押辽宁卷第10第14题力学三大观点综合应用-2023年高考物理临考题号押题（辽宁卷）

押辽宁卷第10、第14题力学三大观点综合应用力学三大观点为：力的观点、能量观点、动量观点。该模块是高中物理最为重要的一环，是高中物理学习的主线，三大观点关联性强，模型多，考察考生的综合应用能力，主要考点如下：考点细分力学三大观点综合应用斜面模型传送带模型板块模型碰撞模型滑块弹簧模型子弹打木块模型1.力学三大观点对比力学三大观点对应规律表达式选用原则动力学观点牛顿第二定律F合＝ma物体做匀变速直线运动，涉及到运动细节.匀变速直线运动规律v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－v02＝2ax等能量观点动能定理W合＝ΔEk涉及到做功与能量转换机械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能关系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2动量观点动量定理I合＝p′－p只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功动量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′只涉及初末速度而不涉及力、时间2.传送带中的功能关系3.板块模型靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：am两种位移关系：滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2同向运动时：L＝x1－x2反向运动时：L＝x1＋x2解题流程4.滑块—弹簧模型模型图示模型特点（1）两个或两个以上的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0，则系统动量守恒；（2）在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，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；（3）弹簧处于最长（最短）状态时两物体速度相同，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）（4）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，相当于碰撞结束时）5.“子弹打木块”（“滑块—木板”）模型模型图示模型特点（1）若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移（子弹射入木块的深度）取得极值（完全非弹性碰撞拓展模型）（2）系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能（3）根据能量守恒定律，系统损失的动能ΔEk（4）该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解6．碰撞问题三条原则：(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝eq\f(mA,mA＋mB)v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0.则碰后物体B的速度范围为：eq\f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq\f(2mA,mA＋mB)v0.1．(2021年·辽宁卷)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一、某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略：倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是（）A．， B．，C．， D．，【答案】CD【详解】设斜面倾角为，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足；可得；即有；因，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得；滑行结束时停在水平滑道上，由全程的动能定理有；其中，可得，代入，可得；，；综合需满足和2．(2021年·辽宁卷)运行的传送带与水平面间的夹角，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；（2）小包裹通过传送带所需的时间t。【答案】（1）；（2）【详解】（1）小包裹的速度大于传动带的速度，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知；解得（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时在传动带上滑动的距离为因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为所以小包裹通过传送带的时间为1．如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（）A．m=0.7kg，f=0.5N B．m=0.7kg，f=1.0NC．m=0.8kg，f=0.5N D．m=0.8kg，f=1.0N【答案】A【详解】0~10m内物块上滑，由动能定理得；整理得；结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值；10~20m内物块下滑，由动能定理得；整理得结合10~20m内的图像得，斜率；联立解得；2．质量为和的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（）A．碰撞前的速率大于的速率 B．碰撞后的速率大于的速率C．碰撞后的动量大于的动量 D．碰撞后的动能小于的动能【答案】C【详解】A．图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知碰前的速度大小为；碰前速度为0，A错误；B．两物体正碰后，碰后的速度大小为；碰后的速度大小为；碰后两物体的速率相等，B错误；C．两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即；解得两物体质量的关系为；根据动量的表达式可知碰后的动量大于的动量，C正确；D．根据动能的表达式可知碰后的动能大于的动能，D错误。3．（多选）一物块以初速度自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能随位移x的变化关系如图所示，图中、、均已知。根据图中信息可以求出的物理量有（）A．重力加速度大小 B．物体所受滑动摩擦力的大小C．斜面的倾角 D．沿斜面上滑的时间【答案】BD【详解】ABC．由动能定义式得，则可求解质量m；上滑时，由动能定理；下滑时，由动能定理；x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知，；两式相加可得；相减可知；即可求解gsinθ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B正确；D．根据牛顿第二定律和运动学关系得，；故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。4．（多选）一物块在倾角为的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则（）A．物块与斜面间的动摩擦因数为B．当拉力沿斜面向上，重力做功为时，物块动能为C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为【答案】BC【详解】A．对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有；由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为；则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为；代入数据联立解得；故A错误；C．当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有解得；则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为；故C正确；B．当拉力沿斜面向上，重力做功为；合力做功为；则其比值为；则重力做功为时，物块的动能即合外力做功为，故C正确；D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为则动量的大小之比为；故D错误。5．（多选）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体和用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量，时刻将两物体由静止释放，物体的加速度大小为。时刻轻绳突然断开，物体能够达到的最高点恰与物体释放位置处于同一高度，取时刻物体所在水平面为零势能面，此时物体的机械能为。重力加速度大小为，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（）A．物体和的质量之比为 B．时刻物体的机械能为C．时刻物体重力的功率为 D．时刻物体的速度大小【答案】BCD【详解】A．开始释放时物体Q的加速度为，则；解得；选项A错误；B．在T时刻，两物体的速度；P上升的距离；细线断后P能上升的高度；可知开始时PQ距离为；若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为；从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为；则此时物体Q的机械能；此后物块Q的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械能仍为，选项B正确；

CD．在2T时刻，重物P的速度；方向向下；此时物体P重力的瞬时功率；选项CD正确。6．（多选）质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t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。则（）A．时物块的动能为零B．时物块回到初始位置C．时物块的动量为D．时间内F对物块所做的功为【答案】AD【详解】物块与地面间的摩擦力为；AC．对物块从s内由动量定理可知；即得；3s时物块的动量为；设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得；即；解得；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正确，C错误；B．s物块发生的位移为x1，由动能定理可得；即；得；过程中，对物块由动能定理可得；即得；物块开始反向运动，物块的加速度大小为；发生的位移为；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；拉力所做的功为；故D正确。7．（多选）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于时，速度的大小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（）A．在此过程中F所做的功为B．在此过中F的冲量大小等于C．物体与桌面间的动摩擦因数等于D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍【答案】BC【详解】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知①由速度位移公式有②外力撤去后，由牛顿第二定律可知③由速度位移公式有

④由①②③④可得，水平恒力；动摩擦因数；滑动摩擦力；可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；A．在此过程中，外力F做功为；故A错误；B．由平均速度公式可知，外力F作用时间；在此过程中，F的冲量大小是；故B正确8．风洞实验室，是以人工的方式产生并且控制气流，用来模拟飞行器或实体周围气体的流动情况，它是进行空气动力实验最常用、最有效的工具之一。如图为测试在风洞实验室中小球（可视为质点）在光滑装置内运动特点的剖面图，风洞能对小球提供水平方向恒定的风力，当把小球放在装置内A点时恰好能保持静止，A点与圆心的连线与竖直方向夹角α=45°。现给小球一垂直于半径方向的初速度，使其在竖直平面内绕圆心O刚好能做完整的圆周运动，已知小球质量为m，装置半径为R，重力加速度为g，取A点重力势能为0。则下列说法正确的是（）A．小球对轨道的最大压力为(62+1)mg C．小球运动过程中，最小的机械能为22mgR【答案】D【详解】AB．由题可知，A点为运动过程中的等效最低点，其余圆心对称的B点为等效最高点，对小球在这两个位置进行受力分析，如图所示，其中C点为与圆心等高的左侧点，D点为与圆心等高的右侧点由题可知，小球放在装置内A点时恰好能保持静止F=mgtanα=mg；在A点给小球一个速度时；FN−mgcosα=mv12R；在B点根据牛顿第二定律可知；mgcosα=mvCD．根据功和能的关系可知，机械能的变化等于风力做的功，当小球运动到C点时，小球的机械能最大Emax=12m9．如图所示，某斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为θ，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上距离O点为x的A点停下。以O点为原点建立xOy坐标系，改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标可能是（）A．（16x，23ℎ） B．（C．（13x，13ℎ） D．（【答案】D【详解】小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，最终停在A点，设斜面长为L，则斜面在水平面的投影为x1=Lcosθ；根据功能关系可得mgℎ=μmgLcosθ+μmg(x−x1)；整理可得mgℎ=μmgx；解得μ=ℎx；改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，设小木块静止释放点的坐标为(x'，ℎ')。根据前面的分析可得mgℎ'=μmg(x−x')；整理可得ℎ'=ℎ−ℎ10．（多选）如图甲所示，一轻弹簧上端固定在光滑、固定斜面的顶端，下端与物块相连。先用力使物块沿斜面向下运动一段距离后，由静止释放，物块沿斜面向上运动的速度—时间图像如图乙所示，弹簧一直处在弹性限度内。则物块沿斜面向上运动的过程中（）A．物块的机械能守恒B．t1C．t2D．t1时刻的弹性势能可能等于t【答案】BD【详解】A．物块沿斜面向上运动的过程中，弹簧的弹力对物块做了功，物块的机械能不守恒，物块与弹簧构成的系统的机械能守恒，A错误；B．根据图乙可知，t1C．根据题意，弹簧的原长位置不确定，当原长位置在t1∼tD．根据上述，当原长位置在t1∼t2之间时，t1时刻弹簧处于拉伸状态，t11．（多选）如图甲所示，一光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一轻质弹簧，将质量为m的物块从斜面顶端由静止释放，物块运动到最低点的过程中，其加速度随位移变化的规律如图乙所示，则（）A．弹簧的劲度系数为ma1x2−xC．物块的最大动能为12ma【答案】AC【详解】A．设斜面倾角为θmgsinθ=ma1；当位移为x2时，处于平衡状态k(x2B．由图可知，从x=x1到x=x2物体加速度方向与速度方向相同，速度变大，到x=x2处时加速度为零，速度达到最大，x=xC．当位移为x2时，动能最大，最大动能为Ekm=mgx2sinθ−1D．根据能量守恒，弹簧的最大弹性势能为Epm=mg12．（多选）如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图像如图乙所示，已知重力加速度g，空气阻力不计。下列说法正确的是（）A．在0~h0过程中，F大小始终为2mgB．在0~h0和h0~2h0过程中，F做功之比是15:7C．在0~2h0过程中，拉力F所做的功为4.4mgh0D．在2h0~5h0过程中，物体的机械能不断增加【答案】BCD【详解】A．Ekh图像的斜率表示合力的大小，0~h0过程中图像为一段直线，可知F恒定，由动能定理得F−mgℎ0=2mgℎ0B．F在0~h0过程中，对物体做的功为W1=Fℎ0=3mgℎ0；在h0~2h0过程中，由动能定理代入数据可知W2C．在0~2h0过程中，F做功为WF=D．在2h0~5h0过程中，Ekh图像为一段直线，F恒定，由动能定理得W解得WF'13．如图所示，一质量为m=10g，速度v0=100m/s的玩具子弹，射向静止在光滑水平面上质量M=490g的木块，子弹未射穿木块，并一起滑上倾角为θ=37°动摩擦因数μ=0.5的足够长固定的粗糙斜面，物块滑上斜面底端时不计能量损失。（重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°（1）子弹击中木块后的速度；（2）木块在斜面上向上运动的时间和返回斜面底端时速度大小。【答案】（1）2m/s

方向水平向右（2）0.2s；2【详解】（1）从子弹射击木块到子弹和木块一起运动过程中，子弹和木块组成系统动量守恒，设共同运动速度为v1，v0方向为正方向，则mv0=(m+M)v1；解得v1=2m/s；方向水平向右

（2）以子弹木块整体为研究对象，设沿斜面上滑过程中加速度为a1，由牛顿第二定律(m+M)gsinθ+μg(m+M)cosθ=(m+M)a1；设沿斜面上滑距离为s，由运动学公式:v12=2a1s设沿斜面上滑时间为t，由运动学公式t=sv代入数据解得式得s=0.2m；t=0.2s

设木块沿斜面下滑到底端时速度为v2，由动能定理：[(m+M)gsinθμg(m+M)cosθ]s=12解得物块返回到斜面底端时的速度大小为v14．如图所示，光滑水平地面上放置着质量为mA=2kg的长木板A和质量为mC=2kg的滑块C，长木板的左端放有质量为mB（1）获得冲量后瞬间A、B的速度；（2）A、C碰撞时损失的机械能；（3）要保证滑块B不脱离长木板A，长木板A的长度至少为多长。【答案】（1）5m/s，方向水平向右；（2）12J；（3）1.5m【详解】（1）以A、B为整体，由动量定理可得I=(解得获得冲量后瞬间A、B的速度为v0=5m/s（2）A、C碰撞瞬间，由动量守恒定律可得m在A、C碰撞后到A、B再次共速的过程中，A、B组成的系统由动量守恒可得m根据题意有v共联立解得v共=vA、C碰撞时损失的机械能为ΔE=（3）在A、C碰撞后到A、B再次共速的过程中，A、B相互作用的时间为t=长木板A的长度至少为L=代入数据解得L=1.5m15．如图，轻绳上端固定在O点，下端将质量M=3kg的小球悬挂在A点。质量m=10g的玩具子弹，以v0=20m/s的速度射向小球，与小球碰撞后，又以v1=10m/s的速度弹回。已知绳长为（1）碰撞后瞬间小球达到的速度v2（2）碰撞过程中系统发的热。（3）碰撞后，小球向右摆动到最高点时相对于A点的高度。（4）从碰撞后瞬间开始计时，小球经过多长时间第一次回到A点。【答案】（1）0.1m/s，水平向右；（2）1.485J；（3）5×10【详解】（1）以水平向右为正方向，子弹和小球组成的系统动量守恒m解得v2=0.1m/s（2）对碰撞前后，子弹和小球组成的系统能量守恒1解得碰撞过程中系统发的热Q=1.485J（3）碰撞后，小球向右摆动到最高点，由机械能守恒定律1解得最高点相对于A点的高度ℎ=5×（4）由于最高点的高度和绳长相比ℎ≪L，所以小球被碰撞后的运动属于单摆运动，由单摆周期公式T=2πLg；所以从碰撞后，小球经过多长时间第一次回到A点的时间t=16．如图所示，在光滑水平平台上放置可视为质点的质量分别为mA=4kg、mB=1kg的小物块A、B。紧靠平台的光滑地面上放有质量为mC=3kg的木板C，木板C刚好与平台等高，C的左端放着一个与小物块B完全一样的小物块D（可视为质点），两者处于静止状态，所有物块与木板之间的动摩擦因数均为μ=0.30，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时A、B都静止，A、B间有一锁定的压缩轻质弹簧，弹簧与A、B求：（1）物块A、B被弹开时各自的速度大小；（2）物块B与D相碰后的速度大小；（3）木板长度L至少为多长时小物块D才不会滑出木板。【答案】（1）1m/s，4m/s；（2）2m/s；（3）0.4m【详解】（1）对于物块A、B以及轻质弹簧组成的系统，由于其所处平台水平光滑，所以在弹簧解锁前后，系统动量守恒且能量守恒。取向右为正方向，设物块A、B被弹开时各自的速度大小分别为vA、vB，根据动量守恒，有m根据能量守恒，有12mAvA（2）物块D与物块B完全一样，B与D发生碰撞后结合在一起，设二者碰撞后的速度大小为vD，对于B与D组成的系统，根据动量守恒，有mBvB（3）设木板长度为Lmin时，小物块D滑到木板最右端与木板共速，恰好不掉下来，设共速时它们的速度大小为vC，对于小物块B、D及长木板C组成的系统，根据动量守恒，有2根据能量守恒，有1解得Lmin=0.4m17．工人使用一块长L=4m的木板从平台上卸货，木板一端搭在平台上（与平台等高），另一端固定在地面，形成倾角θ=37°的斜面。工人甲从木板底部推动质量M=3kg的小车，使小车以v0=12m/s的速度冲上木板。当小车在木板上运动一段时间t后，工人乙站在平台上，以v1=2.4（1）货物抛出点距平台边缘的水平距离x；（2）货物的质量m；（3）时间t。

【答案】（1）0.432m；（2）8kg；（3）0.22s【详解】（1）由于货物落入小车时速度方向沿着斜面方向，故v设货物从抛出到落入小车的时间为t1，则货物抛出点距平台边缘的水平距离x=（2）货物落入小车时的速度v以沿斜面向下为正方向，小车沿斜面向上运动，则有a设小车到达斜面顶端的速度为vt，根据运动学公式可得解得vt货物和小车碰撞瞬间沿斜面方向动量守恒。M解得m=8kg（3）设小车从斜面底端到达斜面顶端时间为t2，则则t=18．如图所示，四分之一光滑圆弧槽固定在光滑的水平地面上，质量为M的小球B静止在槽的左侧，现有一质量为m的小球A以速度v0（1）求Mm（2）小球B离开地面的高度为H，求H的取值范围。【答案】（1）1≤Mm【详解】（1）设碰撞后两小球的速度分别为v1、v2，由于两小球发生完全弹性碰撞，则由动量守恒定律得由机械能守恒定律得1解得v1=因小球A不再向右运动且两小球能发生第二次碰撞，由此可得v1≤0于是可解得1≤（2）当M=m，二者碰撞后交换速度得同时能量全部转移，故此种情况下小球B离开地面的距离最大，此种情况下有v当M=3m时，小球B离开地面的距离最小，此种情况下有v对小球B由机械能守恒得MgH=解得Hmax=故H的取值范围为v19．为了解决航空公司装卸货物时因抛掷造成物品损坏的问题，一位同学设计了如图所示的缓冲转运装置，卸货时飞机不动，缓冲装置A紧靠飞机，转运车B靠紧A。包裹C沿缓冲装置A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分，滑上转运车B并最终停在转运车B上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为μ1=0.4，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为μ2=0.2，转运车B与地面间的摩擦可忽略。A、B的质量均为M=60kg，A、B水平部分的长度均为L=4m。包裹C可视为质点且无其它包裹影响，重力加速度g=10m/s2。C与B的右挡板发生碰撞时间极短，碰撞时间和损失的机械能都可忽略。（1）要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量m最大不超过多少；（2）若某包裹的质量为m1=20kg，从h=2.4m处静止滑下，停在转运车B，求该包裹在转运车B上运动过程中产生的热量；（3）若某包裹的质量为m2=120kg，为使该包裹能滑上转运车B上，则该包裹释放时ℎ′【答案】（1）60kg；（2）120J；（3）2m【详解】（1）A恰好不运动需要满足μ解得m=60kg故包裹C的质量最大不超过60kg；（2）因C的质量m1由动能定理得m1gℎ−μ1C与B相互作用的全过程，两者组成的系统满足动量守恒，取向右为正方向，则m由能量守恒定律得12m（3）因C的质量为120kg>60kg，故装置A和B会一起运动释放C的高度最小时，C滑上B车时，A、B、C三者共速，C由释放到曲面轨道最低点的过程，由动能定理得mC在A的水平部分滑动过程，A、B组成的整体加速度为a1，C的加速度为a2，取向右为正方向，根据牛顿第二定律得μ解得a1=1m/s2；﹣μ1m2g=m2a2解得a2=−4m/s可得t=vt5；由位移关系得vt20．如图所示，足够长的粗糙水平轨道ab、光滑水平轨道cd和足够长的粗糙倾斜轨道de在同一竖直平面内，斜面倾角为37°，cd和de平滑连接。在ab的最右端静止一个质量M=4kg的木板，其高度与cd等高，木板与轨道ab间动摩擦因数μ1=0.05，质量mQ=1kg的滑块Q静止在cd轨道上的某点，在de轨道上距斜面底端L=8m处静止释放一质量m（1）滑块P在倾斜轨道de上运动的加速度大小；（2）木板的长度；（3）P、Q与木板间产生的总热量。【答案】（1）aP【详解】（1）滑块P在下滑到底端的过程中，由牛顿第二定律得m代入数据可得a（2）滑块P下滑到底端时，有v滑块P、Q发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，能量守恒，有mPv代入数据可得vP=4m/s滑块P与Q碰后，Q经t=1s滑上木板，则可知碰撞点离木板右端距离为x=而P物体到达木板右端位置的时间为Δt=此时Q物体刚好滑离木板，对Q物体受力分析，由牛顿第二定律μ可得a对木板有μ即木板静止不动，则Q在静止的木板上做匀减速直线运动，故长木板的长度L=（3）Q与木板间产生的热量QP在木板上运动时，由μ及μ解得aP=2.5m/则P与木板间的相对运动距离Δx=可得P与木板间产生的热量Q故P、Q与木板间产生的总热量Q=21．如图所示，一圆心为O、半径R=0.2m、质量M=0.2kg的光滑半圆形轨道竖直放在足够大的光滑水平面上并锁定，其下端A点与静置于水平面上长L=1.8m、质量m=0.2kg的薄板右端相切且紧靠。质量m1=0.5kg的物块甲静置于薄板的左端，物块乙静置于薄板的右端。甲在大小F=2.25N、方向水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，当甲到达薄板的右端时撤去拉力，甲与乙发生弹性正碰（碰撞时间极短），碰撞后乙沿半圆形轨道通过最高