2024年高考物理复习第一轮：专题强化课(06)　“三大观点”解答力学综合问题

命题点一动量与能量的综合问题(多维探究)1．解决力学问题的三大观点动力学观点运用牛顿运动定律结合运动学知识，可解决匀变速运动问题能量观点用动能定理和能量守恒定律等，可解决非匀变速运动问题动量观点用动量守恒定律等，可解决非匀变速运动问题2.动量观点和能量观点的比较相同点(1)研究对象都是相互作用的物体组成的系统(2)研究过程都是某一运动过程不同点动量守恒定律是矢量表达式，还可以写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律都是标量表达式，绝无分量表达式第1维度：动量定理和动能定理的综合应用…某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v＝1m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝2kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5.设皮带足够长，取g＝10m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：(1)邮件滑动的时间t；(2)邮件对地的位移大小x；(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.解析：(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则F＝μmg①取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有Ft＝mv－0②由①②式并代入数据得t＝0.2s．③(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有Fx＝eq\f(1,2)mv2－0④由①④式并代入数据得x＝0.1m．⑤(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则s＝vt⑥摩擦力对皮带做的功W＝－Fs⑦由①③⑥⑦式并代入数据得W＝－2J．⑧答案：(1)0.2s(2)0.1m(3)－2J第2维度：动力学观点和动量守恒定律的综合应用…汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B．两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5m，A车向前滑动了2.0m，已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10m/s2.求：(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．解析：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB．由运动学公式有vB′2＝2aBsB②联立①②式并利用题给数据得vB′＝3.0m/s③(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA．根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA④设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA．由运动学公式有vA′2＝2aAsA⑤设碰撞前瞬间A车速度的大小为vA，两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝4.25m/s.答案：(1)3.0m/s(2)4.25m/s第3维度：动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用…如图，一滑板的上表面由长度为L的水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止于光滑的水平地面上．物体P(可视为质点)置于滑板上面的A点，物体P与滑板水平部分的动摩擦因数为μ(μ<1)．一根长度为L、不可伸长的细线，一端固定于O′点，另一端系一质量为m0的小球Q.小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触．现将小球Q拉至与O′同一高度(细线处于水平拉直状态)，然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，设物体P的质量为m，滑板的质量为2m.(1)求小球Q与物体P碰撞前瞬间细线对小球拉力的大小；(2)若物体P在滑板上向左运动从C点飞出，求飞出后相对C点的最大高度．解析：(1)小球Q在下落过程中机械能守恒，因此有m0gL＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,Q)在最低点对小球Q由牛顿第二定律可得T－m0g＝m0eq\f(veq\o\al(2,Q),L)联立解得T＝3m0g.(2)小球Q和物块P发生弹性碰撞，则机械能守恒和动量守恒，因此有m0vQ＝m0vQ′＋mv0eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,Q)＝eq\f(1,2)m0vQ′2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\f(2m0\r(2gL),m0＋m)物体P能够从C点冲出去，则在水平方向根据动量守恒定律可得：mv0＝mv1＋2mv1由能量守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,y))＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＋μmgL＋mgR物体P离开滑板后两物体在水平方向都做匀速直线运动，因此水平相对位置不变，竖直方向h＝eq\f(veq\o\al(2,y),2g)联立可得h＝eq\f(8Lmeq\o\al(2,0),3（m0＋m）2)－μL－R.答案：(1)3m0g(2)eq\f(8Lmeq\o\al(2,0),3（m0＋m）2)－μL－Req\a\vs4\al()利用动量和能量观点解题的技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(或机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．命题点二三类常考的力学综合模型(多维探究)第1维度：“弹簧类”模型…对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中：(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．(2)在动量方面，系统动量守恒．(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动量守恒，机械能守恒．(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零．如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED是水平的，CD是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R＝0.5m，质量m＝0.1kg的滑块A静止在水平轨道上，另一质量M＝0.5kg的滑块B前端装有一轻质弹簧(A、B均可视为质点)以速度v0向左运动并与滑块A发生弹性正碰，若相碰后滑块A能过半圆最高点C，取重力加速度g＝10m/s2，则：(1)B滑块至少要以多大速度向前运动；(2)如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰后轻质弹簧的最大弹性势能为多少？解析：(1)设滑块A过C点时速度为vC，B与A碰撞后，B与A的速度分别为v1、v2，B碰撞前的速度为v0，过圆轨道最高点的临界条件是重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)从D到C由动能定理得：－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)B与A发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv0＝Mv1＋mv2，由机械能守恒定律得：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)，由以上代入数据解得：v0＝3m/s.(2)由于B与A碰撞后，当两者速度相同时弹簧有最大弹性势能Ep，设共同速度为v，A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv0＝(M＋m)v，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝Ep＋eq\f(1,2)(m＋M)v2以上各式联立并代入数据解得：Ep＝0.375J.答案：(1)3m/s(2)0.375J第2维度：“滑块—平板”模型…(1)“滑块”问题是动量和能量的综合应用之一，由于滑块与平板之间常存在一对相互作用的摩擦力，这对摩擦力使滑块、平板的动量发生变化，也使它们的动能发生改变，但若将两者视为系统，则这对摩擦力是系统的内力，它不影响系统的总动量，但克服摩擦力做功，使系统机械能损失，所以解决“滑块”问题常用到动量守恒定律．(2)解决“滑块”问题时一般要根据题意画出情景示意图，有助于分析物理过程，也有助于找出物理量，尤其是位移之间的关系．(2022·广东肇庆模拟)如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙．在其左端有一个光滑的eq\f(1,4)圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上．现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B，并以eq\f(v0,2)的速度滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，求：(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ；(2)eq\f(1,4)圆弧槽C的半径R.解析：(1)对A、B、C整体，设A刚离开B时，B和C的共同速度为vB，从A滑上B到刚离开B的过程中动量守恒，有mv0＝meq\f(v0,2)＋2mvB，解得vB＝eq\f(v0,4)由能量守恒定律有μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B)解得μ＝eq\f(5veq\o\al(2,0),16gL).(2)从A滑上C到“恰好能到达C的最高点”的过程中，设A到达最高点时A和C的共同速度为vC，研究A和C组成的系统，在水平方向上由动量守恒定律有meq\f(v0,2)＋mvB＝2mvC解得vC＝eq\f(3,8)v0由于在此过程中A和C组成的系统机械能守恒，有mgR＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3v0,8)))eq\s\up12(2)解得R＝eq\f(veq\o\al(2,0),64g).答案：(1)eq\f(5veq\o\al(2,0),16gL)(2)eq\f(veq\o\al(2,0),64g)第3维度：子弹打木块模型…(1)当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)取得极值．(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．由ΔEk＝eq\f(M,m＋M)Ek0可以看出，子弹的质量越小，木块的质量越大，动能损失越多．(3)根据能量守恒，系统损失的动能等于系统其他形式能的增加．(4)解决该类问题，既可以从动量、能量两方面解题，也可以从力和运动的角度借助图像求解．如图所示，相距足够远且完全相同的两个木块，质量均为3m，静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出第一块木块时速度变为eq\f(2,5)v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中所受的阻力恒定，试求：(1)子弹穿出第一块木块后，第一个木块的速度大小v以及子弹在木块中所受阻力大小；(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t.解析：(1)子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律有mv0＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)v0))＋3mv解得v＝eq\f(1,5)v0对子弹与第一块木块相互作用过程，由能量守恒定律有FfL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)v0))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)×3mv2解得子弹在木块中所受阻力Ff＝eq\f(9mveq\o\al(2,0),25L).(2)对子弹与第二块木块相互作用过程，由于eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)v0))eq\s\up12(2)＝eq\f(2mveq\o\al(2,0),25)<eq\f(9mveq\o\al(2,0),25)，则子弹不能打穿第二块木块，设子弹与第二块木块共同速度为v共由动量守恒定律有m·eq\f(2,5)v0＝(m＋3m)v共解得v共＝eq\f(v0,10)对第二块木块，由动量定理有Fft＝3m·eq\f(v0,10)解得子弹在第二块木块中的运动时间为t＝eq\f(5L,6v0).答案：(1)eq\f(1,5)v0eq\f(9mveq\o\al(2,0),25L)(2)eq\f(5L,6v0)命题点三力学三大观点解答多运动过程问题(师生互动)[核心整合]1．表现形式(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动．(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动．(3)平抛运动：与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动．2．应对策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．(2020·天津卷)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态．A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？解析：(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有m1g＝m1eq\f(v2,l)①A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)m1v2＋2m1gl②由动量定理，有I＝m1vA③联立①②③式，得I＝m1eq\r(5gl)④(2)设两球粘在一起时的速度大小为v′，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v′＝vA⑤要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥又Ek＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)⑦联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为Ek＝eq\f(5gl（2m1＋m2）2,2m2)⑧答案：(1)m1eq\r(5gl)(2)eq\f(5gl（2m1＋m2）2,2m2)[题组突破]1．(2022·安徽蚌埠市第二次质检)如图所示，竖直光滑的半圆轨道ABC固定在粗糙水平面上，直径AC竖直．小物块P和Q之间有一个被压缩后锁定的轻质弹簧，P、Q和弹簧作为一个系统可视为质点．开始时，系统位于A处，某时刻弹簧解锁(时间极短)使P、Q分离，Q沿水平面运动至D点静止，P沿半圆轨道运动并恰能通过最高点C，最终也落在D点．已知P的质量为m1＝0.4kg，Q的质量为m2＝0.8kg，半圆轨道半径R＝0.4m，重力加速度g取10m/s2，求：(1)A、D之间的距离；(2)弹簧锁定时的弹性势能；(3)Q与水平面之间的动摩擦因数．(结果保留2位小数)解析：(1)设物块P在C点时的速度v，A、D距离为L，由圆周运动和平抛运动规律，得m1g＝eq\f(m1v2,R)，2R＝eq\f(1,2)gt2，L＝vt，解得v＝2m/s，L＝0.8m.(2)设P、Q分离瞬间的速度大小分别为v1、v2，弹簧锁定时的弹性势能为Ep，选水平面为零势能参考面，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m1v1＝m2v2eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝m1g·2R＋eq\f(1,2)m1v2Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)联立解得Ep＝6J.(3)设Q与水平面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得－μm2gL＝－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，解得μ＝eq\f(5,16)≈0.31.答案：(1)0.8m(2)6J(3)0.312．如图所示，半径为R的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q点右侧水平地面光滑，现将质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g.求：(1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小；(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；(3)物块A最终停止位置到Q点的距离．解析：(1)物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点，设物块A在P点的速度大小为vP，由机械能守恒定律有：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)在最低点轨道对物块的支持力大小为FN，由牛顿第二定律有：FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,P),R)，联立解得：FN＝3mg，由牛顿第三定律可知物块对轨道P点的压力大小为3mg.(2)设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v0，由动能定理有mgR－μmgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，解得v0＝eq\r(gR)，当物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有：mv0＝(m＋2m)v，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋2m)v2＋Epm，联立解得Epm＝eq\f(1,3)mgR.(3)设物块A与弹簧分离时，A、B的速度大小分别为v1、v2，规定向右为正方向，则有mv0＝－mv1＋2mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)，联立解得：v1＝eq\f(1,3)eq\r(gR)，设A最终停在Q点左侧距Q点x处，由动能定理有：－μmgx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得x＝eq\f(1,9)R.答案：(1)3mg(2)eq\f(1,3)mgR(3)eq\f(1,9)R限时规范训练[基础巩固]1．(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，m2的左边有一固定挡板．m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，且m1>m2，则在以后的运动过程中()A．m1的最小速度是0B．m1的最小速度是eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1C．m2的最大速度是v1D．m2的最大速度是eq\f(2m1,m1＋m2)v1解析：BD由题意结合题图可知，当m1与m2相距最近时，m2的速度为0，此后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1减速结束，m2加速结束，因此此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中系统动量守恒和机械能守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，可解得v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1，B、D选项正确．2．(2022·安徽江南十校联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5m，g取10m/s2，物块可视为质点．则A碰撞前瞬间的速度为()A．0.5m/s B．1.0m/sC．1.5m/s D．2.0m/s解析：C碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有－μ·2mgx＝0－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，得v2＝1m/s.A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv0＝mv1＋2mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，解得v0＝1.5m/s，C正确．3.如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量均为m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度v0向右运动，另有一质量为m的黏性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘合在一起，粘合之后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为()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)解析：C黏性物体落在A车上，由动量守恒有mv0＝2mv1，解得v1＝eq\f(v0,2)，之后整个系统动量守恒，当系统再次达到共同速度时，有2mv0＝3mv2，解得v2＝eq\f(2v0,3)，此时弹簧获得的弹性势能最大，最大弹性势能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)×3meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)v0))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0)，所以C正确．4.(2022·青岛市模拟)(多选)如图，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系一圆盘A，处于静止状态．一圆环B套在弹簧外，与圆盘A距离为h，让环自由下落撞击圆盘，碰撞时间极短，碰后圆环与圆盘共同向下开始运动，下列说法正确的是()A．整个运动过程中，圆环、圆盘与弹簧组成的系统机械能守恒B．碰撞后环与盘一起做匀加速直线运动C．碰撞后环与盘一块运动的过程中，速度最大的位置与h无关D．从B开始下落到运动到最低点过程中，环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量解析：CD圆环与圆盘碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，故A错误；碰撞后环与盘一起向下运动过程中，受重力和弹簧弹力，由于弹力增大，整体受到的合力变化，所以加速度变化，故B错误；碰撞后平衡时，有kx＝(m＋M)g，即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故C正确；从B开始下落到运动到最低点过程中，环与盘发生完全非弹性碰撞，有能量损失，故环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故D正确．5．如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v­t图像如图乙所示，则墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小()A．9N·s B．18N·sC．36N·s D．72N·s解析：C由图知，C与A碰前速度为：v1＝9m/s，碰后速度为：v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1＝(mA＋mC)v2，可解得mC＝2kg，12s末A和C的速度为：v3＝－3m/s，4s到12s，墙对B的冲量为：I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2，代入数据解得：I＝－36N·s，方向向左；故墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小为36N·s，故C正确，A、B、D错误．6．如图所示，光滑水平面上有相同高度的平板小车A和B，质量分别为mA＝0.3kg和mB＝0.2kg，滑块C静止于A车右端，质量mC＝0.1kg，可视为质点．C与A之间的动摩擦因数μ＝0.2.现A车在一水平向右的恒定推力作用下，由静止开始经t＝1s的时间运动了x＝1.5m的距离，撤去推力随即与B车发生碰撞并粘在一起(碰撞时间极短)．假设A车足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2.(1)求A、B两车碰撞前瞬间，滑块C与A车右端的距离Δx；(2)若A、B两车碰撞前瞬间，B车的速度vB＝2.5m/s、方向水平向左，试通过计算判断滑块C能否滑上B车．解析：(1)设碰撞前滑块C的加速度大小为aC，运动的距离为xC，由牛顿第二定律得μmCg＝mCaC由运动学公式得xC＝eq\f(1,2)aCt2，且Δx＝x－xC联立解得Δx＝0.5m.(2)设A、B碰撞前A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，由运动学公式得x＝eq\f(1,2)vAt，vC＝aCt解得vA＝3m/s，vC＝2m/s设碰撞后A、B的速度大小为vAB，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)vAB解得vAB＝0.8m/s设A、B、C最终的共同速度大小为vABC，由动量守恒定律得(mA＋mB)vAB＋mCvC＝(mA＋mB＋mC)vABC解得vABC＝1m/s设碰撞后C相对A、B车发生的相对位移为Lx，由能量守恒定律得eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,AB)＋eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,ABC)＋μmCgLx联立解得Lx＝0.3m＜Δx所以滑块C不能滑到B车上．答案：(1)0.5m(2)不能理由见解析[能力提升]7.世界上第一个想利用火箭飞行的人是明朝的士大夫万户．如图所示，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆．假设万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出．忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是()A．火箭的推力来源于空气对它的反作用力B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为eq\f(mv0,M－m)C．喷出燃气后，万户及所携带设备能上升的最大高度为eq\f(m2veq\o\al(2,0),g（M－m）2)D．在火箭喷气过程中，万户所携设备机械能守恒解析：B火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的作用力，A项错误；在燃气喷出后的瞬间，将万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]视为系统，动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M－m)v－mv0＝0，解得火箭的速度大小v＝eq\f(mv0,M－m)，B项正确；喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度h＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(m2veq\o\al(2,0),2（M－m）2g)，C项错误；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，D项错误．8．(2022·江门模拟)(多选)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F.质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．则()A．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为eq\f(F,M)B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq\f(1,2)mv2C．弹簧恢复原长时滑块的动能为eq\f(1,2)mv2D．滑块与木板AB间的动摩擦因数为eq\f(v2,2gl)解析：ABD细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，根据牛顿第二定律有：F＝Ma，解得a＝eq\f(F,M)，A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒可知，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq\f(1,2)mv2，B正确；弹簧恢复原长时木板获得动能，所以滑块的动能小于eq\f(1,2)mv2，C错误；由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即Ep＝eq\f(1,2)mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的最右端，且速度与木板相同，设为v′，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：0＝(m＋M)v′，Ep＝eq\f(1,2)(m＋M)v′2＋μmgl，联立解得μ＝eq\f(v2,2gl)，D正确．9．(2021·湖南卷)(多选)如图(a)，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x.撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a­t图像如图(b)所示，S1表示0到t1时间内A的a­t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A