新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第一部分专题特训练专题二能量和动量考点3三大力学观点的综合应用

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这是一份新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第一部分专题特训练专题二能量和动量考点3三大力学观点的综合应用，共19页。试卷主要包含了16m

(1)B滑到A的底端时对A的压力是多大？
(2)若B未与C右端的挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？
(3)在0.16m2．[2023·全国乙卷]如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l.一质量为m＝eq \f(1,3)M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等．小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数．
3．[2023·浙江6月]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、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接．质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上．现有质量m＝0.12kg的滑块a以初速度v0＝2eq \r(21)m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短).已知传送带长L＝0.8m，以v＝2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝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Ep＝eq \f(1,2)kx2(x为形变量).
(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
(3)若滑块a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Δx.
题组一应用三大观点解答多过程问题
4．如图所示AB是一段光滑的四分之一圆弧，半径R＝0.8m，BC是一段长度为d＝0.9m的水平轨道，与圆弧相切于B点．BC与传送带相接于C点，传送带长L＝1m，与水平面的夹角θ＝37°，传送带以大小恒为6m/s速度逆时针转动，一质量为3kg的小物体m1从A点释放，在B点与质量为1kg的小物体m2相碰后粘在一起，m1、m2与水平轨道和传送带之间的摩擦因数均为μ＝0.5，小物体过C点时速度大小不变，过C点后直接开始滑动，且若C点速度为0时物体不会停留在C点．在传送带底端有一弹性档板，小物体与之相碰后，速度大小不变，方向反向．(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8).完成下列问题：
(1)把m1从A点静止释放，求m1与m2相碰前的一瞬间，m1对B点的压力；
(2)把m1从A点静止释放，到m1、m2与档板第一次碰撞前的一瞬间，求m1、m2系统损失的机械能；
(3)如果要求m1、m2还能回到A点，那么在A点时至少应给m1多大的初速度．
5．[2023·山西统考一模]有一款推拉门，其三扇门板俯视如图所示，每扇门的宽度均为L＝1.00m，质量均为m＝20kg，边缘凸起部位的宽度均为d＝0.05m．门完全关闭时，1号门板的左侧以及3号门板的右侧分别与两侧的门框接触时，相邻门板的凸起部位也恰好接触．测试时，将三扇门板均推至最左端，然后用恒力F水平向右推3号门板，每次都经过相同的位移s＝0.20m后撤去F，观察三扇门的运动情况．发现当恒力为8.5N时，3号门板恰好能运动到其左侧凸起与2号门板右侧的凸起接触处．设每扇门与轨道间的动摩擦因数均相同，门板凸起部位间的碰撞及门板与门框的碰撞均为完全非弹性碰撞(不黏连).不考虑空气阻力，取g＝10m/s2.
(1)求每扇门与轨道间的动摩擦因数．
(2)若要实现三扇门恰好完全关闭，则恒力应是多大？
(3)若想让三扇门都到达最右侧门框处，则恒力至少是多大？
题组二应用三大观点解答“滑块－木板”模型
6．矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上．质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块，若射击下层，则子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，上述两种情况相比较，下列说法正确的是( )
A．子弹的末速度大小不相等
B．系统产生的热量不一样多
C．子弹对滑块做的功相同
D．子弹和滑块间的水平作用力一样大
7．[2023·河南省新未来联盟联考]如图所示，半径为R＝1.5m的弧形槽固定在水平地面上，槽右侧衔接一长木板乙，质量为m0＝1.5kg的可视为质点的物块丙静止在长木板的最右端，长木板的上表面比弧形槽的最低点B高．可视为质点的物体甲由弧形槽左上方某高度以v0＝3m/s的速度水平抛出，经过一段时间物体甲无碰撞地由A点进入弧形槽，且物体甲在A点的速度大小为v＝5m/s，物体甲滑到B点与长木板乙发生弹性碰撞，物体甲由A到B的过程中克服摩擦力做功0.5J．已知甲、乙的质量分别为m＝1kg、M＝3kg，物块丙与长木板乙、长木板乙与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度取g＝10m/s2.求：
(1)物体甲的抛出点与A点间的水平间距；
(2)物体甲与长木板乙碰后瞬间各自的速度；
(3)欲使物块丙不离开长木板乙，长木板乙的最小长度以及物块丙与长木板乙、长木板乙与地面之间因摩擦产生的总热量为多少．
8.[2023·河北省沧州市模拟]如图所示，竖直平面内固定光滑的四分之一圆弧轨道AB，其圆心为O，半径R＝2m，轨道末端B切线水平．光滑水平地面上有一质量M＝1kg的长木板贴紧圆弧轨道AB，木板上表面与轨道末端B等高，在木板右侧的地面上有一固定的挡板C，木板右端到挡板C的距离L＝6m．一质量m＝2kg的小物块(可视为质点)从圆弧轨道A点正上方高度H＝1.2m的P点由静止释放，恰好沿切线从A点滑入圆弧轨道，然后从B点离开圆弧轨道且无能量损失地滑上木板，已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.4，木板与挡板C的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，小物块始终未滑离长木板，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)小物块滑到B点时，对圆弧轨道的压力大小；
(2)木板从开始运动到最终停止运动的总路程；
(3)木板的最小长度．
9.[2023·福建省七地市质量检测](多选)如图所示，质量为m的物块P与物块Q(质量未知)之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长．现给P物体一瞬时初速度v0，并把此时记为0时刻，规定向左为正方向，0～2t0内P、Q物块运动的at图像如图所示，其中t轴下方部分的面积大小为S1，t轴上方部分的面积大小为S2，则( )
A．物体Q的质量为eq \f(1,2)m
B．t0时刻Q物体的速度为vQ＝S2
C．t0时刻P物体的速度为vP＝v0－eq \f(1,2)S1
D．0～2t0时间内弹簧始终对Q物体做正功
10．[2023·江苏省盐城市模拟]如图，竖直平面内有一光滑的平台AB，其左侧有一被压缩的轻弹簧，储存的弹性势能为16J，质量m1＝2kg的小球1紧靠轻弹簧放置(两者不拴接).其右侧有一半径R＝3.6m、圆心角θ＝60°的光滑圆弧轨道CD，圆弧轨道最底端D处平滑连接另一光滑平台DE，质量m2＝2kg的小球2静止在D点，E端有一质量为m3＝6kg的小球3，用轻杆悬吊，轻杆长度和悬点位置可调，始终保持小球3刚好接触E点．现解除弹簧锁定将小球1弹出，恰好沿C点的切线方向进入圆弧轨道，后与小球2粘在一起运动，小球2与小球3之间会发生弹性碰撞，取重力加速度g＝10m/s2，求：
(1)小球1与小球2碰撞前瞬间小球1的速度大小；
(2)小球3第一次被撞后瞬间的速度大小；
(3)若小球3第一次被撞后能做完整圆周运动，在最高点时轻杆对小球3的作用力大小为20N，求轻杆的长度L.
11.[2023·福建省七地市质量检测]如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右侧有一质量M＝0.10kg、半径R＝0.20m的四分之一光滑圆弧轨道CED(厚度不计)静置于水平地面上，圆弧轨道底端C与水平面上的B点平滑相接，O为圆弧轨道圆心．用质量为m＝0.20kg的物块把弹簧的右端压缩到A点由静止释放(物块与弹簧不拴接)，物块到达B点时的速度为v0＝3m/s.已知B点左侧地面粗糙，物块与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.1，A、B之间的距离为x＝1m，B点右侧地面光滑，g取10m/s2.
(1)求物块在A点时弹簧具有的弹性势能；
(2)求物块上升的最大高度；
(3)使该物块质量变为m1＝0.1kg，仍由A点静止释放，物块离开圆弧轨道D点时受到一垂直纸面向里的瞬时冲量I＝0.20N·s，并同时利用锁定装置让圆弧轨道瞬间停下，求物块离开轨道后运动轨迹的最高点到D点的距离．
12．[2023·广东肇庆市模拟]一长滑板A放在足够长的光滑水平面上，其截面如图所示，图中ab段和bc段相切，其中ab段是表面粗糙水平面，长度为2L，bc段是半径为L的一光滑圆弧面．长滑板左端有一个滑块B，滑块B与ab段之间的动摩擦因数μ＝0.8.A与B均处于静止状态．在长滑板A的右侧有一个滑块C，滑块C以v0＝8m/s的速度与长滑板A发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后粘合一体．已知A与C的质量相等，B的质量是A的6倍，L＝10cm，取g＝10m/s2，不计空气阻力．
(1)C与A碰撞结束的瞬间，长滑板A的速度大小为多少？
(2)滑块B最终停止在长滑板A的何处？
(3)若μ＝eq \f(1,4)，通过计算说明滑块B会不会脱离长滑板A.若会脱离，试求出脱离时长滑板A和滑块B的速度．
[答题区]
考点3 三大力学观点的综合应用
1．解析：(1)小滑块B从轨道顶端下滑到轨道底部的过程，由动能定理有mBgR＝ eq \f(1,2) mBv2
小滑块B在A的底端时，有FN－mBg＝mB eq \f(v2,R)
解得FN＝30 N由牛顿第三定律可知B对A的压力大小也为30 N
(2)当B滑上C瞬间，B、C的速度相等假设两者之间无相对滑动，对B、C整体有
μ2(mB＋mC)g＝(mB＋mC)a解得a＝8 m/s2
而B减速的最大加速度a1＝μ1g＝2 m/s2故假设不成立，B、C间会有相对滑动
则B的加速度向左，大小为a1＝2 m/s2
C受B向右的摩擦力μ1mBg和地面向左的摩擦力μ2(mB＋mC)g
其加速度满足μ2(mB＋mC)g－μ1mBg＝mCa2
解得a2＝10 m/s2
B向右运动的距离x1＝ eq \f(v2,2a1)
C向右运动的距离x2＝ eq \f(v2,2a2)
B、C间因摩擦产生的热量Q＝μ1mBg(x1－x2)解得Q＝1.6 J
(3)假设B还未与C右端挡板发生碰撞，C就停下，设C从开始运动到停下用时为t1，有t1＝ eq \f(v,a2)
得t1＝0.2 s此时B、C的位移分别是xB＝vt1－ eq \f(1,2) a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝0.36 m、xC＝vt1－ eq \f(1,2) a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝0.2 m
则x相＝0.16 m，此时vB＝v－a1t1＝1.6 m/s
由于L>0.16 m，所以假设成立，一定是C停下之后，B才与C右端挡板发生碰撞
设再经t2时间B与C右端挡板发生碰撞，有
L－0.16 m＝vBt2－ eq \f(1,2) a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得t2＝(0.8－ eq \r(0.8－L) ) s(另一解不符合题意，舍去)
碰撞前瞬间B的速度大小为v′B＝vB－a1t2＝2 eq \r(0.8－L) m/s
碰撞过程由动量守恒定律可得mBv′B＝(mB＋mC)v共
碰撞后B、C速度大小为v共＝ eq \f(\r(0.8－L),2) m/s
之后二者一起减速，有a＝μ2g＝8 m/s2，经t3后停下
则有at3＝v共解得t3＝ eq \f(\r(0.8－L),16) s故总时间t＝t1＋t2＋t3＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(15\r(0.8－L),16))) s
答案：(1)30 N (2)1.6 J (3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(15\r(0.8－L),16))) s
2．解析：(1)过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律
mgl＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得v0＝ eq \r(2gl)
过程2：小球以 eq \r(2gl) 与静止圆盘发生弹性碰撞，根据系统机械能守恒和动量守恒定律分别有
eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) Mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，mv0＝mv1＋Mv′1
解得v1＝ eq \f(m－M,m＋M) v0＝－ eq \f(\r(2gl),2) ，v′1＝ eq \f(1,2) v0＝ eq \f(\r(2gl),2)
即小球碰后速度大小为 eq \f(\r(2gl),2) ，方向竖直向上，圆盘速度大小为 eq \f(\r(2gl),2) ，方向竖直向下；
(2)第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即v1＋gt＝v′1
解得t＝ eq \f(v′1－v1,g) ＝ eq \f(v0,g)
根据运动学公式得最大距离为
dmax＝x盘－x球＝v′1t－(v1t－ eq \f(1,2) gt2)＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2g) ＝l
(3)第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有x盘1＝x球1
即v1t1＋ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝v′1t1
解得t1＝ eq \f(2v0,g)
此时小球的速度v2＝v1＋gt1＝ eq \f(3,2) v0圆盘的速度仍为v′1，这段时间内圆盘下降的位移
x盘1＝v′1t1＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,g) ＝2l之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
mv2＋Mv′1＝mv′2＋Mv″2
根据能量守恒 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋ eq \f(1,2) eq \a\vs4\al(Mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ＝ eq \f(1,2) mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋ eq \f(1,2) Mv″ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
联立解得
v′2＝0
v″2＝v0＝ eq \r(2gl)
同理可得当位移相等时
x盘2＝x球2
v″2t2＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得t2＝ eq \f(2v0,g)
圆盘向下运动x盘2＝v″2t2＝ eq \f(2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,g) ＝4l
此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
v3＝gt2＝2v0
由动量守恒mv3＋Mv″2＝mv′3＋Mv″3
机械能守恒
eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋ eq \f(1,2) Mv″ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝ eq \f(1,2) mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋ eq \f(1,2) Mv″ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
得碰后小球速度为v′3＝ eq \f(v0,2)
圆盘速度v″3＝ eq \f(3v0,2)
当二者即将四次碰撞时x盘3＝x球3
即v″3t3＝v′3t3＋ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
得t3＝ eq \f(2v0,g) ＝t1＝t2
在这段时间内，圆盘向下移动
x盘3＝v″3t3＝ eq \f(3v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,g) ＝6l
此时圆盘距离下端管口长度为
20l－1l－2l－4l－6l＝7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x盘4＝8l
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次．
答案：(1) eq \f(\r(2gl),2) eq \f(\r(2gl),2) (2)l (3)4
3．解析：(1)滑块a从D到F，由动能定理有
mg·2R＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(F)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
在F点，有FN－mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(F)) ,R)
解得vF＝10 m/s
FN＝31.2 N
(2)滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为
a＝μg＝5 m/s2
根据v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) －2aL
可得在C点的速度vC＝3 m/s
则滑块a从碰撞后到到达C点
eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ＋mg·2R
解得v1＝5 m/s
因ab碰撞动量守恒，则mvF＝－mv1＋3mv2
解得碰后b的速度v2＝5 m/s
则碰撞损失的能量
ΔE＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(F)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2) ·3mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝0
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度
mvF＝4mv
解得v＝2.5 m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
4mv＝6mv′
v′＝ eq \f(5,3) m/s
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
eq \f(1,2) ·4mv2＝ eq \f(1,2) ·6mv′2＋ eq \f(1,2) kx eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得x1＝0.1 m
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2＝x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
Δx＝2x1＝0.2 m
答案：(1)10 m/s 31.2 (2)0 (3)0.2 m
4．解析：(1)m1从A点静止释放到与m2相碰前的过程，根据机械能守恒
m1gR＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得v0＝4 m/s
根据牛顿第二定律FN－m1g＝ eq \f(m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,R)
解得B点对m1的支持力FN＝90 N
根据牛顿第三定律可知，m1对B点的压力大小为90 N，方向竖直向下．
(2)m1、m2系统损失的机械能等于系统克服摩擦力做功与碰撞过程损失机械能之和，碰撞过程根据动量守恒m1v0＝(m1＋m2)v1
又由功能关系得ΔE＝μ(m1＋m2)gd＋μ(m1＋m2)g cs θ·L＋ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2) (m1＋m2)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得ΔE＝40 J
(3)所施加的初速度最小时，m1、m2回到A点时的速度为零，则由C到A过程－μ(m1＋m2)gd－(m1＋m2)gR＝0－ eq \f(1,2) (m1＋m2)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C))
解得m1、m2返回到C点的速度为vC＝5 m/s
所施加的初速度最小时，假设系统到D点时速度大于6 m/s，则系统由D到C过程中，速度由v＝6 m/s到vC＝5 m/s阶段加速度大小为
a1＝g sin θ－μg cs θ＝2 m/s2
运动距离L1＝ eq \f(v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ,2a1) ＝ eq \f(11,4) m＞L，显然假设不成立，则系统到D点时速度小于6 m/s，则系统由D到C过程摩擦力对系统做正功，对全过程，根据能量守恒
eq \f(1,2) m1v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋μ(m1＋m2)g cs θ·L＝m2gR＋ΔE＋μ(m1＋m2)gd
解得v′0＝ eq \f(10,3) eq \r(3) m/s.
答案：(1)90 N，方向竖直向下 (2)40 J (3) eq \f(10,3) eq \r(3) m/s
5．解析：(1)设每扇门与轨道间的动摩擦因数为μ，根据动能定理
F1s－μmg(L－3d)＝0
解得μ＝0.01
(2)设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为v1，根据动能定理
F2s－μmg(L－3d)＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为v2，根据动量守恒定律有
mv1＝2mv2
3号门板与2号门板碰撞后一起向右运动的过程中，根据动能定理－μ(2m)g(L－3d)＝0－ eq \f(1,2) (2m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得F2＝42.5 N
(3)设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为v3，根据动能定理
F3s－μmg(L－3d)＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为v4，根据动量守恒定律有
mv3＝2mv4
3号门板与2号门板碰撞后一起向右运动到与门框接触前的速度大小为v5，根据动能定理－μ(2m)g(L－3d)＝ eq \f(1,2) (2m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) － eq \f(1,2) (2m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4))
设2号门板与1号门板碰撞后速度的大小为v6，根据动量守恒定律有
mv5＝2mv6
从2号门板与1号门板碰撞后到1号门板恰好停止过程中，根据动能定理－2μmg(L－3d)＝0－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6))
联立解得F3＝314.5 N.
答案：(1)0.01 (2)42.5 N (3)314.5 N
6．解析：根据题意可知，子弹以两种方式打入滑块的过程中，动量守恒，且最终子弹与滑块共速，设滑块的质量为M，末速度为v，由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v，解得v＝ eq \f(m,m＋M) v0，两种情况下子弹的末速度是相同的，A错误；根据题意，由能量守恒定律可得，系统产生的热量等于系统机械能的减少量，子弹以两种方式打入滑块的过程中，子弹减少的动能一样多(两种情况下子弹初、末速度都相等)，滑块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量Q一样多，设子弹和滑块间的水平作用力为f，则有Q＝fx相对，由于两种情况的x相对不同，则子弹和滑块间的水平作用力不同，B、D错误；根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，C正确．
答案：C
7．解析：(1)物体甲在A点的竖直分速度为vy＝ eq \r(v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) ＝4 m/s
物体甲由抛出点到A点的时间为t＝ eq \f(vy,g) ＝0.4 s
物体甲的抛出点与A点间的水平间距为x＝v0t＝1.2 m
(2)设弧形槽的圆心角为α，由(1)解析可知sin α＝ eq \f(vy,v) ＝0.8
物体甲由A点运动到B点的过程中，由动能定理得
mgR(1－cs α)－Wf＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2) mv2
又cs α＝0.6
解得v1＝6 m/s
物体甲与长木板乙发生弹性碰撞，设物体甲与长木板乙碰后的速度分别为v′1、v2，由动量守恒定律以及机械能守恒定律得
mv1＝mv′1＋Mv2
eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,2) mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得v′1＝－3 m/s，v2＝3 m/s
(3)物体甲与长木板乙碰后，物块丙向右做匀加速直线运动，加速度为a内＝ eq \f(μm0g,m0) ＝μg＝2 m/s2
长木板乙的加速度大小为a乙＝ eq \f(μm0g＋μ（M＋m0）g,M) ＝4 m/s2
当二者速度相等后，由于整体的加速度等于物块丙的最大加速度，所以此后二者保持相对静止，设此过程经过的时间为t1，则由速度关系得v2－a乙t1＝a丙t1
可得t1＝0.5 s
该过程中长木板乙的位移为x乙＝v2t1－ eq \f(1,2) a乙t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝1 m
物块丙的位移为x丙＝ eq \f(1,2) a丙t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝0.25 m
为使物块丙不离开长木板乙，则长木板乙的最小长度为
x＝x乙－x丙＝0.75 m
由以上分析可知，t1时刻物块丙和长木板乙的速度为
v′＝a丙t1＝1 m/s
此后二者共同减速到静止，且减速时的加速度大小为
a＝μg＝2 m/s2
减速到静止的位移大小为x′＝ eq \f(v′2,2a) ＝0.25 m
物块丙与长木板乙、长木板乙与地面之间因摩擦产生的热量之和为Q＝μm0gx＋μ(M＋m0)g(x乙＋x′)
代入数据解得Q＝13.5 J.
答案：(1)1.2 m (2)－3 m/s 3 m/s (3)0.75 m 13.5 J
8．解析：(1)小物块从P点运动到B点的过程，由动能定理得
mg(H＋R)＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
在B点合外力提供小物块做圆周运动的向心力有
FN－mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,R)
解得FN＝84 N
由牛顿第三定律可知，小物块对圆弧轨道的压力大小为F′N＝FN＝84 N.
(2)设木板与挡板C碰撞前，小物块和木板已经共速，共速的速度大小为v2，由动量守恒定律得
mv1＝(M＋m)v2
解得v2＝ eq \f(16,3) m/s
小物块滑上木板后，木板的加速度大小为a1＝ eq \f(μmg,M) ＝8 m/s2
设木板与挡板C碰撞前，木板一直加速，木板与挡板C碰撞前瞬间速度大小为v3，则有v3＝ eq \r(2a1L) ＝4 eq \r(6) m/s
由于v2＜v3，所以木板与挡板C碰撞前，小物块与木板已经共速，木板第一次碰撞挡板C的速度大小为v2，木板与挡板C第一次碰撞后，向左减速到速度为0运动的距离为x1＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2a1) ＝ eq \f(16,9) m
然后向右匀加速运动直到与物块共速，由动量守恒定律得
mv2－Mv2＝(m＋M)v4
由于v4＜v2，所以物块和木板会先共速，再以速度大小v4与挡板C发生第二次碰撞，碰后木板速度反向，大小不变，加速度不变，向左运动位移为
x2＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ,2a1) ＝ eq \f(16,81) m
同理，木板和物块会再次共速，然后和挡板C发生碰撞反弹向左运动
x3＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) ,2a1) ＝ eq \f(16,729) m
木板的总路程s＝L＋2x1＋2x2＋2x3＋……
解得s＝6 m＋ eq \f(16,9) ×2 m＋ eq \f(16,81) ×2 m＋…＝6 m＋32[( eq \f(1,9) )1＋( eq \f(1,9) )2＋( eq \f(1,9) )3＋…] m＝10 m
(3)木板与右侧挡板C的碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略，由动量守恒与机械能守恒可得，每次碰撞后，木板速度大小不变，方向反向．碰撞数次后小物块、木板最终均静止，物块相对木板一直向右运动，根据能量守恒有
μmgd＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) 解得木板的最短长度d＝8 m.
答案：(1)84 N (2)10 m (3)8 m
9．解析：0～2t0时间内Q所受弹力方向向左，P所受弹力方向始终向右，弹簧始终对Q物体做正功；t0时刻，PQ所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得 eq \f(F弹,mP) ＝ eq \f(F弹,m) ＝ eq \f(a0,2) ， eq \f(F弹,mQ) ＝a0，则物体Q的质量为 eq \f(1,2) m，A、D正确；由at图像可知，t0时刻Q物体的速度为vQ＝ eq \f(1,2) S2，B错误；由at图像可知，t0时刻P物体的速度为vP＝v0－ eq \f(1,2) S1，C正确．
答案：ACD
10．解析：(1)解除弹簧的锁定将小球1弹出，设小球1速度为v1，根据功能关系有
Ep＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得v1＝4 m/s
平台AB光滑，小球以v1＝4 m/s离开平台做平抛运动，设到C点的速度为v2，如图所示
根据平抛运动规律有
eq \f(vy,v1) ＝tan θ
代入数据解得vy＝4 eq \r(3) m/s
则小球在C点的速度为v2＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ＝8 m/s
设小球1到D点的速度为v3，从C到D根据动能定理有
m1gR(1－cs θ)＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) － eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
代入数据解得v3＝10 m/s
则小球1与小球2碰撞前瞬间小球1的速度大小为10 m/s
(2)小球1与小球2碰撞后粘在一起运动，动量守恒，设碰后的速度为v4，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
m1v3＝(m1＋m2)v4
平台DE光滑，碰后一起做匀速运动，小球1、2与小球3之间会发生弹性碰撞，动量守恒，设碰后小球1、2的速度为v5，小球3的速度为v6，根据动量守恒定律有
(m1＋m2)v4＝(m1＋m2)v5＋m3v6
根据能量守恒有
eq \f(1,2) (m1＋m2)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝ eq \f(1,2) (m1＋m2)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) ＋m3v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6))
联立解得v6＝4 m/s
(3)小球3从最低点到最高点，设最高点速度为v7，根据动能定理有
－2m3gL＝ eq \f(1,2) m3v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(7)) － eq \f(1,2) m3v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6))
小球3第一次被撞后能做完整圆周运动，若在最高点时轻杆对小球3的作用力竖直向下，根据牛顿第二定律有
m3g＋F＝m3 eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(7)) ,L)
联立解得L＝0.3 m
若在最高点时轻杆对小球3的作用力竖直向上，根据牛顿第二定律有
m3g－F＝m3 eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(7)) ,L)
联立解得L＝0.34 m.
答案：(1)10 m/s (2)4 m/s (3)0.3 m或0.34 m
11．解析：(1)设弹簧的弹性势能为Ep，物块从A到B的过程由动能定理得
Ep－μmgx＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
代入数据得Ep＝1.1 J
(2)物块和圆弧轨道相互作用的过程水平方向动量守恒，机械能守恒，则
mv0＝(M＋m)v共
eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) (M＋m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(共)) ＋mgh
解得h＝0.15 m
(3)设质量为m1的物块到达B点时的速度为v′0，物块从A到B的过程由动能定理得Ep－μm1gx＝ eq \f(1,2) m1v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
物块到达D点时在水平方向上与M共速
m1v′0＝(M＋m1)v′共
解得v′0＝2 eq \r(5) m/s，v′共＝ eq \r(5) m/s
设物块到达D点时在竖直方向上的速度为vy，由机械能守恒定律得 eq \f(1,2) m1v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2) (m1＋M)v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(共)) ＋ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) ＋m1gR
解得vy＝ eq \r(6) m/s
物块飞出后在竖直方向上做匀减速运动，设从D点飞出到最高点所用时间为t
t＝ eq \f(vy,g) ＝ eq \f(\r(6),10) s
当物块上升到D点时受到一个垂直于纸面的冲量，设获得的速度为vz，由
I＝m1vz
以物块飞出时D点所在的位置为坐标原点，以水平向右为x轴，竖直向上为y轴，垂直于纸面向里为z轴，则在时间t内各方向的位移分别为
x＝v′共t
y＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) ,2g)
z＝vzt
则最高点到D点的距离s＝ eq \r(x2＋y2＋z2)
代入数据得s＝ eq \f(3\r(7),10) m.
答案：(1)1.1 J (2)0.15 m (3) eq \f(3\r(7),10) m
12．解析：(1)设水平向左的方向为正方向．C与A发生完全非弹性碰撞，有mv0＝2mvAC1
C与A碰撞结束的瞬间，A与C的速度vAC1＝4 m/s
(2)设B与A、C系统共速时，速度为v；从B相对A、C开始运动到三者共速时，摩擦力做功的位移为x.则有2mvAC1＝(2m＋6m)v
eq \f(1,2) ×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(AC1)) ＝ eq \f(1,2) (2m＋6m)v2＋μ×6mgx
解得v＝1 m/s，x＝0.25 m
则x－2L＝0.05 m
则滑块B停留距b位置左侧5 cm处．
(3)滑块B如从c点冲出，由于水平速度与A相同，所以落下后还是会滑到ab部分，即B不会从c点脱离A，只可能从a点脱离A.设μ′为B能与A、C系统共速的动摩擦因数的最小值，则有 eq \f(1,2) ×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(AC1)) ＝ eq \f(1,2) (2m＋6m)v2＋μ′×6mg×4L
解得μ′＝0.5
因为μ＝ eq \f(1,4) ＜0.5，则滑块B会从a处脱离长滑板A.
脱离时，有 eq \f(1,2) ×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(AC1)) ＝ eq \f(1,2) ×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(AC2＋)) eq \f(1,2) ×6mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＋μ×6mg×4L
又2mvAC1＝2mvAC2＋6mvB
且vB＞vAC2，解得vB＝(1＋ eq \f(\r(2),2) ) m/s，vAC2＝(1－ eq \f(3\r(2),2) ) m/s.
答案：(1)4 m/s (2)b位置左侧5 cm处 (3)会 (1－ eq \f(3\r(2),2) ) m/s (1＋ eq \f(\r(2),2) ) m/s
题号
6
9
答案