金版教程物理2025高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案第七章動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用專題強(qiáng)化八 碰撞類模型的拓展含答案

《金版教程(物理）》2025高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案第七章動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用專題強(qiáng)化八碰撞類模型的拓展關(guān)鍵能力發(fā)展與提升考點(diǎn)一“滑塊—彈簧”模型模型應(yīng)用1．模型圖示2．模型特點(diǎn)(1)兩個(gè)物體與彈簧相互作用的過(guò)程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(2)在能量方面，由于彈簧形變會(huì)使彈性勢(shì)能發(fā)生變化，系統(tǒng)的總動(dòng)能將發(fā)生變化；若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(3)彈簧處于最長(zhǎng)(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)動(dòng)能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)。(4)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能為零，系統(tǒng)動(dòng)能最大(彈性碰撞拓展模型，相當(dāng)于碰撞結(jié)束時(shí))。例1(2023·安徽省黃山市高三下三模)(多選)如圖所示，光滑水平面上質(zhì)量為2M的物體A以速度v向右勻速滑動(dòng)，質(zhì)量為M的B物體左端與輕質(zhì)彈簧連接并靜止在光滑水平面上，在物體A與彈簧接觸后，以下判斷正確的是()A．在物體A與彈簧接觸過(guò)程中，彈簧對(duì)A的彈力沖量大小為eq\f(4,3)MvB．在物體A與彈簧接觸過(guò)程中，彈簧對(duì)B的彈力做功的功率一直增大C．從A與彈簧接觸到A、B相距最近的過(guò)程中，彈簧對(duì)A、B做功的代數(shù)和為0D．從A與彈簧接觸到A、B相距最近的過(guò)程中，最大彈性勢(shì)能為eq\f(1,3)Mv2[答案]AD[解析]當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物體A恰好與彈簧分離，設(shè)此時(shí)A、B的速度分別為vA′和vB′，在物體A與彈簧接觸過(guò)程中，對(duì)A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得2Mv＝2MvA′＋MvB′，根據(jù)系統(tǒng)在碰撞前后動(dòng)能不變得eq\f(1,2)×2Mv2＝eq\f(1,2)×2MvA′2＋eq\f(1,2)MvB′2，解得vA′＝eq\f(1,3)v，vB′＝eq\f(4,3)v，根據(jù)動(dòng)量定理，該過(guò)程中彈簧對(duì)A的彈力沖量大小I＝|2MvA′－2Mv|，解得I＝eq\f(4,3)Mv，A正確；在物體A與彈簧接觸到A、B分離的過(guò)程中，彈簧先從原長(zhǎng)壓縮，后恢復(fù)原長(zhǎng)，開(kāi)始和最后時(shí)彈簧彈力均為零，彈簧彈力對(duì)B做功的功率均為零，可知彈簧對(duì)B的彈力做功的功率不可能一直增大，B錯(cuò)誤；當(dāng)A、B速度相同時(shí)，二者相距最近，設(shè)共同速度為v′，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，對(duì)A、B組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得2Mv＝(2M＋M)v′，解得v′＝eq\f(2,3)v，由動(dòng)能定理知，該過(guò)程中彈簧對(duì)A做功為WA＝eq\f(1,2)×2Mv′2－eq\f(1,2)×2Mv2＝－eq\f(5,9)Mv2，對(duì)B做功為WB＝eq\f(1,2)Mv′2＝eq\f(2,9)Mv2，則彈簧對(duì)A、B做功的代數(shù)和為W＝WA＋WB＝－eq\f(1,3)Mv2，由功能關(guān)系可知，彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep＝－W＝eq\f(1,3)Mv2，C錯(cuò)誤，D正確。例2(多選)光滑水平面上用輕彈簧相連的A、B兩物體，以6m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量均為2kg。在B的正前方靜止放置一質(zhì)量為4kg的物體C，B、C碰后粘在一起，則在之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中()A．彈簧的最大彈性勢(shì)能為12JB．A、B、C和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能是36JC．物體C的最大速度為4m/sD．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A的速度不可能向左[答案]ACD[解析]B、C碰撞瞬間，B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mBv0＝(mB＋mC)v，代入數(shù)據(jù)解得v＝2m/s；三個(gè)物體速度相同時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律得：mAv0＋mBv0＝(mA＋mB＋mC)v共，代入數(shù)據(jù)解得：v共＝3m/s，設(shè)彈簧的最大彈性勢(shì)能為Ep，由機(jī)械能守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)(mB＋mC)v2－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,共)，代入數(shù)據(jù)解得：Ep＝12J，A、B、C和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mB＋mC)v2＝24J，故A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，C的速度最大，設(shè)此時(shí)B、C的速度為v1，A的速度為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mAv0＋(mB＋mC)v＝mAv2＋(mB＋mC)v1，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)(mB＋mC)v2＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,1)，代入數(shù)據(jù)解得v1＝4m/s，v2＝0，故C正確；由于A、B、C系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，總動(dòng)量p＝(mA＋mB)v0＝24kg·m/s，若A的速度向左，則B、C的速度向右且一定大于4m/s，與C項(xiàng)分析沖突，所以A的速度不可能向左，故D正確。“彈簧類”模型的解題思路(1)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。(2)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。(3)應(yīng)用臨界條件：兩物體共速時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大?？键c(diǎn)二“光滑圓弧軌道＋滑塊”模型模型應(yīng)用1．模型圖示2．模型特點(diǎn)(1)最高點(diǎn)：m與M具有共同水平速度v共。系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度(完全非彈性碰撞拓展模型)。(2)最低點(diǎn)：m與M分離點(diǎn)。水平方向動(dòng)量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)(彈性碰撞拓展模型)。例3(多選)如圖所示，一帶有eq\f(1,2)光滑圓弧軌道的小車靜止在光滑的水平面上，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從圓弧A端正上方由靜止釋放，剛好從A點(diǎn)無(wú)碰撞地進(jìn)入圓弧小車，AB是圓弧的水平直徑，在小球從A向B運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．小球運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)，小車的速度最大C．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小等于小球在A點(diǎn)時(shí)的速度大小D．小球從B點(diǎn)拋出后，向上做斜上拋運(yùn)動(dòng)[答案]BC[解析]小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合力為零，在豎直方向所受合力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，可知系統(tǒng)水平方向的總動(dòng)量保持為零不變，因?yàn)樾∏蜻\(yùn)動(dòng)到圓弧最低點(diǎn)時(shí)水平速度最大，則此時(shí)小車的速度最大，故B正確；小球由B點(diǎn)離開(kāi)小車時(shí)與小車在水平方向速度相等，又因?yàn)樾∏蚝托≤嚱M成的系統(tǒng)在水平方向的總動(dòng)量始終為零，則此時(shí)小球在水平方向的速度為零，小車的速度為零，小球離開(kāi)小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，小球從A到B的過(guò)程中，系統(tǒng)中只有重力做功，所以由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度大小等于小球在A點(diǎn)時(shí)的速度大小，故C正確，D錯(cuò)誤。例4(多選)如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為2M、半徑為R(R足夠大)的eq\f(1,4)圓弧曲面C，質(zhì)量為M的小球B置于其底端，另一個(gè)小球A質(zhì)量為eq\f(M,2)，小球A以v0＝6m/s的速度向B運(yùn)動(dòng)，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計(jì)一切摩擦，小球均視為質(zhì)點(diǎn)，則()A．B的最大速率為4m/sB．B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速率為eq\f(3,4)m/sC．B能與A再次發(fā)生碰撞D．B不能與A再次發(fā)生碰撞[答案]AD[解析]A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得，eq\f(M,2)v0＝eq\f(M,2)vA＋MvB，eq\f(1,2)·eq\f(M,2)veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·eq\f(M,2)veq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)，解得vA＝－2m/s，vB＝4m/s，A與B碰后B的速率最大，故B的最大速率為4m/s，A正確；B沖上C并運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)二者共速，設(shè)為v，則MvB＝(M＋2M)v，得v＝eq\f(4,3)m/s，B錯(cuò)誤；設(shè)B、C分離時(shí)的速度分別為vB′、vC′，從B沖上C然后又滑到C底端的過(guò)程，由水平方向動(dòng)量守恒，有MvB＝MvB′＋2MvC′，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)·Mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)·MvB′2＋eq\f(1,2)·2MvC′2，聯(lián)立解得vB′＝－eq\f(4,3)m/s，由于|vB′|<|vA|，所以B與A不會(huì)再次發(fā)生碰撞，C錯(cuò)誤，D正確?？键c(diǎn)三懸繩模型模型應(yīng)用懸繩模型(如圖所示)與“光滑圓弧軌道＋滑塊(小球)”模型特點(diǎn)類似，即系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量守恒，解題時(shí)需關(guān)注物體運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)。例5(2023·云南省大理州高三下統(tǒng)測(cè)(二))(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的小球和小環(huán)用長(zhǎng)為l不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，小環(huán)套在光滑固定的水平細(xì)桿上，將小球拉至輕繩與桿夾角為θ時(shí)，由靜止釋放，重力加速度為g，下列判斷正確的是()A．小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒B．小球向右擺到的最高點(diǎn)和釋放點(diǎn)的高度相同C．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，速度為eq\r(gl（1－sinθ）)D．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，輕繩對(duì)環(huán)的拉力為mg(2－sinθ)[答案]BC[解析]小球擺動(dòng)的過(guò)程，有豎直方向的加速度，小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)豎直方向上所受合力不為零，則系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題意可知，系統(tǒng)在水平方向上所受合力為零，則水平方向上動(dòng)量守恒，小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向上速度為零，水平方向速度與小環(huán)相等，由動(dòng)量守恒定律知，小球水平方向速度也為零，則由機(jī)械能守恒定律知，此時(shí)小球的重力勢(shì)能與釋放點(diǎn)的相等，則高度也相同，故B正確；小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，設(shè)小球速度的大小為v1，小環(huán)速度的大小為v2，由動(dòng)量守恒定律有mv1－mv2＝0，由機(jī)械能守恒定律有mgl(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v1＝v2＝eq\r(gl（1－sinθ）)，此時(shí)小球相對(duì)于小環(huán)的速度大小為v＝v1＋v2＝2eq\r(gl（1－sinθ）)，對(duì)小球，由牛頓第二定律有F－mg＝meq\f(v2,l)，解得F＝mg(5－4sinθ)，則此時(shí)輕繩對(duì)環(huán)的拉力為mg(5－4sinθ)，故C正確，D錯(cuò)誤。例6如圖所示，質(zhì)量為0.1kg的小圓環(huán)A穿在光滑的水平直桿上，小球B的質(zhì)量為0.2kg，A、B用長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.8m的輕質(zhì)細(xì)線連接，B懸掛在A下方并處于靜止?fàn)顟B(tài)。t＝0時(shí)刻，小圓環(huán)A獲得沿桿向左的沖量0.6N·s，取g＝10m/s2，A、B可視為質(zhì)點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是()A．t＝0時(shí)刻細(xì)線對(duì)B的拉力大小為2NB．小球B第一次運(yùn)動(dòng)到A的正下方時(shí)A的速度最小C．從小球B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次回到A的正下方的過(guò)程中，細(xì)線對(duì)A先做負(fù)功再做正功D．從小球B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次回到A的正下方的過(guò)程中，合力對(duì)B的沖量為0.6N·s[答案]C[解析]根據(jù)動(dòng)量定理得A的初速度大小vA0＝eq\f(I,mA)＝6m/s，以A為參考系，可知t＝0時(shí)刻B相對(duì)A做圓周運(yùn)動(dòng)，且速度大小為vA0，方向向右，對(duì)B有T－mBg＝mBeq\f(veq\o\al(2,A0),L)，可得細(xì)線的拉力T＝mBg＋mBeq\f(veq\o\al(2,A0),L)>mBg＝2N，故A錯(cuò)誤；從小球B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次回到A的正下方的過(guò)程，A與B組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以水平向左為正方向，有mAvA0＝mAvA1＋mBvB1，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B1)，可解得B第一次回到A的正下方時(shí)A、B的速度分別為vA1＝－2m/s，vB1＝4m/s，根據(jù)動(dòng)量定理知，此過(guò)程合力對(duì)B的沖量I′＝mBvB1＝0.8N·s，D錯(cuò)誤；由上述分析可知，小球B第一次回到A的正下方時(shí)，A球的速度不是最小，最小速度為vAmin＝0，B錯(cuò)誤；開(kāi)始時(shí)A帶動(dòng)B向左運(yùn)動(dòng)，A受到向右下方的拉力減速，B受到向左上方的拉力水平方向加速，當(dāng)兩者在水平方向共速時(shí)，細(xì)線仍向右下方傾斜，之后A繼續(xù)減速至0，B水平方向繼續(xù)加速，然后A受到向右下方的拉力向右加速至vA1＝－2m/s，B水平方向繼續(xù)加速至vB1＝4m/s，此時(shí)B第一次回到A的正下方，結(jié)合動(dòng)能定理知，整個(gè)過(guò)程細(xì)線對(duì)A先做負(fù)功再做正功，C正確。考點(diǎn)四“滑塊—木板”模型模型應(yīng)用1．模型圖示2．模型特點(diǎn)(1)若滑塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相等時(shí)木板的速度最大，兩者的相對(duì)路程(滑塊相對(duì)木板滑動(dòng)的距離)取得極值(完全非彈性碰撞拓展模型)。(2)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對(duì)路程的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能。(3)根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)損失的動(dòng)能ΔEk＝eq\f(M,m＋M)Ek0，可以看出，滑塊的質(zhì)量越小，木板的質(zhì)量越大，動(dòng)能損失越多(另外，ΔEk＝Q＝FfΔx，Δx為滑塊與木板間的相對(duì)路程)。(4)該類問(wèn)題既可以從動(dòng)量、能量角度求解，相當(dāng)于完全非彈性碰撞拓展模型，也可以從力和運(yùn)動(dòng)的角度借助圖像求解。例7如圖所示，光滑水平面上有質(zhì)量為m且足夠長(zhǎng)的木板，木板上放一質(zhì)量也為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的小木塊。現(xiàn)分別使木塊獲得向右的水平初速度v0和2v0，兩次運(yùn)動(dòng)均在木板上留下劃痕，則兩次劃痕長(zhǎng)度之比為()A．1∶4 B．1∶4eq\r(2)C．1∶8 D．1∶12[答案]A[解析]木塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到相對(duì)長(zhǎng)木板靜止的過(guò)程中，木塊和木板組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，取水平向右為正方向，當(dāng)木塊的初速度為v0時(shí)，有mv0＝(m＋m)v，解得v＝eq\f(v0,2)；根據(jù)能量守恒定律有μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋m)v2，解得劃痕長(zhǎng)度s＝eq\f(veq\o\al(2,0),4μg)；同理，當(dāng)木塊的初速度為2v0時(shí)，則劃痕長(zhǎng)度s′＝eq\f(（2v0）2,4μg)，故兩次劃痕長(zhǎng)度之比為s∶s′＝1∶4，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。例8(多選)長(zhǎng)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一大小均為v0、方向相反的初速度，最后b沒(méi)有滑離a。設(shè)a的初速度方向?yàn)檎较?，a、b的v-t圖像可能正確的是()[答案]ABC[解析]地面光滑，a、b組成的系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)a的質(zhì)量為ma，b的質(zhì)量為mb，最后b沒(méi)有滑離a，則最終a、b相對(duì)靜止，速度相等。根據(jù)牛頓第二定律，a、b應(yīng)在同一時(shí)刻達(dá)到共同速度，故D錯(cuò)誤。從開(kāi)始至二者共速，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mav0－mbv0＝(ma＋mb)v。如果ma>mb，則v為正，故B正確。如果ma＝mb，則v＝0，故C正確。如果ma<mb，則v為負(fù)，故A正確。例9(2022·河北高考)如圖，光滑水平面上有兩個(gè)等高的滑板A和B，質(zhì)量分別為1kg和2kg，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質(zhì)量均為1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右運(yùn)動(dòng)，B和D以相同速度kv0向左運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻發(fā)生碰撞，作用時(shí)間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個(gè)新物塊，A與B粘在一起形成一個(gè)新滑板，物塊與滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10m/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(duì)靜止時(shí)，求兩者相對(duì)位移的大小。[答案](1)5(1－k)m/seq\f(10－20k,3)m/s方向均水平向右(2)1.875m[解析](1)物塊C、D碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度為v物，C、D的質(zhì)量均為m，以水平向右為正方向，則有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物解得v物＝eq\f(1－k,2)v0＝5(1－k)m/s>0可知碰撞后瞬間新物塊的速度大小為5(1－k)m/s，方向水平向右滑板A、B碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，設(shè)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(zhì)量分別為mA、mB，以水平向右為正方向，則有mAv0－mB·kv0＝(mA＋mB)v滑解得v滑＝eq\f(1－2k,3)v0＝eq\f(10－20k,3)m/s>0可知碰撞后瞬間新滑板的速度大小為eq\f(10－20k,3)m/s，方向也水平向右。(2)若k＝0.5，可知碰撞后瞬間新物塊的速度為v物＝5(1－k)m/s＝2.5m/s新滑板的速度為v滑＝eq\f(10－20k,3)m/s＝0分析可知，從碰撞后到二者相對(duì)靜止，新物塊向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，新滑板向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)相對(duì)靜止時(shí)二者的共同速度為v共，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得2mv物＝(2m＋mA＋mB)v共解得v共＝1m/s根據(jù)功能關(guān)系及能量守恒定律可得μ×2mgx相＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,物)－eq\f(1,2)(2m＋mA＋mB)veq\o\al(2,共)可解得兩者相對(duì)位移的大小為x相＝1.875m?！盎瑝K—木板”模型的解題思路(1)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。(2)在涉及滑塊或木板的運(yùn)動(dòng)時(shí)間時(shí)，優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理。(3)在涉及滑塊或木板的位移時(shí)，優(yōu)先考慮用動(dòng)能定理。(4)在涉及滑塊與木板的相對(duì)位移時(shí)，優(yōu)先考慮用系統(tǒng)的能量守恒。(5)滑塊與木板不相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，兩者達(dá)到共同速度?？键c(diǎn)五“子彈打木塊”模型模型應(yīng)用1．模型圖示2．模型特點(diǎn)(1)子彈水平打進(jìn)木塊的過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。(2)系統(tǒng)的機(jī)械能有損失。3．兩種情境(1)子彈嵌入木塊中，兩者速度相等，機(jī)械能損失最多(完全非彈性碰撞)動(dòng)量守恒：mv0＝(m＋M)v；能量守恒：Q＝Ff·s＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2。(2)子彈穿透木塊動(dòng)量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；能量守恒：Q＝Ff·d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋\f(1,2)mveq\o\al(2,1)))。例10(多選)矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘合在一起組成，將其放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以速度v0水平射向滑塊，若射擊下層，子彈剛好不射出，若射擊上層，則子彈剛好能射穿一半厚度，如圖所示，則上述兩種情況相比較，下列說(shuō)法正確的是()A．子彈的末速度大小相等B．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多C．子彈對(duì)滑塊做的功相同D．子彈和滑塊間的水平作用力一樣大[答案]ABC[解析]以v0的方向?yàn)檎较颍訌椛淙牖瑝K的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得共同速度v＝eq\f(mv0,M＋m)，可知兩種情況下子彈的末速度是相同的，A正確；子彈射入下層或上層滑塊的過(guò)程中，兩種情況下子彈及滑塊初、末狀態(tài)均相同，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量都等于系統(tǒng)減少的動(dòng)能，故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多，B正確；根據(jù)動(dòng)能定理，滑塊動(dòng)能的增加量等于子彈對(duì)滑塊做的功，所以兩次子彈對(duì)滑塊做的功一樣多，C正確；由Q＝Ff·s相對(duì)知，由于s相對(duì)不相等，所以兩種情況下子彈和滑塊間的水平作用力Ff不一樣大，D錯(cuò)誤。例11(2023·四川省成都市樹(shù)德中學(xué)高三檢測(cè))(多選)水平飛行的子彈打穿固定在水平面上的木塊，經(jīng)歷時(shí)間為t1，子彈損失的動(dòng)能為ΔEk1損，系統(tǒng)機(jī)械能的損失為E1損，穿透后系統(tǒng)的總動(dòng)量為p1；同樣的子彈以同樣的速度打穿放在光滑水平面上的同樣的木塊，經(jīng)歷時(shí)間為t2，子彈損失的動(dòng)能為ΔEk2損，系統(tǒng)機(jī)械能的損失為E2損，穿透后系統(tǒng)的總動(dòng)量為p2。設(shè)木塊對(duì)子彈的阻力為恒力且上述兩種情況下該阻力大小相等，則下列結(jié)論正確的是()A．t2>t1 B．ΔEk2損>ΔEk1損C．E2損>E1損 D．p2>p1[答案]ABD[解析]兩次打穿木塊過(guò)程中，子彈受到的阻力Ff相等，根據(jù)牛頓第二定律有a＝eq\f(Ff,m)，則兩次子彈的加速度相等，第二次以同樣的速度擊穿放在光滑水平面上同樣的木塊，由于在子彈穿過(guò)木塊的過(guò)程中，木塊會(huì)在水平面上滑動(dòng)，所以第二次子彈的位移x2要大于第一次的位移x1，即x2>x1，子彈打穿木塊的過(guò)程做減速運(yùn)動(dòng)，由位移公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2和x2>x1可得，t2>t1，故A正確；兩次打穿木塊過(guò)程中，子彈受到的阻力相等，阻力對(duì)子彈做的功等于子彈損失的動(dòng)能，即ΔEk損＝Ffx，由于x2>x1，所以ΔEk2損>ΔEk1損，故B正確；兩次打穿木塊的過(guò)程，系統(tǒng)機(jī)械能的損失E損＝Ffd，其中d為子彈相對(duì)于木塊的位移大小，由于兩次子彈相對(duì)于木塊的位移大小都是木塊的長(zhǎng)度，所以系統(tǒng)機(jī)械能的損失相等，即E2損＝E1損，故C錯(cuò)誤；第一次子彈穿透木塊的過(guò)程，木塊的動(dòng)量不變，子彈的動(dòng)量減小，則穿透后系統(tǒng)的總動(dòng)量p1小于子彈的初動(dòng)量，第二次子彈穿透木塊的過(guò)程，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則p2等于子彈的初動(dòng)量，所以p2>p1，故D正確。課時(shí)作業(yè)1.(2024·遼寧省鞍山市高三上二模)(多選)如圖所示，光滑的半圓槽質(zhì)量為M，半徑為R，靜止在光滑的水平地面上，一質(zhì)量為m的小球(視為質(zhì)點(diǎn))恰好能沿槽右邊緣的切線方向釋放滑入槽內(nèi)，小球沿槽內(nèi)壁運(yùn)動(dòng)直至槽左邊緣。重力加速度大小為g。關(guān)于小球和半圓槽的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A．小球和半圓槽組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B．小球和半圓槽組成的系統(tǒng)，動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒C．小球滑到底端時(shí)的速度大小等于eq\r(2gR)D．小球滑到底端時(shí)的速度小于eq\r(2gR)答案BD解析根據(jù)題意可知，小球滑入槽中后，在豎直方向上具有加速度，小球和半圓槽組成的系統(tǒng)在豎直方向上受力不平衡，所以動(dòng)量不守恒，但在水平方向上，系統(tǒng)不受外力作用，故水平方向上系統(tǒng)動(dòng)量守恒，整個(gè)過(guò)程中，只有重力對(duì)系統(tǒng)做功，故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)小球滑到底端時(shí)，設(shè)小球的速度大小為v1，半圓槽的速度大小為v2，對(duì)小球和半圓槽組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，由水平方向動(dòng)量守恒有mv1－Mv2＝0，解得v1＝eq\r(\f(2MgR,M＋m))<eq\r(2gR)，故C錯(cuò)誤，D正確。2.如圖所示，在光滑的水平面上，有兩個(gè)質(zhì)量都是m的小車A和B，兩車之間用輕質(zhì)彈簧相連，它們以共同的速度v0向右運(yùn)動(dòng)，另有一質(zhì)量為m的粘性物體，從高處自由落下，正好落在A車上，并與之粘合在一起，則這以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能為()A.eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0) B.eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)C.eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0) D.eq\f(1,15)mveq\o\al(2,0)答案C解析粘性物體和A相互作用的過(guò)程，水平方向動(dòng)量守恒，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝2mv1，解得v1＝eq\f(v0,2)。之后三個(gè)物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)B車與A車速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＋2mv1＝3mv2，解得v2＝eq\f(2,3)v0，根據(jù)能量守恒定律，可得彈簧的最大彈性勢(shì)能為Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0)，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。3.如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過(guò)程木塊的動(dòng)能增加了6J，那么此過(guò)程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為()A．16J B．2JC．6J D．4J答案A解析設(shè)子彈的質(zhì)量為m0，初速度為v0，木塊的質(zhì)量為m，子彈打入木塊的過(guò)程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此過(guò)程產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動(dòng)能，即ΔE＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋m0)v2＝eq\f(m＋m0,m0)·eq\f(1,2)mv2，而木塊獲得的動(dòng)能Ek木＝eq\f(1,2)mv2＝6J，則ΔE>6J，A正確。4.(人教版選擇性必修第一冊(cè)·第一章[復(fù)習(xí)與提高]B組T8改編)如圖所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點(diǎn)系一長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為m0的球C，現(xiàn)將C球拉起使細(xì)線水平伸直，并由靜止釋放C球，則下列說(shuō)法不正確的是()A．A、B兩木塊分離時(shí)，A、B的速度大小均為eq\f(m0,m)eq\r(\f(mgL,2m＋m0))B．A、B兩木塊分離時(shí)，C的速度大小為2eq\r(\f(mgL,2m＋m0))C．C球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過(guò)程中，A對(duì)B的彈力的沖量大小為2m0eq\r(\f(mgL,2m＋m0))D．C球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過(guò)程中，木塊A移動(dòng)的距離為eq\f(m0L,2m＋m0)答案C解析球C下落到最低點(diǎn)前，A、B受到細(xì)線的作用力斜向右下方，向右做加速運(yùn)動(dòng)，球C越過(guò)最低點(diǎn)后A受到細(xì)線的作用力斜向左下方，開(kāi)始向右做減速運(yùn)動(dòng)，則球C下落到最低點(diǎn)時(shí)，A、B開(kāi)始分離，將A、B、C視為一個(gè)系統(tǒng)，從釋放C球至C球下落至最低點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有m0gL＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)×2m×veq\o\al(2,AB)，水平方向動(dòng)量守恒，有m0vC＝2mvAB，聯(lián)立解得A、B分離時(shí)C的速度大小vC＝2eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，A、B的速度大小vAB＝eq\f(m0,m)eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，故A、B正確；C球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過(guò)程中，選B為研究對(duì)象，由動(dòng)量定理得IAB＝mvAB－0＝m0eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，故C錯(cuò)誤；C球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過(guò)程中，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)C對(duì)地水平向左的位移大小為x1，A、B對(duì)地水平位移大小為x2，則有m0x1＝2mx2，又x1＋x2＝L，可解得x2＝eq\f(m0L,2m＋m0)，故D正確。本題選說(shuō)法不正確的，故選C。5．(2023·湖南省常德市高三下模擬)(多選)如圖所示，水平平面內(nèi)固定有兩根足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)槽，質(zhì)量為2m的U形管恰好能在兩導(dǎo)槽之間自由滑動(dòng)，其彎曲部分是半圓形，B點(diǎn)為圓弧部分中點(diǎn)，輕彈簧右端固定于U形管C點(diǎn)處。開(kāi)始U形管靜止，一半徑略小于管半徑、質(zhì)量為m的小球以初速度v0從U形管A點(diǎn)向左射入，最終又從A點(diǎn)離開(kāi)U形管，不計(jì)一切摩擦。下列說(shuō)法正確的是()A．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)U形管的速度大小為eq\f(v0,3)B．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)小球的速度大小為eq\f(\r(7)v0,3)C．U形管獲得的最大速度為eq\f(v0,3)D．彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能為eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)答案ABD解析設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，小球與U形管在平行導(dǎo)槽方向具有的共同速度為v1，小球與U形管組成的系統(tǒng)在平行導(dǎo)槽方向動(dòng)量守恒，則有mv0＝(m＋2m)v1，解得v1＝eq\f(v0,3)，設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)小球的速度大小為v2，對(duì)小球與U形管組成的系統(tǒng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)，解得v2＝eq\f(\r(7)v0,3)，故A、B正確；當(dāng)小球從A點(diǎn)離開(kāi)U形管時(shí)，U形管的速度最大，設(shè)此時(shí)小球的速度為v3，U形管的速度為v4，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒有mv0＝mv3＋2mv4，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,4)，解得v3＝－eq\f(1,3)v0，v4＝eq\f(2,3)v0，可知U形管獲得的最大速度為eq\f(2v0,3)，故C錯(cuò)誤；當(dāng)小球與U形管具有共同速度v共時(shí)，彈簧獲得最大彈性勢(shì)能Epm，根據(jù)小球和U形管組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，可得mv0＝(m＋2m)v共，解得v共＝eq\f(v0,3)，對(duì)小球、U形管和彈簧組成的系統(tǒng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋2m)veq\o\al(2,共)＋Epm，解得Epm＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)，D正確。6．(2023·安徽省馬鞍山市高三下第二次教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè))(多選)如圖甲所示，一小車靜止在光滑水平地面上，上表面PQ是以O(shè)為圓心、半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，左端P與平臺(tái)等高且平滑對(duì)接(不粘連)。一小球以某一水平速度沖上小車。測(cè)得在水平方向上小球與小車的速度大小分別為v1、v2，作出v2-v1圖像，如圖乙所示。已知P點(diǎn)距地面高h(yuǎn)＝eq\f(R,5)，重力加速度為g，則()A．小車質(zhì)量是小球質(zhì)量的2倍B．小球上升到最高點(diǎn)時(shí)的速度為eq\f(\r(gR),2)C．小球上升的最大高度為eq\f(R,4)D．小球落地時(shí)與小車左端P點(diǎn)的水平距離為eq\f(\r(10),5)R答案BCD解析設(shè)小球質(zhì)量為m，小車質(zhì)量為M，小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合力為零，所以水平方向動(dòng)量守恒，由圖乙數(shù)據(jù)可得，v2＝0時(shí)總動(dòng)量p1＝meq\r(gR)，v1＝0時(shí)總動(dòng)量p2＝Meq\r(gR)，又p1＝p2，解得m＝M，故A錯(cuò)誤；小球上升到最高點(diǎn)時(shí)與小車具有共同速度，設(shè)為v共，則meq\r(gR)＝(m＋M)v共，解得v共＝eq\f(\r(gR),2)，故B正確；設(shè)小球上升的最大高度為H，對(duì)小球、小車組成的系統(tǒng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)m(eq\r(gR))2＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,共)＋mgH，解得H＝eq\f(R,4)，故C正確；小球滑回至P點(diǎn)時(shí)，設(shè)小球和小車的速度分別為v球和v車，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律分別有meq\r(gR)＝mv球＋Mv車，eq\f(1,2)m(eq\r(gR))2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,球)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,車)，解得v球＝0，v車＝eq\r(gR)，則小球離開(kāi)小車后做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，有h＝eq\f(1,2)gt2，t時(shí)間內(nèi)小車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以小球落地時(shí)與小車左端P點(diǎn)的水平距離為x＝v車t＝eq\f(\r(10),5)R，故D正確。7．(2023·山西省陽(yáng)泉市高三下三模)如圖a所示，長(zhǎng)方形木板放在光滑的水平地面上，在其右端放置一可視為質(zhì)點(diǎn)的小木塊，現(xiàn)給長(zhǎng)方形木板一個(gè)大小為v0、方向水平向右的初速度，最后小木塊剛好沒(méi)有滑離長(zhǎng)方形木板；如圖b所示，將相同的長(zhǎng)方形木板靜止放置在光滑的水平地面上，在其左端地面上固定一個(gè)四分之一光滑圓弧槽，圓弧槽的下端與木板的上表面相平，現(xiàn)讓相同的小木塊從圓弧槽的最高點(diǎn)由靜止開(kāi)始滑下，最后小木塊也剛好沒(méi)有滑離長(zhǎng)方形木板。已知小木塊與長(zhǎng)方形木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，長(zhǎng)方形木板的質(zhì)量為小木塊質(zhì)量的3倍，重力加速度為g，求：(1)長(zhǎng)方形木板的長(zhǎng)度；(2)圓弧槽軌道的半徑；(3)圖a中小木塊在長(zhǎng)方形木板上的滑行時(shí)間與圖b中小木塊在長(zhǎng)方形木板上的滑行時(shí)間之比。答案(1)eq\f(3veq\o\al(2,0),8μg)(2)eq\f(veq\o\al(2,0),2g)(3)1∶1解析(1)對(duì)于題圖a，小木塊在長(zhǎng)方形木板上滑行過(guò)程中，小木塊、長(zhǎng)方形木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)二者最終達(dá)到的共同速度大小為v1，木塊的質(zhì)量為m，長(zhǎng)方形木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，根據(jù)題意可知，長(zhǎng)方形木板的質(zhì)量為3m，規(guī)定長(zhǎng)方形木板的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律有3mv0＝(3m＋m)v1由功能關(guān)系有μmgL＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(3m＋m)veq\o\al(2,1)聯(lián)立解得L＝eq\f(3veq\o\al(2,0),8μg)。(2)對(duì)于題圖b，設(shè)圓弧槽軌道的半徑為r，小木塊剛滑上長(zhǎng)方形木板時(shí)的速度大小為v，小木塊剛好沒(méi)有滑離長(zhǎng)方形木板時(shí)二者的共同速度大小為v2，小木塊滑下圓弧槽軌道的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律可得mgr＝eq\f(1,2)mv2對(duì)小木塊、長(zhǎng)方形木板組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律可得mv＝(m＋3m)v2由功能關(guān)系有μmgL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋3m)veq\o\al(2,2)聯(lián)立解得r＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)。(3)對(duì)題圖a，設(shè)小木塊在長(zhǎng)方形木板上的滑行時(shí)間為t1，規(guī)定小木塊受到的摩擦力方向?yàn)檎较?，?duì)小木塊，由動(dòng)量定理有μmgt1＝mv1對(duì)題圖b，設(shè)小木塊在長(zhǎng)方形木板上的滑行時(shí)間為t2，規(guī)定長(zhǎng)方形木板受到的摩擦力方向?yàn)檎较颍瑢?duì)長(zhǎng)方形木板，由動(dòng)量定理有μmgt2＝3mv2解得t1∶t2＝1∶1。8．(2022·全國(guó)乙卷)如圖a，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(dòng)，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圖像如圖b所示。已知從t＝0到t＝t0時(shí)間內(nèi)，物塊A運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(guò)程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求(1)第一次碰撞過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的最大值；(2)第一次碰撞過(guò)程中，彈簧壓縮量的最大值；(3)物塊A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。答案(1)0.6mveq\o\al(2,0)(2)0.768v0t0(3)0.45解析(1)由題圖b可知，t＝t0時(shí)A、B速度相等，彈簧被壓縮至最短，彈簧彈性勢(shì)能最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mB·1.2v0＝(m＋mB)v0根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得Epmax＝eq\f(1,2)mB(1.2v0)2－eq\f(1,2)(m＋mB)veq\o\al(2,0)聯(lián)立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mveq\o\al(2,0)。(2)B接觸彈簧后壓縮彈簧的過(guò)程中，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，在任意時(shí)刻均有mB·1.2v0＝mvA＋mBvB即6mv0＝mvA＋5mvB對(duì)方程兩邊同時(shí)乘以時(shí)間Δt，有6mv0Δt＝mvAΔt＋5mvBΔt0～t0時(shí)間內(nèi)，根據(jù)位移等于速度在時(shí)間上的累積，可得6mv0t0＝msA＋5msB將sA＝0.36v0t0代入可得sB＝1.128v0t0則第一次碰撞過(guò)程中，彈簧壓縮量的最大值Δs＝sB－sA＝0.768v0t0。(3)物塊A第二次到達(dá)斜面的最高點(diǎn)與第一次相同，說(shuō)明物塊A第二次與B分離后速度大小仍為2v0，方向水平向右。設(shè)物塊A第一次下滑到斜面底端的速度大小為vA1，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得－mvA1＋5m·0.8v0＝m·2v0＋5mvB2根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A1)＋eq\f(1,2)·5m(0.8v0)2＝eq\f(1,2)m(2v0)2＋eq\f(1,2)·5mveq\o\al(2,B2)聯(lián)立解得vA1＝v0解法一：設(shè)A在斜面上向上滑行的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，上滑過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得－mgLsinθ－μmgLcosθ＝0－eq\f(1,2)m(2v0)2下滑過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgLsinθ－μmgLcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0聯(lián)立解得μ＝0.45。解法二：根據(jù)牛頓第二定律，物塊A上滑和下滑時(shí)分別有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma上mgsinθ－μmgcosθ＝ma下設(shè)A沿斜面上滑的位移大小為L(zhǎng)，上滑時(shí)末速度為0，下滑時(shí)初速度為0，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與速度的關(guān)系式可得－2a上L＝0－(2v0)22a下L＝veq\o\al(2,A1)聯(lián)立解得μ＝0.45。專題強(qiáng)化九力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用關(guān)鍵能力發(fā)展與提升1．解決力學(xué)問(wèn)題的三個(gè)基本觀點(diǎn)(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)解題，可處理勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。(2)能量觀點(diǎn)：用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系和能量守恒定律解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。(3)動(dòng)量觀點(diǎn)：用動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。2．力學(xué)規(guī)律的選用原則(1)如果要列出各物理量在某一時(shí)刻的動(dòng)力學(xué)關(guān)系式，可用牛頓第二定律。(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí)，一般用動(dòng)量定理(涉及時(shí)間的問(wèn)題)或動(dòng)能定理(涉及位移的問(wèn)題)去解決問(wèn)題。(3)若研究的對(duì)象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)去解決問(wèn)題，但需注意所研究的過(guò)程是否滿足守恒的條件。(4)在涉及相對(duì)位移問(wèn)題時(shí)則優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量。(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí)，需注意到這些過(guò)程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換，這種問(wèn)題由于作用時(shí)間都極短，因此用動(dòng)量守恒定律去解決?？枷?動(dòng)量與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用例1(2021·河北高考)如圖，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成，其中AB段傾角為θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圓弧連接。一個(gè)質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質(zhì)量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起。背包與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空氣阻力及拎包過(guò)程中滑雪者與背包的重心變化，求：(1)滑道AB段的長(zhǎng)度；(2)滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度。[答案](1)9m(2)7.44m/s[解析](1)設(shè)滑道AB段的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，已知背包質(zhì)量為m1＝2kg，設(shè)其在AB段滑行的加速度為a1，由牛頓第二定律有m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1代入數(shù)據(jù)解得a1＝2m/s2已知滑雪者質(zhì)量為m2＝48kg，初速度為v0＝1.5m/s，加速度為a2＝3m/s2，設(shè)其在AB段滑行時(shí)間為t，則背包在AB段的滑行時(shí)間為t＋t0(t0＝1s)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得L＝eq\f(1,2)a1(t＋t0)2L＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2聯(lián)立解得t＝2s(t＝－1s舍去)故可得L＝9m。(2)設(shè)背包和滑雪者到達(dá)水平滑道時(shí)的速度分別為v1、v2，則v1＝a1(t＋t0)代入數(shù)據(jù)解得v1＝6m/sv2＝v0＋a2t代入數(shù)據(jù)解得v2＝7.5m/s滑雪者拎起背包的過(guò)程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)拎起背包時(shí)的共同速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v代入數(shù)據(jù)解得v＝7.44m/s?？枷?動(dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用例2(2022·福建高考)如圖，L形滑板A靜置在粗糙水平面上，滑板右端固定一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧左端與一小物塊B相連，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)。一小物塊C以初速度v0從滑板最左端滑入，滑行s0后與B發(fā)生完全非彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)，然后一起向右運(yùn)動(dòng)；一段時(shí)間后，滑板A也開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知A、B、C的質(zhì)量均為m，滑板與小物塊、滑板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g；最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求：(1)C在碰撞前瞬間的速度大?。?2)C與B碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能；(3)從C與B相碰后到A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，C和B克服摩擦力所做的功。[答案](1)eq\r(veq\o\al(2,0)－2μgs0)(2)eq\f(1,4)m(veq\o\al(2,0)－2μgs0)(3)eq\f(\a\vs4\al(2μ2m2g2),k)[解析](1)設(shè)C在碰撞前瞬間的速度大小為v1，小物塊C運(yùn)動(dòng)至剛要與物塊B相碰的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得－μmgs0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v1＝eq\r(veq\o\al(2,0)－2μgs0)。(2)物塊B、C發(fā)生完全非彈性碰撞，則碰后瞬間速度相等，設(shè)速度大小為v2，碰撞過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv1＝2mv2C與B碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)聯(lián)立解得ΔE＝eq\f(1,4)m(veq\o\al(2,0)－2μgs0)。(3)設(shè)滑板A剛要滑動(dòng)時(shí)彈簧的壓縮量為Δx，此時(shí)對(duì)滑板A，由受力平衡可得kΔx＋2μmg＝3μmg從C與B相碰后到A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，C和B克服摩擦力所做的功為W＝2μmg·Δx聯(lián)立解得W＝eq\f(\a\vs4\al(2μ2m2g2),k)?？枷?力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用例3(2023·天津高考)已知A、B兩物體的質(zhì)量mA＝2kg，mB＝1kg，A物體從距水平地面h＝1.2m處自由下落，且同時(shí)B物體從水平地面豎直上拋，經(jīng)過(guò)t＝0.2s相遇碰撞后，兩物體立刻粘在一起運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度g＝10m/s2，求：(1)碰撞時(shí)離地高度x；(2)碰后速度v；(3)碰撞損失的機(jī)械能ΔE。[答案](1)1m(2)0(3)12J[解析](1)由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得，碰撞時(shí)A物體下落高度為hA＝eq\f(1,2)gt2則碰撞時(shí)離地高度x＝h－h(huán)A聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得x＝1m。(2)設(shè)B物體從地面豎直上拋的初速度大小為vB0，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知x＝vB0t－eq\f(1,2)gt2代入數(shù)據(jù)解得vB0＝6m/s碰撞前A物體的速度大小vA＝gt＝2m/s，方向豎直向下碰撞前B物體的速度大小vB＝vB0－gt＝4m/s，方向豎直向上選豎直向下為正方向，碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒定律可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v代入數(shù)據(jù)解得v＝0。(3)根據(jù)能量守恒定律可知，碰撞損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝12J。例4(2023·廣東高考)如圖為某藥品自動(dòng)傳送系統(tǒng)的示意圖。該系統(tǒng)由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺(tái)組成，滑槽高為3L，平臺(tái)高為L(zhǎng)。藥品盒A、B依次被輕放在以速度v0勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上，在與傳送帶達(dá)到共速后，從M點(diǎn)進(jìn)入滑槽，A剛好滑到平臺(tái)最右端N點(diǎn)停下，隨后滑下的B以2v0的速度與A發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤(pán)內(nèi)直徑的兩端。已知A、B的質(zhì)量分別為m和2m，碰撞過(guò)程中損失的能量為碰撞前瞬間總動(dòng)能的eq\f(1,4)。A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，A、B滑至N點(diǎn)之前不發(fā)生碰撞，忽略空氣阻力和圓盤(pán)的高度，將藥品盒視為質(zhì)點(diǎn)。求：(1)A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時(shí)間t；(2)B從M點(diǎn)滑至N點(diǎn)的過(guò)程中克服阻力做的功W；(3)圓盤(pán)的圓心到平臺(tái)右端N點(diǎn)的水平距離s。[答案](1)eq\f(v0,μg)(2)6mgL－3mveq\o\al(2,0)(3)eq\f(3v0,2)eq\r(\f(2L,g))[解析](1)設(shè)A在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a，由牛頓第二定律得μmg＝ma由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得v0＝at聯(lián)立解得t＝eq\f(v0,μg)。(2)B從M點(diǎn)滑至N點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得2mg·3L－W＝eq\f(1,2)·2m·(2v0)2－eq\f(1,2)·2m·veq\o\al(2,0)解得W＝6mgL－3mveq\o\al(2,0)。(3)設(shè)A、B碰撞后瞬間的速度分別為vA、vB，以向右為正方向，根據(jù)碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有2m·2v0＝2mvB＋mvA由題意得eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))×eq\f(1,2)·2m·(2v0)2聯(lián)立解得vA＝2v0，vB＝v0(另一解vA＝eq\f(2,3)v0，vB＝eq\f(5,3)v0不符合實(shí)際，故舍去)離開(kāi)N點(diǎn)后，A、B均做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為t1，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得L＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)圓盤(pán)半徑r＝eq\f(1,2)(vAt1－vBt1)由幾何關(guān)系可知，圓盤(pán)的圓心到平臺(tái)右端N點(diǎn)的水平距離為s＝vBt1＋r聯(lián)立解得s＝eq\f(3v0,2)eq\r(\f(2L,g))。應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題的思路(1)對(duì)于這類問(wèn)題，首先作受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，根據(jù)受力和運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)將多過(guò)程問(wèn)題劃分為幾個(gè)基本的力學(xué)模型，最好畫(huà)出草圖。(2)然后根據(jù)每個(gè)過(guò)程的特點(diǎn)，結(jié)合力學(xué)三大觀點(diǎn)的選用原則選擇合適的力學(xué)規(guī)律(動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系式、動(dòng)量守恒定律、動(dòng)量定理)列方程，并注意過(guò)程銜接處的物理量關(guān)系(如速度大小不變)。(3)聯(lián)立方程求解(有些情況需要先計(jì)算出一個(gè)過(guò)程末的物理量，然后再據(jù)此重復(fù)(1)(2)步驟分析下一個(gè)過(guò)程列方程求解，層層遞進(jìn))。課時(shí)作業(yè)1.(2023·湖南省邵陽(yáng)市高三下二模)如圖所示，有一固定的傾斜長(zhǎng)鋼索，小球Q通過(guò)輕繩與環(huán)P相連，并隨P一起沿鋼索下滑，下滑過(guò)程中，輕繩始終與鋼索是垂直的，不計(jì)空氣阻力，則()A．球Q的加速度大小與重力加速度的大小相等B．球Q所受重力的功率保持不變C．球Q的機(jī)械能守恒D．球Q動(dòng)量變化的方向豎直向下答案C解析設(shè)鋼索與水平面的夾角為θ，對(duì)小球Q受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ＝ma，解得球Q沿鋼索下滑的加速度大小a＝gsinθ，故A錯(cuò)誤；球Q下滑過(guò)程中所受重力的功率PG＝mgvQsinθ，因速度vQ在增大，故重力的功率PG也增大，B錯(cuò)誤；球Q運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只受繩子拉力和自身重力作用，且繩子拉力始終與運(yùn)動(dòng)方向垂直，不做功，只有重力做功，因此球Q的機(jī)械能守恒，C正確；根據(jù)動(dòng)量定理可知，球Q動(dòng)量變化的方向?yàn)榍騋所受合力的方向，由A項(xiàng)分析可知，合力方向沿鋼索向下，故D錯(cuò)誤。2．(2023·天津高考)質(zhì)量為m的列車以速度v沿水平直軌道勻速行駛，突然以大小為F的力制動(dòng)剎車直到列車停止，過(guò)程中恒受到大小為f的阻力，下列說(shuō)法正確的是()A．減速運(yùn)動(dòng)加速度大小a＝eq\f(F,m)B．力F的沖量大小為mvC．剎車距離為eq\f(mv2,2（F＋f）)D．勻速行駛時(shí)牽引力的功率為(f＋F)v答案C解析根據(jù)牛頓第二定律有F＋f＝ma，可得減速運(yùn)動(dòng)加速度大小a＝eq\f(F＋f,m)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0＝v－at，解得列車制動(dòng)剎車的時(shí)間t＝eq\f(mv,F＋f)，故力F的沖量大小為I＝Ft＝eq\f(Fmv,F＋f)，方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，故B錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0－v2＝－2ax，可得剎車距離為x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(mv2,2（F＋f）)，故C正確；勻速行駛時(shí)牽引力大小等于阻力大小，則牽引力的功率為P＝fv，故D錯(cuò)誤。3．(粵教版選擇性必修第一冊(cè)·第一章第三節(jié)[練習(xí)]T3改編)(2023·河北省滄州市高三下一模)(多選)如圖所示，物塊A的質(zhì)量為1kg，物塊B及小車C的質(zhì)量均為2kg，小車足夠長(zhǎng)。物塊A、B與小車C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.1，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，地面光滑，兩物塊間夾一輕質(zhì)彈簧，彈簧與物塊不連接。初始時(shí)雙手摁住兩個(gè)物塊，彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧彈力為F，重力加速度g取10m/s2，現(xiàn)雙手同時(shí)放開(kāi)，則下列說(shuō)法正確的是()A．無(wú)論彈力F為多大，最終三者速度均為0B．若F＝1.5N，則釋放物塊后，A、C發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)C．若F＝2N，則釋放物塊后，A、C之間及B、C之間均發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)D．若釋放物塊的瞬間，物塊A、B均相對(duì)于小車滑動(dòng)，則全過(guò)程中彈簧減少的機(jī)械能大于系統(tǒng)內(nèi)摩擦產(chǎn)生的熱能答案AB解析水平地面光滑，則A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且三者之間最終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)，速度相等，又初始時(shí)A、B、C三者速度均為0，系統(tǒng)動(dòng)量為0，則無(wú)論彈力F為多大，最終三者速度均為0，故A正確；由Ff＝μmg可知，A、C之間的最大靜摩擦力小于B、C之間的最大靜摩擦力，故隨著F逐漸增大，A、C之間先發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，當(dāng)A、C恰未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，F(xiàn)1＝μmAg＝1N，因F＝1.5N>F1，故釋放物塊后，A、C之間相對(duì)滑動(dòng)，B正確；隨著F繼續(xù)增大，B、C將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，B、C之間恰未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，對(duì)C分析可知，fBC－fAC＝mCa0，對(duì)B、C整體分析可知，F(xiàn)2－fAC＝(mB＋mC)a0，解得F2＝3N，F(xiàn)＝2N時(shí)，因F1<F<F2，則A、C之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，B、C之間未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，故C錯(cuò)誤；若釋放物塊的瞬間，物塊A、B均相對(duì)于小車滑動(dòng)，而A、B、C三者最終也將均靜止，根據(jù)能量守恒定律可知，全過(guò)程中系統(tǒng)減少的機(jī)械能即彈簧減少的彈性勢(shì)能等于系統(tǒng)內(nèi)摩擦產(chǎn)生的熱能，故D錯(cuò)誤。4.(2023·江蘇省徐州市高三下考前模擬(三模))如圖所示，某同學(xué)將兩相同羽毛球A、B從同一高處以相同速率v0水平打出。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中羽毛球僅受到重力及恒定的水平風(fēng)力作用，逆風(fēng)的球A落至地面上的P處，順風(fēng)的球B落至地面上的Q處。則()A．A球飛行時(shí)間比B球長(zhǎng)B．兩球落地時(shí)速度大小相同C．兩球飛行過(guò)程中合外力的沖量相同D．兩球落地時(shí)重力的功率不同答案C解析A、B兩球豎直方向均做自由落體運(yùn)動(dòng)，則h＝eq\f(1,2)gt2，可知兩球飛行時(shí)間相等，故A錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程中，重力對(duì)A、B球做功相同，由題圖可知，水平風(fēng)力對(duì)A球做負(fù)功、對(duì)B球做正功，結(jié)合動(dòng)能定理知，B球落地時(shí)動(dòng)能較大，所以B球落地時(shí)的速度大于A球落地時(shí)的速度，故B錯(cuò)誤；兩球飛行過(guò)程中，合外力的沖量為I＝F合t，由于兩球受相同的重力和恒定的風(fēng)力，所以兩球所受的合外力相同，又由A項(xiàng)分析知兩球飛行時(shí)間相等，所以兩球飛行過(guò)程中合外力的沖量相同，故C正確；落地時(shí)重力的功率為PG＝mgvy，而vy＝gt，解得PG＝mg2t，可知兩球落地時(shí)重力的功率相同，故D錯(cuò)誤。5．(2022·重慶高考)(多選)一物塊在傾角為45°的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相等的拉力作用，由靜止開(kāi)始沿斜面向下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同。若拉力沿斜面向下時(shí)，物塊滑到底端的過(guò)程中重力和摩擦力對(duì)物塊做功隨時(shí)間的變化分別如圖中曲線①、②所示，則()A．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(2),3)B．當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為9J時(shí)，物塊動(dòng)能為3JC．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊的加速度大小之比為1∶3D．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊滑到底端時(shí)的動(dòng)量大小之比為1∶eq\r(2)答案BC解析由題意知，拉力大小F＝f＝μmgcos45°，當(dāng)拉力沿斜面向下時(shí)，對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律有mgsin45°＋F－f＝ma1，得物塊下滑的加速度大小為a1＝gsin45°＝eq\f(\r(2),2)g，物塊滑到底端的過(guò)程中重力和摩擦力對(duì)物塊做功分別為WG＝mg·eq\f(1,2)a1t2·sin45°＝eq\f(mg2,4)t2＝18J，Wf＝－μmgcos45°·eq\f(1,2)a1t2＝－eq\f(μmg2,4)t2＝－6J，聯(lián)立解得物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,3)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)拉力沿斜面向上時(shí)，對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律有mgsin45°－F－f＝ma2，得物塊下滑的加速度大小為a2＝gsin45°－2μgcos45°＝eq\f(\r(2),6)g，則當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊的加速度大小之比為a2∶a1＝1∶3，故C正確；當(dāng)拉力沿斜面向上，物塊位移大小為x時(shí)，重力做功為WG′＝mgsin45°·x，合力做功為W合＝ma2·x，兩者比值為eq\f(WG′,W合)＝eq\f(gsin45°,a2)＝eq\f(\f(\r(2),2)g,\f(\r(2),6)g)＝3，則重力做功為WG′＝9J時(shí)，合力做功為W合＝eq\f(WG′,3)＝3J，由動(dòng)能定理知此時(shí)物塊動(dòng)能為3J，故B正確；由p＝mv、v2＝2ax聯(lián)立，得動(dòng)量大小p＝meq\r(2ax)，則當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊滑到底端時(shí)的動(dòng)量大小之比為p2∶p1＝eq\r(a2)∶eq\r(a1)＝1∶eq\r(3)，故D錯(cuò)誤。6.(2023·山西省大同市高三下三模)(多選)用如圖所示的裝置來(lái)估測(cè)子彈的射出速度，取一只乒乓球(可視為質(zhì)點(diǎn))，在球上挖一個(gè)圓孔，向球內(nèi)填進(jìn)一些橡皮泥，放在桌子的邊緣處。用玩具槍水平瞄準(zhǔn)球的圓孔(玩具槍的槍口不能對(duì)著人)扣動(dòng)扳機(jī)，讓子彈射入孔中，與乒乓球一起水平拋出。已知球的總質(zhì)量為M，桌面的高度為h，乒乓球落地點(diǎn)與桌子邊緣的水平距離為s，子彈的質(zhì)量為0.5M，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是()A．子彈與乒乓球一起水平拋出時(shí)的速度為seq\r(\f(g,2h))B．子彈剛要射入乒乓球之前的動(dòng)量為eq\f(3Ms,2)eq\r(\f(2g,h))C．子彈對(duì)乒乓球的沖量大小為Mseq\r(\f(g,2h))D．子彈與乒乓球在碰撞過(guò)程中生成的熱量為eq\f(3Ms2g,4h)答案ACD解析設(shè)子彈與乒乓球一起水平拋出時(shí)的共同速度為v共，在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得s＝v共t，h＝eq\f(1,2)gt2，解得v共＝seq\r(\f(g,2h))，A正確；設(shè)子彈剛要射入乒乓球之前的動(dòng)量為p，子彈與乒乓球發(fā)生完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律可得p＝(M＋0.5M)v共，解得p＝eq\f(3Ms,4)eq\r(\f(2g,h))，B錯(cuò)誤；對(duì)碰撞前后的乒乓球應(yīng)用動(dòng)量定理可得，子彈對(duì)乒乓球的沖量大小I＝Mv共＝Mseq\r(\f(g,2h))，C正確；由動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系Ek＝eq\f(p2,2m)及能量守恒定律可得，子彈與乒乓球在碰撞過(guò)程中生成的熱量為Q＝eq\f(p2,2×0.5M)－eq\f(1,2)(0.5M＋M)veq\o\al(2,共)＝eq\f(3Ms2g,4h)，D正確。7．(2023·海南高考)如圖所示，有一固定的光滑eq\f(1,4)圓弧軌道，半徑R＝0.2m，一質(zhì)量為mB＝1kg的小滑塊B從軌道頂端滑下，在其沖上長(zhǎng)木板C左端時(shí)，給木板一個(gè)與小滑塊相同的初速度，已知mC＝3kg，B、C間動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2，C與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.8，C右端有一個(gè)擋板，C長(zhǎng)為L(zhǎng)。重力加速度g取10m/s2。求：(1)B滑到A的底端時(shí)對(duì)A的壓力是多大？(2)若B未與C右端擋板碰撞，當(dāng)B與地面保持相對(duì)靜止時(shí)，