老高考適用2023版高考物理二輪總復(fù)習(xí)第1部分題突破方略專題2能量與動量第2講動量量守恒定律課件

第一部分專題突破方略專題二能量與動量第2講動量動量守恒定律真題速練·明考情核心知識·固雙基命題熱點(diǎn)·巧突破應(yīng)用創(chuàng)新·提素養(yǎng)真題速練·明考情1．(2021·全國乙卷)如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦．用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時(shí)滑塊在車廂底板上有相對滑動．在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)

(

)A．動量守恒，機(jī)械能守恒B．動量守恒，機(jī)械能不守恒C．動量不守恒，機(jī)械能守恒D．動量不守恒，機(jī)械能不守恒B

【解析】撤去推力，系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒；因?yàn)榛瑝K與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對滑動，即摩擦力做功，故系統(tǒng)的機(jī)械能減少，B正確．2．(2022·山東，2)我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長征十一號系列運(yùn)載火箭．如圖所示，發(fā)射倉內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時(shí)再點(diǎn)火飛向太空．從火箭開始運(yùn)動到點(diǎn)火的過程中 (

)A．火箭的加速度為零時(shí)，動能最大B．高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能C．高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D．高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量A

【解析】選火箭為研究對象，其先向上做加速運(yùn)動，后向上做減速運(yùn)動，至火箭速度為零．開始火箭受推力、重力及空氣阻力，當(dāng)合力為零時(shí)，加速度為零，速度最大，動能最大，選項(xiàng)A正確；火箭向上運(yùn)動過程中，重力勢能也增加，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)動量定理，推力、重力和空氣阻力的合力的沖量等于火箭動量的增加量，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)動能定理，推力、重力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．3．(2020·全國Ⅲ卷)甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化如圖中實(shí)線所示．已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機(jī)械能為 (

)A．3J

B．4JC．5J

D．6JA

4．(多選)(2022·全國乙，20)質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運(yùn)動，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示．已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小g取10m/s2．則

(

)A．4s時(shí)物塊的動能為零B．6s時(shí)物塊回到初始位置C．3s時(shí)物塊的動量為12kg·m/sD．0～6s時(shí)間內(nèi)F對物塊所做的功為40JAD

【解析】本題結(jié)合F-t圖象，考查動量定理、動能定理、牛頓第二定律和功的計(jì)算．設(shè)F0＝4N，物塊與地面間的摩擦力大小為Ff＝μmg＝2N,0～3s內(nèi)對物塊由動量定理可知(F0－Ff)t1＝mv3，解得v3＝6m/s，3s時(shí)物塊的動量為p＝mv3＝6kg·m/s，故C錯(cuò)誤；設(shè)3s后經(jīng)過時(shí)間t物塊的速度減為0，由動量定理可得－(F0＋Ff)t＝0－mv3，解得t＝1s，所以物塊在4s時(shí)速度減為0，此時(shí)物塊的動能也為0，故A正確；〔命題趨勢〕應(yīng)用動量定理，以及綜合應(yīng)用能量守恒定律和動量守恒定律解決力學(xué)問題是高考熱點(diǎn)，以選擇題和計(jì)算題形式考查的幾率較大．常用到的思想方法有：守恒思想、微元法、模型法．核心知識?固雙基“必備知識”解讀1．動量定理(1)公式：Ft＝p′－p，除表明等號兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說明了兩邊的因果關(guān)系，即合外力的沖量是動量變化的原因．(2)意義：動量定理說明的是合外力的沖量與動量變化的關(guān)系，反映了力對時(shí)間的累積效果，與物體的初、末動量無必然聯(lián)系．動量變化的方向與合外力的沖量方向相同，而物體在某一時(shí)刻的動量方向跟合外力的沖量方向無必然聯(lián)系．2．動量守恒定律(1)內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動量保持不變．(2)表達(dá)式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′(系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后總動量p′)，或Δp＝0(系統(tǒng)總動量的變化量為零)，或Δp1＝－Δp2(相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，兩物體動量的變化量大小相等、方向相反)．(3)守恒條件①系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)雖受外力但所受外力的合力為零．②系統(tǒng)所受外力的合力不為零，但在某一方向上系統(tǒng)受到的合力為零，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒．③系統(tǒng)雖受外力，但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力且作用時(shí)間極短，如碰撞、爆炸過程．3．解決力學(xué)問題的三大觀點(diǎn)(1)力的觀點(diǎn)：主要是牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)公式相結(jié)合，常涉及物體的受力、加速度和勻變速運(yùn)動的問題．(2)動量的觀點(diǎn)：主要應(yīng)用動量定理或動量守恒定律求解，常涉及物體的受力和時(shí)間問題，以及相互作用物體運(yùn)動特征的問題．(3)能量的觀點(diǎn)：在涉及單個(gè)物體的受力和位移問題時(shí)，常用動能定理分析；在涉及系統(tǒng)內(nèi)能量的轉(zhuǎn)化問題時(shí)，常用能量守恒定律．1．思想方法(1)力學(xué)規(guī)律的選用原則①單個(gè)物體：宜選用動量定理、動能定理和牛頓運(yùn)動定律．若其中涉及時(shí)間的問題，應(yīng)選用動量定理；若涉及位移的問題，應(yīng)選用動能定理；若涉及加速度的問題，只能選用牛頓第二定律．②多個(gè)物體組成的系統(tǒng)：優(yōu)先考慮兩個(gè)守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反沖等問題，應(yīng)選用動量守恒定律，然后再根據(jù)能量關(guān)系分析解決．“關(guān)鍵能力”構(gòu)建(2)系統(tǒng)化思維方法①對多個(gè)物理過程進(jìn)行整體分析，即把幾個(gè)過程合為一個(gè)過程來處理，如用動量守恒定律解決比較復(fù)雜的運(yùn)動．②對多個(gè)研究對象進(jìn)行整體分析，即把兩個(gè)或兩個(gè)以上的獨(dú)立物體合為一個(gè)整體進(jìn)行考慮，如應(yīng)用動量守恒定律時(shí)，就是把多個(gè)物體看成一個(gè)整體(或系統(tǒng))．2．模型建構(gòu)(1)人船模型解決這種問題的前提條件是要兩物體的初動量為零(或某方向上初動量為零)，畫出兩物體的運(yùn)動示意圖有利于發(fā)現(xiàn)各物理量之間的關(guān)系，特別提醒要注意各物體的位移是相對于地面的位移(或該方向上相對于地面的位移)．(3)彈簧模型當(dāng)彈簧連接的兩個(gè)物體速度相等時(shí)，彈簧壓縮最短或拉伸最長，此時(shí)彈性勢能達(dá)到最大而動能最?。?4)子彈打木塊模型存在兩種情況，其一是子彈未穿過木塊，二者最終具有共同速度，其二是子彈穿出了木塊(相對位移等于木塊厚度x相對＝d)，子彈速度大于木塊速度．命題熱點(diǎn)?巧突破考點(diǎn)一動量及動量定理的應(yīng)用1．(2022·遼寧押題卷)氣墊鞋指的是鞋底上部和鞋底下部之間設(shè)置有可形成氣墊的儲氣腔的鞋子，通過氣墊的緩沖減小地面對腳的沖擊力．某同學(xué)的體重為G，穿著平底布鞋時(shí)雙腳豎直著地過程中與地面的作用時(shí)間為t0．受到地面的平均沖擊力大小為2.4G．若腳著地前的速度保持不變，該同學(xué)穿上某型號的氣墊鞋時(shí)，雙腳豎直著地過程中與地面的作用時(shí)間變?yōu)?t0，則該同學(xué)受到地面的平均沖擊力大小變?yōu)?(

)A．4.8G B．1.2GC．0.7G D．1.7GD

【解析】設(shè)腳著地前的速度為v0，人著地的過程取向下為正方向，由動量定理有(G－2.4G)t0＝0－mv0，該同學(xué)穿上某型號的氣墊鞋時(shí)，雙腳豎直著地過程中與地面的作用時(shí)間變?yōu)?t0，可得(G－F)·2t0＝0－mv0，聯(lián)立解得F＝1.7G，故該同學(xué)受到地面的平均沖擊力大小變?yōu)?.7G，故選D．2．(2021·湖南高考)物體的運(yùn)動狀態(tài)可用位置x和動量p描述，稱為相，對應(yīng)p-x圖象中的一個(gè)點(diǎn)．物體運(yùn)動狀態(tài)的變化可用p-x圖象中的一條曲線來描述，稱為相軌跡．假如一質(zhì)點(diǎn)沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，則對應(yīng)的相軌跡可能是 (

)D

3．(2022·北京房山區(qū)二模)2022年2月北京舉辦了第24屆冬季奧運(yùn)會，蘇翊鳴奪得男子單板滑雪大跳臺項(xiàng)目金牌，成為中國首個(gè)單板滑雪奧運(yùn)冠軍．圖甲是一觀眾用手機(jī)連拍功能拍攝蘇翊鳴從起跳到落地的全過程的合成圖．圖乙為首鋼滑雪大跳臺的賽道的示意圖，分為助滑區(qū)、起跳臺、著陸坡和終點(diǎn)四個(gè)部分，運(yùn)動員從一百多米的助滑跑道滑下，騰空高度平均可達(dá)7m，落地前的速度與著陸坡之間有一定的夾角．以下說法正確的是 (

)A．運(yùn)動員由于與著陸坡作用時(shí)間短，所以不會受傷B．運(yùn)動員由于受到空氣阻力，機(jī)械能減少，速度降低，所以不會受傷C．適當(dāng)增加著陸坡與水平方向的傾角可以減小運(yùn)動員受到的撞擊力，增加安全性D．運(yùn)動員落到著陸坡時(shí)，由于運(yùn)動員動量變化量小，所以受到的撞擊力小C

即在垂直于著陸坡方向的動量的變化率較小(即mv2較小且Δt較大)，且根據(jù)FN的表達(dá)式可知，適當(dāng)增加著陸坡與水平方向的傾角θ可以減小運(yùn)動員受到的撞擊力，增加安全性．運(yùn)動員下落時(shí)雖然受到空氣阻力，但下落時(shí)仍做加速運(yùn)動，速度不會降低．綜上所述可知A、B、D錯(cuò)誤，C正確．D

考點(diǎn)二動量守恒定律的應(yīng)用1．(2022·湖南聯(lián)考)如圖所示，光滑水平面上有一長木板A，長木板A的左側(cè)固定一輕彈簧，輕彈簧的右側(cè)固定一光滑物塊B，開始時(shí)彈簧壓縮量為x＝8cm，鎖定系統(tǒng)靜止于水平面上．A的左側(cè)，距離A為12cm處放置光滑物塊C，C的右側(cè)有質(zhì)量不計(jì)的黏性物質(zhì)，與A碰撞時(shí)，會粘在一起，已知mA＝1kg，mB＝3kg，mC＝2kg，長木板足夠長，解除A、B系統(tǒng)的鎖定后，下列說法正確的是

(

)A．全過程機(jī)械能有損失B．A與C碰撞后，彈簧的最大壓縮量變?yōu)?cmC．彈簧再次壓縮到最短時(shí)，全過程A物塊向左運(yùn)動4cmD．解除鎖定時(shí)，B距長木板右側(cè)的距離至少為4cmC

【解析】

AB解除鎖定后，AB系統(tǒng)動量守恒，則由動量守恒定律和能量關(guān)系，當(dāng)彈簧伸長到最長時(shí)，伸長量應(yīng)該為8cm，此時(shí)AB兩物體的速度均為零，即AB兩物體之間的距離增加16cm，設(shè)此過程中A向左運(yùn)動x，則結(jié)合人船模型可知mAx＝mB(2×8－x)可得x＝12cm，即A向左運(yùn)動12cm，B向右運(yùn)動4cm，此時(shí)A剛好運(yùn)動到C的位置與C粘在一起(因此時(shí)AC的速度均為零，可知粘在一起的過程無能量損失)，因mAC＝mA＋mC＝mB可知以后兩物塊來回振動，當(dāng)彈簧最短時(shí)，彈簧的最大壓縮量仍為8cm，即AC整體向右運(yùn)動8cm，B向左運(yùn)動8cm，即彈簧再次壓縮到最短時(shí)，全過程A物塊向左運(yùn)動12cm－8cm＝4cm；由上述分析可知，解除鎖定時(shí)，B距長木板右側(cè)的距離至少為16cm，整個(gè)過程中只有彈簧彈性勢能與動能之間的轉(zhuǎn)化，即系統(tǒng)無機(jī)械能損失，故選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤．2．(多選)(2020·全國Ⅱ卷)水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運(yùn)動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動員時(shí)，運(yùn)動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞．總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運(yùn)動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運(yùn)動員．不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動員的質(zhì)量可能為 (

)A．48kg B．53kgC．58kg D．63kgBC

3．(多選)(2021·山東等級考)如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物資以相對地面的速度v0水平投出，落地時(shí)物資與熱氣球的距離為d．已知投出物資后熱氣球的總質(zhì)量為M．所受浮力不變．重力加速度為g，不計(jì)阻力．BC

考點(diǎn)三碰撞、爆炸與反沖問題

(2022·湖南，4)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子質(zhì)量大致相等的中性粒子(即中子)組成．如圖所示，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2．設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正確的是

(

)A．碰撞后氮核的動量比氫核的小B．碰撞后氮核的動能比氫核的小C．v2大于v1D．v2大于v0典例1B

〔總結(jié)提升〕抓住“三個(gè)原則、三個(gè)定律”速解碰撞問題(1)判斷兩物體碰撞瞬間的情況：當(dāng)兩物體相碰時(shí)，首先要判斷碰撞時(shí)間是否極短、碰撞時(shí)的相互作用力(內(nèi)力)是否遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力．(2)碰撞的“三個(gè)原則”：①動量守恒原則，即碰撞前后兩物體組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律；②能量不增加原則，即碰撞后系統(tǒng)的總能量不大于碰撞前系統(tǒng)的總能量；③物理情境可行性原則，即兩物體碰撞前后的物理情境應(yīng)與實(shí)際相一致．(3)遵循“三個(gè)定律”：如果物體間發(fā)生的是彈性碰撞，則一般是列出動量守恒方程和機(jī)械能守恒方程進(jìn)行求解；如果物體間發(fā)生的不是彈性碰撞，則一般應(yīng)用動量守恒定律和能量守恒定律(功能關(guān)系)進(jìn)行求解．〔考向預(yù)測〕1．(2021·山東濟(jì)南模擬)如圖所示，質(zhì)量相等的五個(gè)物塊在光滑水平面上間隔一定距離排成一條直線．具有初動能E0的物塊1向其他4個(gè)靜止的物塊運(yùn)動，依次發(fā)生碰撞，每次碰撞后不再分開，最后5個(gè)物塊粘成一個(gè)整體．則首次碰撞和最后一次碰撞中，損失的動能之比為(

)B

2．(2022·湖北十堰調(diào)研)如圖所示，足夠長的光滑水平直軌道AB與光滑圓弧軌道BC平滑連接，B為圓弧軌道的最低點(diǎn)．一質(zhì)量為1kg的小球a從直軌道上的A點(diǎn)以大小為4m/s的初速度向右運(yùn)動，一段時(shí)間后小球a與靜止在B點(diǎn)的小球b發(fā)生彈性正碰，碰撞后小球b沿圓弧軌道上升的最大高度為0.2m(未脫離軌道)．取重力加速度大小g＝10m/s2，兩球均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力．下列說法正確的是 (

)A．碰撞后瞬間，小球b的速度大小為1m/sB．碰撞后瞬間，小球a的速度大小為3m/sC．小球b的質(zhì)量為3kgD．兩球會發(fā)生第二次碰撞C

考點(diǎn)四“三大觀點(diǎn)”的綜合應(yīng)用考向1子彈打木塊模型

(2022·湖北七市聯(lián)考)如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，子彈A、B從兩側(cè)同時(shí)射入木塊，木塊始終保持靜止，子彈A射入木塊的深度是B的2倍．典例2假設(shè)木塊對子彈阻力大小恒定，則下列說法正確的是 (

)A．子彈A的質(zhì)量是子彈B的質(zhì)量的2倍B．子彈A的初動量是子彈B的初動量大小的2倍C．若子彈A、B的初始速度都增加為原來的2倍，則木塊不會始終保持靜止D．若子彈A、B的初始速度都增加為原來的2倍，則子彈A射入木塊的深度仍是子彈B的2倍D

考向2板塊模型

(2022·湖北八市聯(lián)考)如圖所示，光滑的水平面上，質(zhì)量為m1＝1kg的平板小車以v0＝5m/s的速度向左運(yùn)動，同時(shí)質(zhì)量為m2＝4kg的鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從小車左端以v0＝5m/s的速度向右滑上平板小車，一段時(shí)間后小車將與右側(cè)足夠遠(yuǎn)的豎直墻壁發(fā)生碰撞(碰撞時(shí)間極短)．碰撞前后小車速度大小不變，方向相反．已知鐵塊與平板車之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，小車始終未從小車上掉下來，取重力加速度g＝10m/s2．求：典例3(1)小車與墻壁發(fā)生第一次碰撞前的速度大??；(2)小車的最小長度；(3)小車與墻壁發(fā)生第一次碰撞后運(yùn)動的總路程(計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字)．【答案】

(1)3m/s

(2)6.25m

(3)1.41m【解析】

(1)設(shè)水平向右為正方向，由于小車與墻壁足夠遠(yuǎn)所以兩者共速后，在于墻壁碰撞后，小車與墻壁發(fā)生第一次碰撞時(shí)的速度大小為v1由動量守恒定律得m1(－v0)＋m2v0＝(m1＋m2)v1解得v1＝3m/s．(3)設(shè)小車的加速度大小為a，小車第一次碰撞后向左速度減為零時(shí)的位移大小為x1，小車從發(fā)生第一次碰撞到發(fā)生第二次碰撞間的路程為s1，由牛頓第二定律得μm2g＝m1a由運(yùn)動學(xué)公式得0－v＝2a(－x1)s1＝2x1解得s1＝0.9m考向3彈簧類問題

(2022·全國乙，25)如圖甲所示，一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上；物塊B向A運(yùn)動，t＝0時(shí)與彈簧接觸，到t＝2t0時(shí)與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的v-t圖象如圖乙所示．典例4已知從t＝0到t＝t0時(shí)間內(nèi)，物塊A運(yùn)動的距離為0.36v0t0．A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運(yùn)動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點(diǎn)與前一次相同．斜面傾角為θ(sinθ＝0.6)，與水平面光滑連接．碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi).求：(1)第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；(2)第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；(3)物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)．(3)由題圖乙知，第一次碰撞結(jié)束時(shí)，A的速度為2v0，B的速度為0.8v0，因第二次碰撞結(jié)束后A達(dá)到的最高點(diǎn)與第一次相同，故第二次碰撞結(jié)束時(shí)A的速度也為2v0．設(shè)A上升的最高點(diǎn)高度為h，第二次碰撞前A的速度大小為vA′A上滑過程中，由動能定理得〔總結(jié)提升〕利用彈簧進(jìn)行相互作用的碰撞模型，一般情況下均滿足動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，此類試題的一般解法是：(1)首先判斷彈簧的初始狀態(tài)是處于原長，伸長還是壓縮狀態(tài)；(2)分析碰撞前后彈簧和物體的運(yùn)動狀態(tài)，依據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律列出方程；(3)判斷解出的結(jié)果是否滿足“實(shí)際情境可行性原則”，如果不滿足，則要舍掉該結(jié)果．注意：(1)由于彈簧的彈力是變力，所以彈簧的彈性勢能通常利用機(jī)械能守恒或能量守恒求解；(2)要特別注意彈簧的三個(gè)狀態(tài)：原長(此時(shí)彈簧的彈性勢能為零)、壓縮到最短和伸長到最長的狀態(tài)(此時(shí)彈簧連接的兩個(gè)物體具有共同的速度，彈簧具有量大的彈性勢能)，這往往是解決此類問題的突破點(diǎn)．〔考向預(yù)測〕1．(2022·廣東高考)某同學(xué)受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖所示的物理模型．豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個(gè)滑塊，初始時(shí)它們處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動時(shí)，受到滑桿的摩擦力f為1N，滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運(yùn)動．已知滑塊的質(zhì)量m＝0.2kg，滑桿的質(zhì)量M＝0.6kg，A、B間的距離l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力．求：(1)滑塊在靜止時(shí)和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小N1和N2；(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；(3)滑桿向上運(yùn)動的最大高度h．【答案】

(1)8N

5N

(2)8m/s

(3)0.2m【解析】

(1)當(dāng)滑塊處于靜止時(shí)桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即N1＝(m＋M)g＝8N當(dāng)滑塊向上滑動過程中受到滑桿的摩擦力為1N，根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1N，方向豎直向上，則此時(shí)桌面對滑桿的支持力為N2＝Mg－f′＝5N．(2)滑塊向上運(yùn)動到碰前瞬間根據(jù)動能定理有應(yīng)用創(chuàng)新?提素養(yǎng)