選擇4能量守恒與動(dòng)量守恒觀念綜合應(yīng)用

考點(diǎn)內(nèi)容考情分析

考向一功和功率沖量與動(dòng)量

考察功能關(guān)系的理解及應(yīng)用、機(jī)械能守恒的判斷及應(yīng)用考

考向二碰撞模型及變形應(yīng)用

察功能關(guān)系變化及動(dòng)力學(xué)與能量圖像的理解考察關(guān)物體機(jī)

考向三傳送帶木板-滑塊模型

械能守恒、傳送帶及板塊模型以及碰撞過(guò)程的能量問(wèn)題

考向四彈簧類問(wèn)題

國(guó)深究"解題攻略"

1.思想方法

力學(xué)三大觀

對(duì)應(yīng)規(guī)律表達(dá)式選用原則

點(diǎn)

牛頓第二定律F合二ma

速度公式：v=vo+at.

(1)物體做勻變速直線運(yùn)

動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)勻變速直線運(yùn)動(dòng)1

(2)位移公式：x=vot-\-^at.動(dòng)，涉及運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)

規(guī)律

(3)位移速度關(guān)系式：正―詔=2a

動(dòng)能定理W^==2kEk涉及做功與能量轉(zhuǎn)換

機(jī)械能守恒定律Eki+Ei=Ek+E2

能量觀點(diǎn)p2P

功能關(guān)系WG=-AEp等

能量守恒定律

Ei=E2

只涉及初末速度、力、時(shí)間而不涉

動(dòng)量定理I合二p'-p

動(dòng)量觀點(diǎn)及位移、功

動(dòng)量守恒定律Pl+P2=P1，+P2'只涉及初末速度而不涉及力、時(shí)間

2.模型建構(gòu)

一、輕繩相連的系統(tǒng)機(jī)械能守恒模型

①注意兩個(gè)物體的質(zhì)②注意兩物體運(yùn)動(dòng)位③注意兩物體速度大?、茏⒁庾畲笏俣群妥?/p>

量不一定相等；注意移和高度不一定相等不一定相等，可能需要分大加速度區(qū)別

多段運(yùn)動(dòng)解速度

3^^

-J---*——ft

ra

rI晨:___

國(guó).4

①b落地前，a機(jī)械能V

增加、b減小，系統(tǒng)機(jī)

械能守恒；鼻

U1

@b落地后若不反彈，

繩松，a機(jī)械能守恒；

二、輕桿相連的系統(tǒng)機(jī)械能守恒模型

類型類型一：繞桿上某固定點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)類型二：無(wú)固定點(diǎn)，沿光滑接觸面滑動(dòng)

圖示

Ai'Jijl3工卜

可

■■

u?(?

B-rrAry4

三、輕彈簧問(wèn)題

①同一根彈簧彈性勢(shì)能大小取決于彈簧形變量的大小，在彈簧彈性限度內(nèi)，形

變量相等，彈性勢(shì)能相等

②由兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)，當(dāng)彈簧形變量最大時(shí)，彈簧兩

端連接的物體具有相同的速度：彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最小（為零）

四、類碰撞問(wèn)題

情境

類比“碰撞”滿足規(guī)律

初態(tài)末態(tài)

---相距最近時(shí)完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒，動(dòng)能損失最多

岡........叵L光

////7/77/77////7/滑再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)彈性碰撞動(dòng)量守恒，動(dòng)能無(wú)損失

共速時(shí)完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒，動(dòng)能損失最多

點(diǎn)動(dòng)量守恒，部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化

1光滑離時(shí)

/////滑非彈性碰撞

為內(nèi)能

丸/L比到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒，動(dòng)能損失最多

再次回到地面時(shí)彈性碰撞動(dòng)量守恒，動(dòng)能無(wú)損失

五、彈性碰撞

發(fā)生彈性碰撞的兩個(gè)物體碰撞前后動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒，若兩物體質(zhì)量分別為加1和加2,碰前速度

為也，V2，碰后速度分別為也‘，吸‘，則有：

mivi+m2V2=mivi+加V22(1)

111,1^

—mivi2+—m2V22=—mw\2+—m2V22(2)

聯(lián)立(1)、(2)解得：

_omiVl+^V2

viV2一3?

ml+m2

特殊情況：若如二加2,V1=V2,V2=V1

六、非彈性碰撞、完全非彈性碰撞模型

1.非彈性碰撞

介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動(dòng)量守恒，碰撞系統(tǒng)動(dòng)能損失。

根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：miVi+m2V2=miVi+徵2y2（1）

損失動(dòng)能AEk,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：Vimwx1+V2m2V?2=~mw\2+—mivi2+AEk.（2）

2.完全非彈性碰撞

碰后物體的速度相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：

m\V\+機(jī)2V2=（機(jī)1+m2）v共（1）

完全非彈性碰撞系統(tǒng)損失的動(dòng)能最多，損失動(dòng)能:

%m2V2-V2（mi+m2）v共2.（2）

聯(lián)立⑴、（2）解得：”=3也

加］+g2叫+祖2

/夕親臨"高考練場(chǎng)"

考向一功和功率沖量與動(dòng)量

1.（2024?常州三模）如圖所示，傾角為0=37°的斜面固定在水平桌面上，用平行斜面向上的推

力Fi將位于斜面底端的滑塊推到斜面頂端，推力Fi做的功至少為Wo。己知物塊與斜面間的動(dòng)

摩擦因數(shù)為U=0.5,sin37°=0.6,cos370=0.8,若用水平向左的推力F2將物塊推到頂端，推

力F2做的功至少為（）

A.1.2WoB.1.4WoC.1.6WoD.1.8Wo

【解答】解：對(duì)物塊做功最少，物塊重力勢(shì)能增大，動(dòng)能不變，物體勻速緩慢運(yùn)動(dòng)至斜面頂端,

用Fi將位于斜面底端的物塊推到斜面頂端，對(duì)物塊受力分析如圖甲所示，根據(jù)受力平衡可得Fi

=mgsin0+nmgcos0=mg

設(shè)斜面的長(zhǎng)度為L(zhǎng),則Wo=FiL=mgL

對(duì)物塊受力分析如圖乙所示，根據(jù)受力平衡可得F2cose=mgsinO+N(F2sin0+mgcos0)

mgsin0+fj,mgcos6

解得F2=2mg

cosO—fisinO

貝!JW=F2Lcos0=1.6mgL=I.6W0

2.(多選)(2024?黑龍江三模)如圖所示，光滑水平面上放有質(zhì)量為M=2kg的足夠長(zhǎng)的木板P,

通過(guò)水平輕彈簧與豎直墻壁相連的質(zhì)量為m=lkg的物塊Q疊放在P上。初始時(shí)刻,系統(tǒng)靜止，

彈簧處于原長(zhǎng)，現(xiàn)用一水平向右、大小為F=9N的拉力作用在P上。已知P、Q間的動(dòng)摩擦因

數(shù)口=0.2,彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m,重力加速度g取:10m/s2,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦

力。則下列說(shuō)法正確的是()

/

/

/

P\—^F

^\X\\\\XX\\\XXX\XX\XX\\X\

A.Q受到的摩擦力逐漸變大

B.Q速度最大時(shí)，向右運(yùn)動(dòng)的距離為2cm

C.P做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)

D.摩擦力對(duì)Q先做正功后做負(fù)功

【解答】解：A、二者恰好發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，Q的加速度a=ug=0.2X10m/s2=2m/s2,此時(shí)對(duì)應(yīng)

的拉力：Fo=(M+m)a=(2+1)X2N=6N<9N,所以力F=9N作用在P上，一開(kāi)始二者就發(fā)

生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，Q受滑動(dòng)摩擦力保持不變，故A錯(cuò)誤；

B、物體P、Q間的最大靜摩擦力fm=nmg=0.2X1X10N=2N,當(dāng)P對(duì)Q的靜摩擦力達(dá)到最大

時(shí)，向右運(yùn)動(dòng)的距離為：方=有而；此時(shí)彈力與摩擦力相等，與有共同

Qx=K.J.UUm=0.02m=2cmQP

的速度且此時(shí)Q的速度達(dá)到最大值，故B正確;

C、對(duì)P受力分析可知：F-f=Ma,由于二者之間的摩擦力保持不變，可知P的加速度保持不變,

故C錯(cuò)誤；

D、物塊Q達(dá)到最大距離的過(guò)程中，摩擦力對(duì)Q做正功；物塊Q達(dá)到最大距離后，先向左加速、

后做減速，此過(guò)程中，摩擦力對(duì)Q做負(fù)功，即摩擦力對(duì)Q先做正功，再做負(fù)功，故D正確。

故選：BD。

3.（2024?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)模擬）如圖，一物塊以初速度vo從O點(diǎn)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，同時(shí)從O點(diǎn)斜向

上以相同速度大小拋出一個(gè)小球，物塊和小球的質(zhì)量相等，它們?cè)谛泵嫔系腜點(diǎn)相遇，不計(jì)空

氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（）

A.小球和物塊加速度相等

B.小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)離斜面最遠(yuǎn)

C.在P點(diǎn)時(shí)，小球的動(dòng)能大于物塊的動(dòng)能

D.小球和物塊從O點(diǎn)到P點(diǎn)過(guò)程中合外力的功率相等

【解答】解：B.把小球的運(yùn)動(dòng)分解為沿斜面方向和垂直斜面方向，當(dāng)垂直斜面方向的分速度減

為0時(shí)，小球離斜面最遠(yuǎn)，但此時(shí)小球不是運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；

C.把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，則小球沿斜面方向的速度小于物塊的合速

度，若斜面光滑，則小球和物塊沿斜面方向的加速度相同，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度一時(shí)間公式，

可知兩物體不可能在P點(diǎn)相遇，所以斜面是粗糙的；從O點(diǎn)到P點(diǎn)，小球和物塊克服重力做功相

對(duì)，但物塊還要克服摩擦力做功，故在P點(diǎn)時(shí)，小球的動(dòng)能大于物塊的動(dòng)能，故C正確；

D.從O點(diǎn)到P點(diǎn)過(guò)程，小球只克服重力做功，物塊需要克服重力做功和克服摩擦力做功，則合

外力對(duì)物塊做功的大小大于合外力對(duì)小球做功的大小，又所用時(shí)間相等，所以小球和物塊從。點(diǎn)

到P點(diǎn)過(guò)程中合外力的功率不相等，故D錯(cuò)誤。

A.小球的加速度為

a）*=g

設(shè)斜面傾角為仇物塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為由根據(jù)牛頓第二定律可得

mgsin0+|imgcos0=ma物

可得物塊的加速度大小為

a物=8$1116+|18（：058

不能確定小球和物塊加速度是否大小相等，故A錯(cuò)誤。

故選：Co

4.（2024?西安模擬）如圖所示，將小球a從地面以初速度vo豎直上拋的同時(shí)，將另一小球b從

距地面h處由靜止釋放，a、b的質(zhì)量相等，兩球恰在0.5h處相遇（不計(jì)空氣阻力）。則兩球運(yùn)

動(dòng)過(guò)程中（）

Ob

A.小球a超重，小球b失重

B.相遇時(shí)兩球速度差的大小為vo

C.從開(kāi)始到相遇重力對(duì)a、b的沖量不相同

D.相遇后的任意時(shí)刻，重力對(duì)球a做功功率等于重力對(duì)球b做功功率

【解答】解：A、小球a、b運(yùn)動(dòng)的加速度都向下，故都處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；

B、從題目?jī)?nèi)容可看出，在0.5h處相遇，此時(shí)a球和b球的位移大小相同，時(shí)間相同，它們的加

速度也相同，a豎直上拋，b自由落體，設(shè)相遇時(shí)間為t,相遇時(shí)a的速度為v,b的速度為v',

V+Vn

則有：—=2t,由自由落體規(guī)律得v'=gt,v=vo-gt,解得v=0,v'=vo,故B正確；

C、重力的沖量等于mgt,則重力對(duì)a、b的沖量相同。故C錯(cuò)誤；

D、相遇時(shí)，a球的速度剛好為0,而b球的速度剛好為vo,相遇后，a的速度一直比b的速度小，

a、b的質(zhì)量相等，可知重力對(duì)球a做功功率小于重力對(duì)球b做功功率，故D錯(cuò)誤。

故選：Bo

5.（2024?湖北二模）如圖所示，水平面上固定一半圓形凹槽，凹槽的質(zhì)量為M,半圓弧的圓心為

O點(diǎn)，最低點(diǎn)為A點(diǎn)，半徑為R?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的光滑小球從圓弧上的D點(diǎn)釋放，已知OD

與OA的夾角為9（0<5°）,重力加速度為g,小球大小可以忽略不計(jì)。從D點(diǎn)第一次運(yùn)動(dòng)到

A點(diǎn)的過(guò)程中，小球?qū)Π疾鄣膹椓Φ臎_量大小為（）

o

7igR_____________

C.m—----Fmy/2gR(l—cosd)

TiIgR_____________

D.M+My/2gR(l-cosd)

【解答】解：小球從D到A,只有重力做功，機(jī)械能守恒，有

19

mg(R-RcosG)成4若

小球豎直方向受重力和軌道對(duì)小球彈力的分力，根據(jù)動(dòng)量定理有

-I彈y+I重=mAVy=0

小球做單擺運(yùn)動(dòng)的周期為T=2兀

則tDA=(

根據(jù)沖量的公式可知I彈y=I重=mgtDA

小球水平方向根據(jù)動(dòng)量定理有

I彈x=mvA-0

根據(jù)矢量的合成可知1=尾+/蚩

7彈x彈y

解得1=mJ衛(wèi)普+2gR(l-cos。)

故A正確，BCD錯(cuò)誤；

故選：Ao

考向二碰撞模型及變形應(yīng)用

6.(2024?清江浦區(qū)模擬)如圖所示，動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4的水平軌道ab與光滑的圓弧軌道be在b

點(diǎn)平滑連接，ab=2m,圓弧軌道半徑R=40m,圓心為O,NbOc=30°,g=10m/s2,質(zhì)量mi

=lkg的小物塊P（可視為質(zhì)點(diǎn)）靜止在水平軌道上的a點(diǎn)，質(zhì)量為m2=3kg的小物塊Q靜止

在水平軌道的b點(diǎn)?，F(xiàn)給小物塊P一個(gè)水平向右的瞬時(shí)沖量I=5N?s,已知P、Q碰撞后P以

1.5m/s反彈，則Q物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最終停止所需要的總時(shí)間以及PQ系統(tǒng)因摩擦在整個(gè)過(guò)程

中損耗的能量分別為

P

A.12s6.25JB.6.78s12J

C.6.66s12.5JD.12.56s12.5J

【解答】解：設(shè)小物塊P在a點(diǎn)的速度為vo,取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得：I=mivo

物塊在水平軌道的加速度為：a=pg=0.4X10m/s2=4m/s2

小物塊P從a點(diǎn)到b點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)力學(xué)公式可得：vl-vl=2axab

解得：vi=3m/s

P、Q碰撞，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒可得：mivi=mivi,+m2V2,其中：vi'=-1.5m/s

解得：V2=1.5m/s

圓弧軌道半徑較大，小物塊Q在be軌道上的運(yùn)動(dòng)可看成單擺運(yùn)動(dòng)，小物塊Q在be軌道上運(yùn)動(dòng)的

時(shí)間為：

ti=扛=*X2兀4,解得：ti=6.28s

小物塊Q在水平軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：8=券=竽s=o.375s

Q物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最終停止所需要的總時(shí)間為：t=ti+t2=6.28s+0.375s—6.66s

P、Q碰撞損失的能量為：4E=*血1譜-^niii/亥-*7722諺，解得AE=O

PQ系統(tǒng)因摩擦在整個(gè)過(guò)程中損耗的能量為：詔-4E,解得：E=12.5J

綜上所述，故C正確、ABD錯(cuò)誤。

故選：Co

7.（多選）（2024?吉林一模）碰碰車深受青少年的喜愛(ài)，因此大多數(shù)游樂(lè)場(chǎng)都設(shè)置了碰碰車，如

圖所示為兩游客分別駕駛碰碰車進(jìn)行游戲。在某次碰撞時(shí)，紅車靜止在水平面上，黃車以恒定

的速度與紅車發(fā)生正撞；已知黃車和紅車連同游客的質(zhì)量分別為mi、m2,碰后兩車的速度大小

分別為VI、V2,假設(shè)碰撞的過(guò)程沒(méi)有機(jī)械能損失。則下列說(shuō)法正確的是（）

黃車紅車

A.若碰后兩車的運(yùn)動(dòng)方向相同，則一定有mi>m2

B.若碰后黃車反向運(yùn)動(dòng)，則碰撞前后黃車的速度大小之比可能為5：6

C.若碰后黃車反向運(yùn)動(dòng)且速度大于紅車，則一定有m2>3mi

D.碰后紅車的速度與碰前黃車的速度大小之比可能為3：1

2

【解答］解：AB>根據(jù)機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定理，有miv=mivi+m2V2,-m1v=5ml說(shuō)+

2m2%，解得：%一可說(shuō)〃%-帚開(kāi)比/

可知，當(dāng)mi>m2時(shí)兩車得碰后速度方向相同，故A正確；

BC、若碰后黃車反向運(yùn)動(dòng)，則mi〈m2,則碰撞后黃車速度小于碰撞前的速度，碰撞前后黃車的

速度大小之比不可能為5：6,若碰后黃車反向運(yùn)動(dòng)且速度大于紅車，即他2一叫0>一2爪」。,

m1+m2m1+m2

m2>3mi,故B錯(cuò)誤，C正確；

D、設(shè)碰后紅車的速度與碰前黃車的速度大小之為3：1,即V2：v=3：1,得mi+31n2=0,不符

合實(shí)際情況，故D錯(cuò)誤。

故選：AC-

8.（2024?朝陽(yáng)區(qū)一模）如圖所示，光滑水平地面上的P、Q兩物體質(zhì)量均為m,P以速度v向右

運(yùn)動(dòng)，Q靜止且左端固定一輕彈簧。當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)（）

---->v

P/wwwvw\Q

A.P的動(dòng)量為0

B.Q的動(dòng)量達(dá)到最大值

C.P、Q系統(tǒng)總動(dòng)量小于mv

D.彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為工小/

4

【解答】解：AC、物體P、Q與輕彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，滿足系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件,

系統(tǒng)總動(dòng)量為mv,所以彈簧被壓縮至最短時(shí)此系統(tǒng)總動(dòng)量仍然為mv,以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)

1i

量守恒定律可得：mv=2mvi,解得：vi=)v,所以P的動(dòng)量為mvi=)mv,不為零，故AC錯(cuò)誤；

222

D、根據(jù)機(jī)械能守恒定律得彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為Ep=|mv-1x2mV1=1mv,故D正確；

B、彈簧被壓縮至最短時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，對(duì)物體Q有向右的彈力，物體Q的速度方向也向

右，所以在接下來(lái)的一段時(shí)間內(nèi)，物體Q做加速運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)量會(huì)繼續(xù)增大，故此時(shí)Q的動(dòng)量不是

最大，故B錯(cuò)誤。

故選：D。

9.(2024?黃陂區(qū)校級(jí)一模)質(zhì)量為2kg的小球b靜止在光滑的水平地面上，左端連接一水平輕質(zhì)

彈簧，質(zhì)量為2kg的另一小球a以4m/s的速度向b運(yùn)動(dòng)，從小球a接觸彈簧到壓縮到最短所經(jīng)

歷的時(shí)間為茄S,已知此彈簧的壓縮量X與彈性勢(shì)能Ep的關(guān)系為無(wú)=望，則小球a、b在這段

時(shí)間內(nèi)的位移大小分別為()

Q-yb

，，0，~，，，?，，，

71+271-23TT+33TT—3

A.m,771B.m，--------m

10101010

71+471-43TT+13TT—3

C.m，mD.m，m

10101010

【解答】解：小球a、b與彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，彈簧被壓縮至最短時(shí)，小球a、b達(dá)到共速,

設(shè)共速時(shí)的速度為vi,小球a的初速度為vo,則由動(dòng)量守恒定律有：mavo=(ma+mb)vi

11

碰撞過(guò)程中機(jī)械能守恒，有：-maVg=-(ma+m^)說(shuō)+Ep

解得彈簧壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能：Ep=8J

由彈簧的壓縮量x與彈性勢(shì)能E的關(guān)系:

P10

代入可得：x=0.4m

設(shè)小球a、b在這段時(shí)間內(nèi)的位移大小分別為h、12,任取極短的時(shí)間At,兩小球在任意時(shí)刻動(dòng)量

均守恒，任意時(shí)刻的速度分別設(shè)為Vli、V2i則有：maVO=maV1i+mbV2i

兩邊同乘以At并求和得：￡maV0At=EmaViiAt+￡mbV2i△t

故有：mavot=mali+mbl2

而兩小球的對(duì)地位移之間的關(guān)系為：h-12=X

聯(lián)立解得：4=需，％=靠，故BCD錯(cuò)誤，A正確。

故選：Ao

10.（2024?樂(lè)清市校級(jí)三模）（機(jī)械振動(dòng)）質(zhì)量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固

定在地上。平衡時(shí)，彈簧的壓縮量為xo,如圖所示，一物塊從鋼板正上方距離為3xo的A處自

由落下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運(yùn)動(dòng)，但不粘連。它們到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)。

已知物塊質(zhì)量也為m,彈簧的彈性勢(shì)能Ep=和？，簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期T=2TTJ半，下列說(shuō)法正確

A.碰后物塊與鋼板一起做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，振幅A=xo

B.物塊與鋼板在返回O點(diǎn)前已經(jīng)分離

C.碰撞剛結(jié)束至兩者第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t=^再

D.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能與3"”。

【解答】解：A、設(shè)物塊與鋼板碰撞前瞬間物塊的速度為vo,由機(jī)械能守恒得：

-mv0=3mgxo,解得：vo=6gx0

設(shè)碰撞后瞬間兩者一起向下運(yùn)動(dòng)的初速度為vi,選取向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得:

C鏟殂1

mvo=2mvi,斛得：vi=2v0=2—

鋼板與物塊一起做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，設(shè)平衡位置彈簧壓縮量為XI,則有:

2mg=kxi

初始對(duì)鋼板由平衡條件得:

mg=kxo

對(duì)比解得：xi=2xo

設(shè)振幅為A,從碰撞的位置到最低點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得:

11

2mg（xi-xo+A）.2m說(shuō)=+A/—]k詔

其中：k=^

xo

聯(lián)立解得：A=2xo,故A錯(cuò)誤；

B、由A的解答可知，平衡位置彈簧壓縮量為2xo,振幅為2xo,由簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知彈簧原長(zhǎng)的

位置O處是向上的位移最大處，即到達(dá)彈簧處于原長(zhǎng)的位置時(shí)鋼板與物塊的速度為零，則物塊與

鋼板在返回O點(diǎn)前不會(huì)分離，故B錯(cuò)誤；

11

C、碰撞的位置是一A處，由此處第一次到平衡位置的時(shí)間為一7,則第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)所經(jīng)歷

212

的時(shí)間為：

t==r+Jr=^r=[x2兀件=等停，故c正確；

1Z4DD\K37g

1

D、彈簧最大壓縮量為xm=xi+A=4xo,最大的彈性勢(shì)能：Epm=2k（4%0）2=8mgxo,故D錯(cuò)誤。

故選：Co

考向三傳送帶木板-滑塊模型

11.（2024?青秀區(qū)校級(jí)模擬）如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以恒定速率v=2m/s逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),

一質(zhì)量為m=lkg的小物塊從傳送帶的左端以向右的速度vo滑上傳送帶。小物塊在傳送帶上運(yùn)

動(dòng)時(shí)，小物塊的動(dòng)能Ek與小物塊的位移x關(guān)系圖像如圖乙所示，圖中：xo=2m,己知傳送帶與

小物塊之間動(dòng)摩擦因數(shù)不變，重力加速度g=10m/s2,則（）

A.從小物塊開(kāi)始滑動(dòng)到與傳送帶達(dá)到共同速度所需時(shí)間為2s

B.小物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1

C.整個(gè)過(guò)程中物塊與傳送帶間產(chǎn)生的熱量為18J

D.由于小物塊的出現(xiàn)導(dǎo)致傳送帶電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為18J

【解答】解：由題圖可知，小物塊在傳送帶上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到其位移為xo時(shí)動(dòng)能減為零,

1

之后物塊反向加速，最后以返回出發(fā)點(diǎn)。

B、根據(jù)動(dòng)能定理有：Ek-EkO=-|img*x,結(jié)合圖乙可知，圖像斜率的絕對(duì)值表示合外力的大小,

小物塊向右滑，合外力為.mg,貝lj：\k\=^-=iimg

xo

i

由于初動(dòng)能：EQ=

111

物塊返回與傳送帶共速的動(dòng)能為-￡1o，貝U：-E=-mv2

4u4ou2

v1

則傳送帶速度滿足：一=

Vo2

聯(lián)立解得：Eo=8J,vo=4m/s,四=0.4,故B錯(cuò)誤；

A、根據(jù)題意可以作v-t圖像如下,

由圖像可知，小物塊做勻變速直線運(yùn)動(dòng)且共速前加速度不變，全程可看為勻減速，即：-v=vo-

咱

代入解得："乳故A錯(cuò)誤；

C、整個(gè)過(guò)程中物塊與傳送帶間變生的熱量為產(chǎn)生的熱量為：Q=nmgAx

1

由v-t圖像可知相對(duì)位移為：Jx=2（V+v0）t

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：Q=18J,故C正確；

D、根據(jù)能量守恒可得：Eo+E翦=Q+/Eo

整個(gè)過(guò)程中電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為：&）=18J-,x8J=12J,故D錯(cuò)誤。

故選：Co

12.（多選）（2024?青羊區(qū)校級(jí)模擬）如圖甲所示，一足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以某一恒定速度順時(shí)針

轉(zhuǎn)動(dòng)，一根輕彈簧一端與豎直墻面連接，另一端與工件不拴接。工件將彈簧壓縮一段距離后置

于傳送帶最左端無(wú)初速度釋放，工件向右運(yùn)動(dòng)受到的摩擦力Ff隨位移x變化的關(guān)系如圖乙所

示，xo、Fm為已知量，則下列說(shuō)法正確的是（工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等）（）

A.工件在傳送帶上先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)

B.工件向右運(yùn)動(dòng)2xo后與彈簧分離

C.彈簧的勁度系數(shù)為也

D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦力對(duì)工件做功為O.75Ffoxo

【解答】解：A、由圖乙可知，摩擦力在xo處方向發(fā)生變化，在xo~5xo區(qū)間工件的摩擦力大小發(fā)

生變化，說(shuō)明工件與傳送帶相對(duì)靜止，所以工件先做加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、在xoExo區(qū)間摩擦力大小等于彈簧彈力大小，2xo位置摩擦力為零，所以彈力為零，可知工件

運(yùn)動(dòng)2xo后與彈簧分離，故B正確；

C、由胡克定律得：kxo=O.5Fro,解得彈簧的勁度系數(shù)為：k=拼，故C錯(cuò)誤；

D、摩擦力對(duì)工件先做正功后做負(fù)功，F(xiàn)f-x圖像與x軸圍成的面積在數(shù)值上等于摩擦力對(duì)工件做

的功，即得整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦力對(duì)工件做功為：

1

W—Ff0x0—XO.5/yoxo=0.75/yoxo,故D正確。

故選：BDo

13.（多選）（2024?長(zhǎng)安區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，水平地面上有足夠長(zhǎng)平板車M,車上最右端放一

物塊m=0.9kg,開(kāi)始時(shí)M、m均靜止。t=0時(shí)，車在外力作用下開(kāi)始沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，其v

-t圖像如圖所示，已知物塊與平板車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,0?4s內(nèi)物塊m始終沒(méi)有滑出小

車，取g=10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（）

A.0?4s內(nèi)，物塊m的加速度一直保持不變

B.要使物塊m不會(huì)從車的左端滑出小車，小車的長(zhǎng)度至少

C.0?4s內(nèi)，m與M間因相對(duì)滑動(dòng)產(chǎn)生的內(nèi)能為12.8J

D.0?4s內(nèi)，m、M相對(duì)地面的位移大小之比為7：9

【解答】解：A.根據(jù)v-t圖像斜率表示加速度，車先以加速度a做勻加速直線運(yùn)動(dòng)a=第=

^m/s2=4m/s2

后以加速度T做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，a7=Tp-=^-m/s2=-4m/s2

ZJL乙

根據(jù)物塊與車的動(dòng)摩擦因數(shù)可知，物體與車的滑動(dòng)摩擦力產(chǎn)生的加速度為ai,則有的=甯=

Hg=0,2X10m/s2=2m/s2

物塊與小車速度相同前，物塊受到的滑動(dòng)摩擦力一直向右，物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物塊與小車

速度相同后，物塊受到的滑動(dòng)摩擦力向左，物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。物塊運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如紅線

0?4s內(nèi)，物塊先加速后減速，加速時(shí)加速度向右，減速時(shí)加速度向左，故A錯(cuò)誤;

B.設(shè)ti時(shí)刻物塊與小車速度相等，則有8+T(ti-2)=aiti

8

-s

解得七3

此時(shí)物塊和小車的速度為v=aiti

之后，物塊相對(duì)小車向右滑，在t2=4s時(shí)，物塊的速度為vi=ai(4-ti)

0?|s內(nèi)，物塊和小車的相對(duì)位移為Axi,由圖像可得4%1=-2*8巾+夕8+竽)*(|-

18

m--X-

2)23

要使物塊m不會(huì)從車的左端滑出小車，小車的長(zhǎng)度至少三小，故B正確;

C.4s時(shí)，物塊的速度為vi=ai(4-ti)

18

8-X-X--196m

-?4s內(nèi)，由圖像可知小車和物塊的相對(duì)位移為4萬(wàn)223(4)m

所以因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=Hmg(AXI+AX2)

代入數(shù)解得：Q=12.8J

故C正確；

1

D.0~4s內(nèi)，小車的位移為X1=2x4x8m=16m

物塊的位移為久2=^x4x竽7n+2x?x(4—^)m=

112

則有二=-^―：-

xr169

故D正確。

故選：BCDo

14.(多選)(2022?福建模擬)如圖所示，一傾角為9=37°的足夠長(zhǎng)斜面體固定在水平地面上，質(zhì)

量為M=2kg的長(zhǎng)木板B沿著斜面以速度vo=9m/s勻速下滑，現(xiàn)把質(zhì)量為m=1kg的鐵塊A輕

輕放在長(zhǎng)木板B的左端，鐵塊最終恰好沒(méi)有從長(zhǎng)木板上滑下。已知A與B之間、B與斜面之間

的動(dòng)摩擦因數(shù)均為U，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,

cos37°=0.8,則下列判斷正確的是()

A.動(dòng)摩擦因數(shù)(1=0.5

B.鐵塊A和長(zhǎng)木板B共速后的速度大小為6m/s

C.長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度為2.25m

D.從鐵塊放上到鐵塊和長(zhǎng)木板共速的過(guò)程中，鐵塊A和長(zhǎng)木板B減少的機(jī)械能等于A、B之

間摩擦產(chǎn)生的熱量

【解答】解：A、長(zhǎng)木板B沿著斜面勻速下滑時(shí)，根據(jù)平衡條件得：Mgsin37°=nMgcos37°,

解得尸0.75,故A錯(cuò)誤；

B、將鐵塊A放在長(zhǎng)木板B上，兩者組成的系統(tǒng)合外力為F合=(M+m)gsin37°-H(M+m)

gcos370=0,所以鐵塊A與長(zhǎng)木板B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取沿斜面向下方向?yàn)檎较?，由?dòng)

量守恒定律得Mvo=(M+m)v解得v共=6m/s,即鐵塊A和長(zhǎng)木板B共速后的速度大小為

6m/s,故B正確；

C、設(shè)鐵塊A從放在B上到兩者共速的時(shí)間為t,對(duì)A,由動(dòng)量定理得：（mgsin37°+|imgcos370）

VV

…—O+Mv丑Vn9

t=mv共-0,解得t=0.5s。長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=XB-XA=——々~-t——/t==2x0.5m=2.25m,

故C正確；

D、從鐵塊放上到鐵塊和長(zhǎng)木板共速的過(guò)程中，鐵塊A和長(zhǎng)木板B的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)

生的內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律可知，鐵塊A和長(zhǎng)木板B減少的機(jī)械能等于A、B之間摩擦產(chǎn)生的

熱量和B、斜面之間摩擦產(chǎn)生的熱量之和，故D錯(cuò)誤。

故選：BCo

考向四彈簧類問(wèn)題

15.（2024?浙江模擬）如圖，在一水平地面上有一軌道，其內(nèi)部有一質(zhì)量不計(jì)的輕彈簧，彈簧勁度

系數(shù)為k。其正上方有一質(zhì)量為m的小球由靜止釋放，恰好可進(jìn)入管道內(nèi)部。若忽略空氣阻力

與摩擦力，則下列說(shuō)法正確的是（）

mO丁0

h

S

SA

I

—D

A.小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，其機(jī)械能守恒

小球最大速度J2g4+手

B.

mg+J(mgY+lmgkh

C.小球下落最大距離?

k

mg+yf(mgY+lmgkh

D.小球最大加速度

mk

【解答】解：A.小球未接觸到彈簧過(guò)程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，與彈簧接觸后彈簧彈力

做功，小球的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤;

B.當(dāng)小球的加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大，即

mg=kx

171

mg(/i+x)=-^mv2+2kx2

聯(lián)立可得

噌

故B正確；

C.當(dāng)小球速度減為零時(shí)，下落的距離最大，則

]

mg(A+xj=-^kx'2

所以小球下落最大距離為

,,/mg+J(mg)2+2mgkh

n+x=-------------；---------------Fh

k

故C錯(cuò)誤；

D.當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)加速度最大，則

kx'-mg=ma

解得

^(mg^+2mgkh

a=---------------------

m

故D錯(cuò)誤。

故選：Bo

16.(2024?市中區(qū)校級(jí)模擬)如圖甲所示，質(zhì)量分別為mA、HIB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成

一個(gè)系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上(B靠墻面)，此時(shí)彈簧形變量為x,

撤去外力并開(kāi)始計(jì)時(shí)，A、B兩物體運(yùn)動(dòng)的a-t圖像如圖乙所示，Si表示0到ti時(shí)間內(nèi)a-t圖

線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示ti到t2時(shí)間內(nèi)A、B的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積

大小，A在ti時(shí)刻的速度vo。下列說(shuō)法正確的是()

A.0到ti時(shí)間內(nèi)，墻對(duì)A、B系統(tǒng)的沖量等于mAvo

B.mA<mB

C.t2時(shí)刻彈簧的形變量最大且VB>VA

D.ti時(shí)刻運(yùn)動(dòng)后，彈簧的最大形變量等于x

【解答】解：A.由圖像可知，在ti時(shí)刻彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)，0到ti時(shí)間內(nèi)，對(duì)A、B系統(tǒng)由動(dòng)量定

理

Ii=mAvo

即墻對(duì)A、B系統(tǒng)的沖量等于HIAVO,故A正確；

B.ti?t2時(shí)間內(nèi)，彈簧從原長(zhǎng)位置到伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)，由圖可知該過(guò)程中

aA<aB

根據(jù)牛頓第二定律有

HiAaA=mBaB

可知

mA>mB

故B錯(cuò)誤；

C.由以上分析可知，t2時(shí)刻彈簧的形變量最大且

VA=VB=V

故c錯(cuò)誤；

D.ti時(shí)刻運(yùn)動(dòng)后，t2時(shí)刻彈簧的形變量最大，由能量關(guān)系可知

121212

-kx-=弓（mA+mB）v"+^kx'-

222

可知彈簧的最大形變量小于x,故D錯(cuò)誤。

故選：A。

17.（多選）（2024?鄭州模擬）如圖所示，固定斜面的傾角。=30°,輕彈簧下端固定在斜面底端，

彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)上端位于C點(diǎn)，用一根不可伸長(zhǎng)的輕繩通過(guò)輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體A和

B,滑輪左側(cè)繩子與斜面平行,A的質(zhì)量是B的質(zhì)量2倍，初始時(shí)物體A到C點(diǎn)的距離L=lm,

現(xiàn)給A、B—初速度vo=3m/s,使A開(kāi)始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，B向上運(yùn)動(dòng)，物體A向下運(yùn)動(dòng)剛到

C點(diǎn)時(shí)的速度大小v=2m/s,物體A將彈簧壓縮到最短后，物體A又恰好能彈回到C點(diǎn)。己知

彈簧的最大彈性勢(shì)能為6J,重力加速度g=10m/s2,不計(jì)空氣阻力，整個(gè)過(guò)程中輕繩始終處于伸

直狀態(tài)。則（）

A.物體A與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=苧

B.物體A向下運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，A的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為B的重力勢(shì)能

C.彈簧的最大壓縮量x=0.4m

D.B的質(zhì)量為2kg

【解答】解：A、設(shè)B的質(zhì)量為m,A的質(zhì)量為2m,在物體A向下運(yùn)動(dòng)剛到C點(diǎn)的過(guò)程中，對(duì)

A、B組成的系統(tǒng)應(yīng)用能量守恒定律與功能關(guān)系可得：

|i*2mgcos6*L=1X(m+2m)詔一^X(m+2m)v2+2mgLsin9-mgL

解得：尸字，故A正確；

B、物體A向下運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，A的重力勢(shì)能及A、B的動(dòng)能都減小，轉(zhuǎn)化為B的重力勢(shì)

能和摩擦生熱，故B錯(cuò)誤；

C、設(shè)彈簧的最大壓縮量為X。對(duì)A、B和彈簧組成的系統(tǒng)分析，在物體A從C點(diǎn)壓縮彈簧至將

彈簧壓縮到最大壓縮量，又恰好返回到C點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能初末均為零，系統(tǒng)動(dòng)能的減

少量等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，可得：

1

-X(m+2m)v2-0=p?2mgcose?2x,解得：x=0.4m,故C正確；

D、從C點(diǎn)到彈簧最大壓縮量過(guò)程中，由能量守恒定律可得：

12

,

-X(m+2m)v+2mgxsin0-mgx=n*2mgcos0x+Epm

已知：EPm=6J,

解得B的質(zhì)量為：m=2kg,故D正確。

故選：ACDo

18.(2024?道里區(qū)校級(jí)一模)輕質(zhì)彈簧上端懸掛于天花板上，下端與質(zhì)量為M的木板相連，木板

靜止時(shí)位于圖中I位置。O點(diǎn)為彈簧原長(zhǎng)時(shí)下端點(diǎn)的位置，質(zhì)量為m的圓環(huán)形物塊套在彈簧上

(不與彈簧接觸)，現(xiàn)將m從。點(diǎn)正上方的H位置自由釋放，物塊m與木板瞬時(shí)相碰后一起運(yùn)

動(dòng)，物塊m在P點(diǎn)達(dá)到最大速度，且M恰好能回到O點(diǎn)。若將m從比II位置高的Q點(diǎn)自由釋

放后，m與木板碰后仍一起運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是()

A.物塊m達(dá)到最大速度的位置在P點(diǎn)的下方

B.物塊m與木板M從I位置到0的過(guò)程做勻減速運(yùn)動(dòng)

C.物塊m與木板M在O點(diǎn)正好分離

D.物塊m能回到Q點(diǎn)

【解答】解：A.在物塊m下落過(guò)程中，當(dāng)物塊m、木板M的總重力等于彈簧彈力時(shí)，物