专题08力学中三大观点的综合应用（讲义）（解析版）.docx

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1、专题08力学中三大观点的综合应用目录考点一动量与能量观点的综合应用3真题ff析规律探寻.3核心提炼.一向探究51. 动量与动能的比较52. 冲量与功的比较63. “滑块一木板模型64. “滑块一斜（曲）面”模型75. “滑块一弹簧”模型7超型特训命题预测8考向一子弹打木块滑块与滑板滑块与弹簧类问题8考点二力学三大观点的综合应用13真题册析规律探寻.I3核心提炼多向探究I51 .力的三个作用效果与五个规律152 .解动力学问题的三个基本观点153 .力学规律的选用原则15ek题型特训命题预演L16考向一力学三大观点的综合应用16考点要求考题统计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

2、块与弹簧类问题*2023浙江高考真题、2023山东高考真题、2022湖北高考真题、2022全国高考真题、2022福建高考真题力学三大观点的综合应用考向一力学三大观点的综合应用：2023河北高考真题、2023广东高考真题、2023北京高考真题、2023江苏高考真题、2023浙江高考真题、2022湖北高考真题、2022浙江高考真题、2022北京高考真题、2022天津高考真题、2022海南高考真题、2022广东高考真题、2022重庆高考真题、2021湖南高考真题、2021北京高考真题、2021广东高考真题、2021河北高考真题、2021湖北高考真题、2021浙江高考真题、2021全国高考真题考情分析

3、【命题规律及方法指导】1.命题重点：本专题是力学综合性最大的一个专题，这类题需要结合牛顿运动定律、功和能等物理观念解决问题,考查考生的综合应用能力,难度也比较大2 .常用方法：动力学的方法、能量的方法、动量的方法。3 .常考题型：选择题，计算题.【命题预测】1 .本专题属于重点、难点内容；2 .高考命题考察方向动量与能量观点的综合应用：结合物体的典型运动进行考查；在综合问题的某一过程中遵守机械能守恒定律时进行考查。力学三大观点的综合应用：牛顿运动定律结合运动学公式处理匀变速直线运动的问题；动能定理结合能量守恒定律处理变力及曲线运动问题；动量定理结合能量守恒定律、动量守恒定律处理碰撞、反冲类问题

4、“滑块一弹簧模型J考点一动量与能量观点的综合应用真题研析规律探寻1.（2022全国高考真题）（多选）质量为Ikg的物块在水平力产的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，尸与时间，的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小取g=10ms2则（）经。石尸管道后，与广G上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L=08m,以u=2ms的速率顺时针转动，滑块。与传送带间的动摩擦因数4=0.5,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=g2(X为形变量)。(1)求滑块。到达圆弧管道OEF最低点尸时速度大小VF和所受支持力大小Fn;(2)若滑块。碰后返回到B点时速

5、度%=Ims,求滑块、匕碰撞过程中损失的机械能E;(3)若滑块。碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差x【考向】“滑块一弹簧”模型【答案】(1)lOm/s；31.2；(2)0；(3)0.2m【详解】(1)滑块a从D到F,由能量关系mg2R=:机片-g用在F点Fn-mg=m?R解得UF=Iom/sFn=31.2N(2)滑块a返I可B点时的速度VB=ImZs,滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为=5ms2根据其=吧-24L可得在C点的速度vc=3ms则滑块a从碰撞后到到达C点仃+MR解得v=5ms因ab碰撞动量守恒，则叫=-Wv1+3wv2解得碰后b的速度V2=5ms则碰撞损失

6、的能量E=inv-；mv12-g3m=O(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度加昨=4机妙解得v=2.5ms当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度4w=6mu则V=-m/s3当弹簧被压缩到最短时压缩量为Xl,由能量关系:4my2=6m+4g2222解得M=O.Im同理当弹簧被拉到最长时伸长量为X2=Xl则弹簧最大长度与最小长度之差x=2x=0.2m3.(2022福建高考真题)如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为上的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度%从滑板最左端滑入，滑行SO后与B发生完全非弹性碰撞(碰撞时间

7、极短)，然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动.已知A、B、C的质量均为加，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g;最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：(1) C在碰撞前瞬间的速度大小；(2) C与B碰撞过程中损失的机械能；(3)从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。 FlVWW【考向】.“滑块一木板”模型、”滑块一弹簧模型。222【答案】(1)Jv-28s0；(2)-m(vl-2gs0)；(3)WF4k【详解】(1)小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得-侬=g所就解得C在碰撞前瞬间的速度大小为匕

8、=-2gs0(2)物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得相片=2”匕解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为匕=JJ*-2g%故C与B碰撞过程中损失的机械能为E=g叫2-gx2m4=；冽宙-24变0)(3)滑板A刚要滑动时，对滑板A,由受力平衡可得kx+2/咫=3MHg解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为Ar二华从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为卬=2w%gAr=女红宴核心提炼考向探究1 .动量与动能的比较动量动能物理意义描述机械运动状态的物理量定义式p=rnv012E1=mvk2标矢性矢量标量变化因素合外力的冲量合外力所做的功大小

9、关系p=y2mE,.2m变化量NP=FtEFl联系(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化2 .冲量与功的比较冲量功定义作用在物体上的力和力作用时间的乘积作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积单位NsJ公式1=Ft(尸为恒力)W=Flcos（F为恒力）矢标性矢量:标量意义(1)表示力对时间的累积(2)是动量变化的量度(1)表示力对空间的累积(2)是能量变化的量度联系都是过程量,都与力的作用过程杵联系3 .“滑块一木板”模型1)模型图示m)水平地面光滑2)模型特点系统的动量守恒，但机械能

10、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.若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大.3)求解方法求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统；求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体；求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q=FrAr或Q=E初-E末，研究对象为一个系统.4 .“滑块一斜（曲）面”模型1）模型图示接触面光滑2）模型特点上升到最大高度：m与M具有共同水平速度U共，此时m的竖直速度Uy=O.系统水平方向动量守恒，m%=（M+4；系统机械能守恒，丽=g（+m）喙+吆儿其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度（相当于完全

11、非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能）.返回最低点：m与M分离点.水平方向动量守恒，wv0=Mvl+m2；系统机械能守恒gm4=gM*+gmv相当于完成了弹性碰撞）.5 .“滑块一弹簧”模型D模型图示m10000000vm2/水青地面光滑2）模型特点动量守恒：两个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；机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒；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）；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

12、时）.题型特训二命题预测考向一子弹打木块滑块与滑板滑块与弹簧类问题1. （2024河南校联考模拟预测）（多选）如图所示，质量M=3kg表面粗糙的长木板静止在光滑的水平面上，时质量M=3kg表面粗糙的物块（可视为质点）以初速度%=4ms滑上长木板，物块做匀减速运动,长木板做匀加速运动，经过时间Ak2s物块和长木板以共同速度做匀速运动，重力加速度g=10ms2,则下列说法正确的是（）A.长木板做匀加速运动的加速度大小为lms2B.物块与长木板之间的动摩擦因数为0.15C.长木板的长度至少为6mD.物块与长木板组成的系统损失的机械能为12J【答案】AD【详解】A.对系统由动量守恒定律得WO=（M+也

13、解得v=2ms,长木板做匀加速运动的加速度大小O=孚=2=lms2,故A正确；B.根据牛顿第二定律，对长木板有尸=MWg=M也解得物块与K木板之rr04-V0+2间的动摩擦因数为=01，故B错误；C.前2s内长木板的位移=-yx4=一x2m=2m,物块的位移W=风mxAf=岁x2m=6m,所以长木板最小长度乙=9一王=4m,故C错误；D.物块与长木板组成的系统损失的机械能AE=；w：；（m+M2=12J,故D正确。故选ADo2. （2023重庆一模）如图所示，光滑水平面上质量为2M的物体A以速度V向右匀速滑动，质量为M的B物体左端与轻质弹簧连接并静止在光滑水平面上，在物体A与弹簧接触后，以下判

14、断正确的是（）VA囚恻WW轲/MvA.在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对A的弹力冲量大小为3B.在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率一直增大C.从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，弹簧对A、B做功的代数和为O-Mv2D.从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，最大弹性势能为3【答案】A【详解】A.在物体A与弹簧接触过程中，根据动量守恒定律得2=2Mv+M%,根据机械能守恒定律得g.2MV2=g.2MyA2+gM%2,解得M=I，%=+，根据动量定理得弹簧对A的弹力冲量大小4/=2M(y-v),解得/=乙A正确；B.在物体A与弹簧接触到弹簧最短的过程中，弹簧的弹力和B的速度都增大

15、，弹簧对B的弹力做功的功率增大；在弹簧接近原长时，B的速度接近而弹簧的弹力几乎等于零，弹簧对B的弹力做功的功率几乎等于零，所以在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率先增大后减小，B错误；CD.从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，根据动量守恒定律得2v=(2+),解得/=弹簧对A、B做功分别为M=：2Mi，2=2,121Wli=-Mvf2=-Mv2,弹簧对A、B做功的代数和为W=%+Wb=-2,最大弹性势能为E=-2Mv2-3f2=-Mv2,CD错误。p223故选Ao3. (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,

16、已知A、B、C的质量分别为幺=2kg、=3kg、叫=Ikg,滑块A与C间的动摩擦因数为从二2,B与C间的动摩擦因数为2=4,木板长度L=4m,开始整个系统静止，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=l0ms?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。zzzr/zzzzzzz/zzzzzzzzzIQ【答案】(1)Is；(2)m/s；(3)0.30m【详解】(1)当A向右运动时，受到向左的摩擦力(=M%g=4N加速度为mwa而B与C之间的滑动摩擦力y=2wg=12NAf故C和

17、B不会相对滑动，BC的加速度为/=ImHwb+fncA向右做匀减速直线运动，BC向右做匀加速直线运动，设A的位移为玉，BC的位移为演，则有1 .I2LxIx2=v0taita2t=4解得f=ls或gs（舍）故时间为r=Is；（2）当A、B两物块碰撞时，设A的速度为匕，BC的速度为岭，则有K=%-=l5ms2=lms碰撞瞬间加A匕+ v2 =mAq+叫4，/炉+卜Bq =I ,22wavi解得M=0.9ms,%=1.4ms而此时C的速度匕=ImZs，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向左的滑幼摩擦力和B向右的滑动摩擦力，所受合力向右，C向右做匀加速运动，由牛顿第二定律人-IA

18、=砥：/则ac-8ms2B做匀减速运动，加速度为=互=4ms?恤当BC共速时有v；-V=v2+r,解得=I2117而此时XB=v-%产=m,xc=v/+-act,2=-m则&=-XC19故B未出C板右侧，之后C做减速运动，此时C的速度为%=%+/=百ns（3）A做匀加速运动，当r=s时匕=耳+卬=s,x,=中+；4产=羡m之后BC共速，起做匀减速运动，A和BC速度相等时%-%=以+4解得f=O.Is172B的位移为其=%/-；出尸=芸m26001 QA的位移为K=vZw2=m故A、B最远距离为x=（a+H）-（XA+K）230m4. （2024山东模拟预测）如图所示，水平传送带AB长L=4.5

19、m,质量为M=Ikg的木块随传送带一起以vl=Im/s的速度向右匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数=0.5.当木块运动到传送带的最右端A点时，-颗质量为m=20g的子弹以vO=3OOm/s水平向左的速度正好射入木块并穿出，穿出速度u=50ms,以后每隔IS就有一颗子弹射穿木块，设子弹穿出木块的时间极短，且每次射入点各不相同,g取IOms2,求：（1）第一个子弹击中后木块的速度大小为多少；（2）第二颗子弹击中前木块向右运动到离A点多远处；（3）木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中；（4）从第颗子弹射穿木块后到木块滑离传送带的过程中，木块和传送带摩擦时产生的热能是多少。A

20、/口n(G)3颗：35.5 J【答案】(1)v2=4ms;(2)1.5m处;【详解】（1）第颗子弹击中木块过程中，设子弹射穿木块后木块的速度为v2,子弹射穿木块的过程中由动量守恒定律得m%-Mq=m+MV2解得V2=4ms（2）假设第二颗子弹击中前，木块已经与传送带共速，设此过程中木块运动的时间为t,对地的位移为xl,以水平向右为正方向，由牛顿第二定律得Mg=Ma由运动学公式得K-（-%）=联立解得t=ls假设成立，说明以上过程第二颗子弹还没有射入木块；由动能定理得-MgX=；MW一;解得x=1.5m故在被第二颗子弹击中前木块向右运动到离A点1.5m处。（3）同（2）问规律，第二颗子弹射入后木

21、块相对地面运动的距离仍为1.5m,假设木块向左运动能减速到零，则设此过程木块对地的位移为X2,由动能定理得-Mg%=。-；解得X2=1.6m因L-2xX2,说明第三颗子弹射穿木块后，木块将从传送带的左端滑下，所以木块在传送带上最多能被3颗子弹击中。（4）设第一颗子弹射穿后，木块在传送带上向左运动的时间为U,此过程中传送带的位移为x3o木块再向右运动直至与传送带同速过程中，木块向右运动的时间为t2,位移为x4,传送带的位移为x5,则对木块分析，由运动学公式得O=V2-al1解得t=0.8sX3=vt=0.8mt2=t-t=0.2sX4=Vt2=笠=0.1mX5=vt2=0.2m子弹穿过木块后，设

22、木块与传送带间发生的相对位移为Ax,则AX=X2+X3+（X5-X4）=2.5m则第一颗子弹射穿后木块和传送带摩擦时产生的热能Q=MgAx=12.5J同理，第二颗子弹射穿后木块和传送带摩擦时产生的热能Qz也为12.5J设第三颗子弹射穿后木块向左运动到滑下传送带的时间为13,此过程中木块的位移为X6,传送带的位移为X7,则x6=L-2xx=.5m12t3=O.6sX7=vt3=0.6m则第三颗子弹射穿后木块和传送带摩擦时产生的热能Q3=Mg(X6X7)=10.5J所以全过程木块和传送带摩擦产生的总热能Q=Q+Q2+Q3=35.5J考点二力学三大观点的综合应用真题研析规律探寻1.（2022北京高考

23、真题）“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（）A.助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力B.起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度C.飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度D.着陆阶段，运动

24、员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间【考向】力学三大观点的综合应用【答案】B【详解】A.助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；B.起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，为了增加向上的速度，B正确；C.飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；D.着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D错误。故选B。2.（2021全国高考真题）（多选）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力尸拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于SO时，速度

25、的大小为%,此时撤去E物体继续滑行2%的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（）A.在此过程中产所做的功为：加可B.在此过中产的冲量大小等于m%C.物体与桌面间的动摩擦因数等于1-4%gD.产的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍【考向】力学三大观点的综合应用【答案】BC【详解】CD.外力撤去前，由牛顿第二定律可知尸-WWg=痴I，由速度位移公式有k=2吊，外力撤去后，由牛顿第二定律可知-叫=Wa2，由速度位移公式有一f=2%(2%)，由可得，水平恒力尸二警，动摩擦因数=4,滑动摩擦力耳=mg=警，可知F的大小等于物体所受滑动摩4%4跖4$。擦力大小的3倍，故C正确，D错误；A.在此过程中，

26、外力F做功为W=A=(m片，故A错误；B.由t-*_2%O平均速度公式可知，外力F作用时间。一丝殳一%,在此过程中，F的冲量大小是/=秋=；加%,故B22正确。故选BCo3.(2022天津高考真题)冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度=2ms,匀减速滑行士二16.8m到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与NP间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行=35m,与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为%=0.05ms和=S55ms已知A、B质量相同，A与MN间冰面的动摩擦因数M=O.01,重力加速度g取

27、Iom/Sz,运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。求冰壶A(1)在N点的速度匕的大小；(2)与NP间冰面的动摩擦因数4。MNPlXJXJa2【考向】力学三大观点的综合应用【答案】(1)V1=0.8m/s；(2)z2=0.004【详解】(1)设冰能质量为加，A受到冰面的支持力为N,由竖直方向受力平衡，有N=mg设A在MN间受到的滑动摩擦力为则有/=MN设A在MN间的加速度大小为。,由牛顿第二定律可得/=也联立解得=g=0lms2由速度与位移的关系式，有v12-v=-2axl代入数据解得K=O.8ms（2）设碰撞前瞬间A的速度为彩，由动量守恒定律可得+加%解得匕=06ms设A在NP间受

28、到的滑动摩擦力为广，则有:二多田由动能定理可得-rz=；-;加片联立解得2=0004核心提炼考向探究1.力的三个作用效果与五个规律分类对应规律规律内容公式表达力的瞬时作用效果牛顿第二定律物体的加速度大小与合外力成正比,与质量成反比,加速度方向与合外力的方向相同Ffr=ma力对空间积累效果动能定理合外力对物体所做的功等于物体动能的增加量%=屿机械能守恒定律在只有重力（或弹簧弹力）做功的情况下,物体的机械能的总量保持不变E初=E末力对时间积累效果动量定理物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化/合=W动量守恒定律系统不受外力或所受外力之和为零时,系统的总动量就保持不变（或在某个方向上系统所受外力之

29、和为零时,系统在这个方向上的动量就保持不变）P初=P末2 .解动力学问题的三个基本观点1 .动力学观点：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：用动能定理和能最守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.3 .动量观点，用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.用动量定理可简化问题的求解过程.3 .力学规律的选用原则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（涉及时间的问题）或动能定理（涉及位移的问题）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

30、守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，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，即转化为系统内能的量.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隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决.一题型特训命题林涮考向一力学三大观点的综合应用6 .（2024四川成都石室中学校考一模）（多选）如图所示，圆弧轨道竖直放置，半径OC竖直，力=08m,R=Lom,小球的质量，=2kg,a=60。，小球从B点由静止释放，然后从C点做平抛运动，平抛的水

31、平距离s=1.2m0重力加速度gTms1小球视为质点，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A.在圆弧轨道上，从B点下滑到C点，小球动量变化量的大小为6NsB.在圆弧轨道上，从B点下滑到C点的过程中，小球克服阻力做的功为IJC.小球经过C点时受到轨道的作用力大小为38ND,从开始下滑到落地前的运动过程中，小球动能的增加量小于机械能的减少量【答案】AB【详解】A.小球从。点飞出后做平抛运动，根据平抛运动规律有/1=3/2,s=%f,联立解得小球在C点的速度=3ms,则在圆弧轨道上，从B点下滑到C点，小球动量变化量的大小Ap=m%=6Ns,故A正确；B.在圆弧凯道匕从B点下滑到C点的过程中，根据动能定

32、理有7gR（l-cos）-叱.=$或，解得小球克服阻力做的功Wf=IJ故B正确；C.小球经过C点时，根据牛顿第二定律有FT咫=Ml解得小球经过。点时受到轨道的支持力大小尸=38N由此时小球还受轨道的摩擦力作用，所以小球经过C点时受到轨道的作用力大于38N,故C错误；D.从开始下滑到落地前的运动过程中，小球动能的增加量AEk=；z4+3z=25J而从开始下滑到落地前的运动过程中，小球机械能的减少量=吗=IJ则从开始下滑到落地前的运动过程中，小球动能的增加量大于机械能的减少量，故D错误。故选ABo7 .（2024浙江金华校联考模拟预测）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

33、器发射一质量7=2kg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“二8kg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。已知力=0.55m、H=0.8m%L=0.8m,R=O.5m,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与；(3)小弹珠再次回到D点时的速度。A【答案】(

34、1)6m/s；(2)2J；(3)3ms,方向向右【详解】(1)弹珠恰好进入管道，由平抛运动规律，UL=vt,2R-H=gt2解得y=4ms由能量守恒定律，有；琢=mv2+2mgR解得v0=6m/s(2)设小弹珠碰前的速度为匕，由能量守恒，Wnv02=wv12+mgh解得vl=Jw-2gh=5ms碰撞时动量守恒，碰后共同速度为匕机匕=(M+mM解得匕=Im/s最大弹性势能EP=J叱2一$历+破=2J(3)根据弹性碰撞，有而匕=Mv,2+mv,17wv12=；Vj2+；nv2解得匕=皿萼匕=-3ms所以小弹珠再次回到D点时的速度大小为3ms,方向向右。8 .(2024江西赣州赣州中学校考模拟预测)

35、如图甲所示，质量为2.5kg的“_L”型金属工件，AB部分是粗细均匀的细杆，竖立在水平桌面上、细杆上套有质量为Ikg的钢珠，初始时二者都处于静止状态，钢珠位于A点。拨动钢珠，让它从A点以2ms的初速度开始上滑，钢珠可以滑离细杆。在工件的B点加装一个螺丝帽(厚度不计)，将其改造为T型金属工件，如图乙所示，拨动钢珠，让它从A点仍以2ms的初速度开始上滑，钢珠到达B点时与工件发生弹性碰撞，使工件离开桌面向上运动，碰撞后工件的速度为05ms,方向竖直向上。已知A、B两点间的距离为0.05m(重力加速度取10ms?),滑动时钢珠受到工件的摩擦力大小恒为20N,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，

36、整个过程中工件、钢珠均沿竖直方向运动。(1)求钢珠第一次离开工件时的动能；(2)求螺丝帽的质量；(3)若工件与地面发生弹性正碰，碰后速度大小不变，方向立刻反向，且保持竖直，求钢珠从开始运动到工件第三次到达地面过程中，系统因摩擦产生的热量。【答案】(1)0.5J：(2)0.5kg；(3)彳【详解】(1)钢珠向上运动过程中，由于摩擦力小于工件的重力，所以工件保持静止，上升高度h=0.05m,由动能定理得-力-mgh=E；加解得耳=05J(2)设螺丝帽的质量为机。，钢珠的质量为m=lkg,工件的质量为M=2.5kg,钢珠向上运动过程中，工件保持静止，钢珠到达B点时的速度为H=J备=lms设钢珠到达B

37、点时与工件发生弹性碰撞后钢珠与工件的速度分别为匕和为，且匕=0.5ms弹性碰撞系统动量守恒，和系统机械能守恒，则mvi=mv2+(M+w0)v3；机片=Im片+；(M+/)片解得v2=-0.5ms,w0=0.5kg(3)钢珠与工件发生碰撞后,设钢珠，1件的加速度分别为4和，规定竖直向上为正方向，对钢珠f-mg=ma2可得=Iom/s?对工件-(M+/)g=(M+n0)a3”曰5072可得=-mS设碰撞后经时间L钢珠与工件的速度相同，此刻速度为，有！=%+%，v4=v3+a31解得，=s,v4=-m/s80813钢珠在时间t内通过的位移=(匕+!)，=-不m 1280工件在时间t内通过的位移苍=

38、(v3+v4)r=3钢珠相对工件的位移色,=X-%=-m16()此后钢珠与工件相对静止，共同以加速度向下运动，设工件第次到达地面时，二者速度为玲，则M7=-(f)解得匕=-ms之后工件与地面发生弹性碰撞，速率不变，方向反向，工件继续匀减速上升，钢珠匀减速下降，设再经历时间J，钢珠与工件第二次达到共速，共同速度为以，则v6=v5+a2tbv6=-v5+3h缶,31010/府Crth=s，v6=m/s32063215 m 20489钢珠在时间Ib内通过的位移IIb=1(v5+V6X,=-m20481：件在时间J内通过的位移/=(-5K=3钢珠相对工件的位移此=/一税=N7m256此后钢珠与工件相对

39、静止，共同以加速度r向下运动，设工件第二次到达地面时，二者速度为、，则v7-=-(-)解得玲=-ms16之后工件与地面发生弹性碰撞，速率不变，方向反向，工件继续匀减速上升，钢珠匀减速下降，设再经历时间I,钢珠与工件第三次达到共速，共同速度为力,则v8=v7+2%=-、+矶35解得玩s,v-Mmzs175钢珠在时间”内通过的位移Xk=+216384145工件在时间内通过的位移A=一匕儿二777111216384钢珠相对工件的位移M=%-忌=-蒜m此后钢珠与工件相对静止，共同以加速度r向下运动，直到工件第三次到达地面。该过程中系统因摩擦产生的热量为0=-/（3+&+乂）=/J资料来源微信公众号：智

40、慧学库A.4s时物块的动能为零B.6s时物块回到初始位置C.3s时物块的动量为12kgmsD.06s时间内产对物块所做的功为40J【考向】动量与能量观点的综合应用【答案】AD【详解】物块与地面间的摩擦力为=Wg=2N,AC.对物块从03s内由动量定理可知1（尸-7）4=加为，即（4-2）3=l匕，得匕=6】小，3s时物块的动量为p=m匕=6kgms,设3s后经过时间物块的速度减为0,由动量定理可得-（F+）f=0叫，即-（4+2）f=0-lx6,解得1s,所以物块在4s时速度减为0,则此时物块的动能也为0,故A止确,C错误;B.03s物块发生的位移为xl,由动能定理可得（尸-/=；加*，BP（

41、4-2）x1=16*2,得=9m,3s4s过程中，对物块由动能定理可得一（尸+/%=O-gw（，即-（4+2）x2=0-1162,得=3m,4s6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为=*二/=Zm/s?,2m发生的位移为W=gx222m=4mvx+X2,即6s时物块没有回到初始位置，故B错误：D.物块在6s时的速度大小为%=22ms=4ms,06s拉力所做的功为W=（4x9-4x3+44）J=43,故D正确。故选ADo2.（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、CO和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为K=0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道OE/与轨道CZ）和足够长的水平直轨道尸G平滑相切连接。质量为3用的滑块6与质量为痴的滑块C用劲度系数4=IoON/m的轻质弹簧连接，静置于轨道尸G上。现有质量加=0.12kg的滑块。以初速度%=2j5Tms从。处进入，