對靜止，在子彈入射的過程中，木塊沿桌面移動的距離為L，木塊對子彈的平均阻力大小為f ，那么在這一過程中，下列說法正確的是(　　)
A．木塊的動能增加f (L＋d)
B．子彈的動能減少量為f d
C．子彈和木塊組成的系統動能減少量為f L
D．子彈和木塊組成的系統的動能減少量為
√
D　[根據牛頓第三定律可知，子彈對木塊的平均作用力大小為f ，木塊相對于水平桌面的位移為L，則子彈對木塊做的功為f L，根據動能定理可知，木塊動能的增加量等于子彈對木塊做的功，即f L，故A錯誤；子彈相對于地面的位移大小為L＋d，則木塊對子彈的阻力做的功大小為f (L＋d)，根據動能定理可知，子彈動能的減少量等于子彈克服阻力做的功，為f (L＋d)，故B錯誤；子彈相對于木塊的位移大小為d，則系統克服阻力做的功為f d，根據功能關系可知，
系統動能的減少量為f d，故C錯誤；由動量守恒定律有mv0＝(M＋m)v，解得v＝，則子彈和木塊組成的系統的動能減少量為ΔEk＝，解得ΔEk＝，故D正確。故選D。]
4．(多選)(2025·廣東汕尾高三檢測)如圖所示，由A、B兩部分粘合而成的滑板靜止于光滑水平面上，現有一小滑塊(可看作質點)以初速度v0從A的左端沖上滑板，小滑塊最終相對滑板靜止于B部分的中點處。已知A、B兩部分長度均為L，小滑塊與A、B兩部分的動摩擦因數分別為μ1、μ2且μ2＝2μ1，小滑塊、A、B的質量均為m。則
(　　)
A．小滑塊的最小速度為
B．小滑塊與滑板組成的系統動量、機械能均守恒
C．小滑塊分別在A、B上相對滑板運動的過程中系統產生的熱量相同
D．小滑塊在A上相對滑板運動時動量減小得比在B上相對滑板運動時慢
√
√
CD　[小滑塊在A與B上一直做減速運動直到三者具有共同速度，以向右為正方向，由動量守恒定律可得mv0＝3mv共，解得v共＝，所以A錯誤；小滑塊與滑板組成的系統動量守恒、機械能不守恒，所以B錯誤；因滑動摩擦力產生的熱量為Q＝f L相對，則小滑塊在A上相對滑板運動的過程中系統產生的熱量為Q1＝μ1mgL，小滑塊在B上相對滑板運動的過程中系統產生的熱量為Q2＝μ2mg·＝μ1mgL，所以C正確；根據動量定理可得F合Δt＝Δp，解得F合＝，則小滑
塊所受的合外力反映了小滑塊的動量變化的快慢，由于小滑塊在A上的合外力比在B上的小，所以小滑塊在A上相對滑板運動時動量減小得比在B上相對滑板運動時慢，所以D正確。]
5．如圖所示，光滑水平面上有兩個等高且足夠長的滑板A和B，質量分別為1 kg和2 kg，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質量均為1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右運動，B和D以相同速度kv0向左運動，在某時刻發生碰撞，作用時間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個新物塊，A與B粘在一起形成一個新滑板，物塊與滑板之間的動摩擦因數均為μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10 m/s2。
(1)若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；
(2)若k＝0.5，從碰撞后到新物塊與新滑板相對靜止的過程中，求兩者相對位移的大小。
[解析]　(1)物塊C、D碰撞過程中滿足動量守恒，設碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度為v物，C、D的質量均為m＝1 kg，以向右為正方向
則有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物
解得v物＝v0＝5(1－k) m/s＞0
可知碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度大小為5(1－k) m/s，方向向右；
滑板A、B碰撞過程中滿足動量守恒，設碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑，滑板A和B質量分別為1 kg和2 kg
則有mAv0－mB·kv0＝(mA＋mB)v滑
解得v滑＝v0＝ m/s＞0
則新滑板速度方向也向右。
(2)若k＝0.5，可知碰后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為
v物′＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5 m/s
碰后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為
v滑′＝ m/s＝0
可知碰后新物塊相對于新滑板向右運動，新物塊向右做勻減速運動，新滑板向右做勻加速運動，設新物塊的質量為m′＝2 kg，新滑板的質量為M′＝3 kg，相對靜止時的共同速度為v共，根據動量守恒可得m′v物′＝(m′＋M′)v共
解得v共＝1 m/s
根據能量守恒可得
μm′gx相＝
解得x相＝1.875 m。
[答案]　(1)5(1－k) m/s，方向向右　 m/s，方向向右　(2)1.875 m
專題突破練習(七)　應用“三大力學觀點”的三類典型模型
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
1．如圖所示，三小球a、b、c的質量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c與輕彈簧相連且靜止，小球a以速度v0沖向小球b，碰后與小球b粘在一起運動。在整個運動過程中，下列說法不正確的是(　　)
A．三球與彈簧組成的系統總動量守恒，總機械能不守恒
B．三球與彈簧組成的系統總動量守恒，總機械能也守恒
C．當小球b、c速度相等時，彈簧彈性勢能最大
D．當彈簧第一次恢復原長時，小球c的動能一定最大，小球b的動能一定不為零
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
B　[在整個運動過程中，三小球與彈簧組成的系統的合外力為零，總動量守恒，a與b碰撞過程機械能減小，故A正確，B錯誤；當小球b、c速度相等時，彈簧的壓縮量或伸長量最大，彈性勢能最大，故C正確；當彈簧第一次恢復原長時，小球c的動能一定最大，從小球a、b粘在一起到彈簧第一次恢復原長的運動過程中，根據動量守恒和機械能守恒分析可知，彈簧第一次恢復原長時小球b的動能不為零，故D正確。本題選說法不正確的，故選B。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
2．(多選)如圖所示，一子彈以初速度v0擊中靜止在光滑的水平面上的木塊，最終子彈未能射穿木塊，射入的深度為d，木塊加速運動的位移為s。則以下說法正確的是(　　)
A．子彈動能的虧損等于系統動能的虧損
B．子彈動量變化量的大小等于木塊動量變化量的大小
C．摩擦力對木塊做的功等于摩擦力對子彈做的功
D．子彈對木塊做的功等于木塊動能的增量
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
BD　[子彈射入木塊的過程要產生內能，由能量守恒定律知子彈動能的虧損大于系統動能的虧損，故A錯誤；子彈和木塊組成的系統動量守恒，系統動量的變化量為零，則子彈與木塊的動量變化量大小相等，方向相反，故B正確；摩擦力對木塊做的功為Ff s，摩擦力對子彈做的功為－Ff (s＋d)，可知二者不等，故C錯誤；對木塊根據動能定理可知，子彈對木塊做的功即為摩擦力對木塊做的功，等于木塊動能的增量，故D正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
3．(多選)質量為M的帶有光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質量也為M的小球以速度v0水平沖上小車，到達某一高度后，小球又返回小車的左端，重力加速度為g，則(　　)
A．小球將向左做平拋運動
B．小球將做自由落體運動
C．此過程小球對小車做的功為
D．小球在圓弧軌道上上升的最大高度為
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
BC　[小球上升到最高點時與小車相對靜止，有相同的速度v′，由動量守恒定律和機械能守恒定律有Mv0＝＝·2Mv′2＋Mgh，聯立解得h＝，故D錯誤；從小球滾上小車到滾下并離開小車的過程，系統在水平方向上動量守恒，由于無摩擦力做功，系統的機械能也守恒，此過程類似于彈性碰撞，二者質量相等，作用后兩者交換速度，即小球返回小車左端時速度變為零，開始做自由落體運動，小車速度變為v0，動能為，根據功能關系知此過程小球對小車做的功為，故B、C正確，A錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
4．(多選)(2025·廣東汕頭高三檢測)如圖所示，豎直放置的輕彈簧下端固定在地上，上端與質量為m的鋼板連接，鋼板處于靜止狀態。一個質量也為m的物塊從鋼板正上方h處的P點自由落下，打在鋼板上(碰撞時間極短)并與鋼板一起向下運動x0后到達最低
點Q，重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法正確
的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A．物塊與鋼板碰后的速度為
B．物塊與鋼板碰后的速度為
C．物塊與鋼板從P到Q的過程中，彈簧彈性勢能的增加量為mg
D．物塊與鋼板從P到Q的過程中，彈簧彈性勢能的增加量為mg(2x0＋h)
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
BC　[物塊下落h，由機械能守恒得mgh＝，物塊與鋼板碰撞，以豎直向下的方向為正方向，則由動量守恒得mv1＝2mv2，解得v2＝v1＝，選項A錯誤，B正確；物塊與鋼板從碰撞到二者一起運動至Q點，由能量關系可知＋2mgx0＝ΔEp，則彈性勢能的增加量為ΔEp＝mg，選項C正確，D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
5．(多選)長木板a放在光滑的水平地面上，在其上表面放一小物塊b。以地面為參考系，給a和b以大小均為v0、方向相反的初速度，最后b沒有滑離a。設a的初始速度方向為正方向，則下列a、b的v-t圖像可能正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A　　　　　　　B
C　　　　　　 D
√
√
√
ABC　[若長木板和小物塊質量相等，則系統總動量為零，二者做減速運動最后都是靜止的，選項C可能正確；若長木板質量較大，則系統總動量為正，二者最后速度相等且為正值，選項B可能正確；若小物塊質量較大，則系統總動量為負，二者最后速度相等且為負值，選項A可能正確；二者一定同時達到相同速度，選項D一定不正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
6．如圖所示，在固定的水平桿上套有質量為m的光滑圓環，輕繩一端拴在環上，另一端系著質量為M的木塊，現有質量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并留在木塊中(此過程時間極短)，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A．子彈射入木塊后的瞬間，木塊的速度大小為
B．子彈射入木塊后的瞬間，繩子拉力等于(M＋m0)g
C．子彈射入木塊之后，圓環、木塊和子彈構成的系統機械能守恒
D．子彈射入木塊之后，圓環、木塊和子彈構成的系統動量總是守恒的
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
C　[子彈射入木塊后的瞬間，以向右為正方向，子彈和木塊構成的系統動量守恒，則m0v0＝(M＋m0)v1，解得v1＝，故A錯誤；子彈射入木塊后的瞬間，根據牛頓第二定律可得FT－(M＋m0)g＝，可知繩子拉力FT＝>(M＋m0)g，故B錯誤；子彈射入木塊之后，系統只有重力做功，所以圓環、木塊和子彈構成的系統機械能守恒，故C正確；子彈射入木塊之后，圓環、木塊和子彈構成的系統在水平方向沒有受到外力，該系統在水平方向動量守恒，但在豎直方向動量不守恒，所以子彈射入木塊之后，圓環、木塊和子彈構成的系統動量不守恒，故D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
7．(多選)(2025·廣東茂名模擬)一質量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接。現有一質量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后恰好到達a點且與物體P相對靜止，重力加
速度為g，則(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A．木塊與粗糙水平面ab的動摩擦因數為
B．木塊最后到達a時的速度為0
C．木塊最后到達a時的速度為
D．整個過程產生的熱量為2mgh
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
√
ACD　[先分析木塊從a點到最高點的過程，水平方向根據動量守恒定律有mv0＝3mv，解得v＝v0，根據能量守恒定律有μmgL＋mgh＝－mv2①，同理，最后到達a點時的速度也是v＝v0，整個過程能量守恒，有2μmgL＝mv2②，聯立①②式得μmgL＝mgh，得μ＝，整個過程產生的熱量Q＝2μmgL＝2mgh。綜上所述，A、C、D正確，B錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
8．(2024·1月九省聯考廣西卷)在圖示裝置中，固定斜面高h＝0.9 m，傾角α＝37°，形狀相同的剛性小球A、B質量分別為100 g和20 g，輕彈簧P的勁度系數k＝270 N/m，用A球將彈簧壓縮Δl＝10 cm后無初速度釋放，A球沿光滑表面沖上斜面頂端與B球發生對心彈性碰撞，設碰撞時間極短，彈簧彈性勢能Ep＝k(Δl )2，重力
加速度的大小取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
(1)求碰撞前瞬間A球的速度大小；
(2)求B球飛離斜面時的速度大小；
(3)將裝置置于豎直墻面左側，仍取Δl＝10 cm，再次彈射使B球與墻面碰撞，碰撞前后瞬間，速度平行于墻面方向的分量不變，垂直于墻面方向的分量大小不變、方向相反，不計空氣阻力，為使B球能落回到斜面上，求裝置到墻面距離x的最大值。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
[解析]　(1)設A球與B球碰撞前瞬間的速度大小為vA，由能量守恒定律得Ep＝
其中Ep＝k(Δl )2＝×270×0.12 J＝1.35 J
代入數據解得，碰撞前瞬間A球的速度大小為
vA＝3 m/s。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
(2)A球與B球發生對心彈性碰撞，則碰撞過程中由動量守恒定律得
mAvA＝mAv′A＋mBv′B
由機械能守恒定律得＝
聯立解得，B球飛離斜面時的速度大小為
v′B＝vA＝5 m/s。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
(3)仍取Δl＝10 cm，則B球飛離斜面時的速度仍為v′B＝5 m/s。設B球運動的總時間為t，由對稱性可知，若B球剛好能落回到斜面，則
水平方向有2x＝v′B cos 37°·t
豎直方向有y＝v′B sin 37°·t－gt2＝0
聯立解得t＝0.6 s，x＝1.2 m。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
[答案]　(1)3 m/s　(2)5 m/s　(3)1.2 m
9．(2023·廣東卷)如圖所示為某藥品自動傳送系統的示意圖。該系統由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺組成，滑槽高為3L，平臺高為L。藥品盒A、B依次被輕放在以v0的速度勻速運動的傳送帶上，在與傳送帶達到共速后，從M點進入滑槽，A剛好滑到平臺最右端N點停下，隨后滑下的B以2v0的速度與A發生正碰，碰撞時間極短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤直徑的兩端。已知A、B的質量分別為m和2m，碰撞過程中損失的能量為碰撞前瞬間總動能的。A與傳送帶間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，A、B在滑至N點之前不發生碰撞，忽略空氣阻力和圓盤的高度，將藥品盒視為質點。求：
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
(1)A在傳送帶上由靜止加速到與
傳送帶共速所用的時間t；
(2)B從M點滑至N點的過程中克服阻力做的功W；
(3)圓盤的圓心到平臺右端N點的水平距離s。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
[解析]　(1)A在傳送帶上運動時的加速度
a＝μg
由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間
t＝＝。
(2)B從M點滑至N點的過程中克服阻力做的功W＝＋2mg·3L－·2m·(2v0)2＝。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
(3)設A、B碰撞后的速度分別為v1、v2，對A、B碰撞過程由動量守恒定律和能量關系可知2m·2v0＝＝·2m·(2v0)2
解得v1＝2v0，v2＝v0
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
(另一組v1＝v0，v2＝v0舍掉)
A、B平拋運動的時間t1＝
則s－r＝v2t1，s＋r＝v1t1，解得s＝。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
[答案]　(1)　(3)
謝 謝 ！

展開更多......

收起↑