專題強(qiáng)化七三大觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問題

【專題解讀】1.本專題是力學(xué)三大觀點(diǎn)在力學(xué)中的綜合應(yīng)用，高考中本專題將作

為計(jì)算題壓軸題的形式命題。

2.熟練應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)分析和解決綜合問題。

3.用到的知識(shí)、規(guī)律和方法有：動(dòng)力學(xué)方法（牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律）；動(dòng)量觀

點(diǎn)（動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律）；能量觀點(diǎn)（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）。

題型一應(yīng)用三大觀點(diǎn)解決力學(xué)問題

1.力的三個(gè)作用效果與五個(gè)規(guī)律

分類對(duì)應(yīng)規(guī)律公式表達(dá)

力的瞬時(shí)作用效果牛頓第二定律F合=ma

W合=AEk，W合=/".一）加彳

力對(duì)空間動(dòng)能定理

積累效果機(jī)械能守恒定律E\=Ei,mgh\+；〃切彳=〃吆〃2

力對(duì)時(shí)間動(dòng)量定理產(chǎn)合Z=p'-p,/合=△〃

r

積累效果動(dòng)量守恒定律mw\+mivi="21。i'+m2V2

2.解動(dòng)力學(xué)問題的三大觀點(diǎn)

⑴力的觀點(diǎn)：運(yùn)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)問題。

（2）能量觀點(diǎn)：用動(dòng)能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題。

⑶動(dòng)量觀點(diǎn)：用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題。

角度1力的觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)的應(yīng)用

【例1】水平傳送帶被廣泛地應(yīng)用于機(jī)場(chǎng)和火車站，用于對(duì)旅客的行李進(jìn)行安全

檢查，如圖1為一水平傳送帶裝置示意圖，繃緊的傳送帶A3始終保持。=1m/s

的恒定速率運(yùn)行。旅客把行李無初速地放在4處，設(shè)行李與傳送帶間的動(dòng)摩擦因

數(shù)〃=0.1,AB間的距離為2m,g取lOmd,若乘客把行李放上傳

送帶的同時(shí)也以0=1m/s的恒定速度平行于傳送帶運(yùn)動(dòng)方向走向B點(diǎn)去取行李,

則（）

f）一格

圖1

A.行李在傳送帶上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

B.行李提前0.5s到達(dá)B

C.乘客與行李同時(shí)到達(dá)B

D.若傳送帶速度足夠大，行李最快也要2s才能到達(dá)8

答案D

解析把行李無初速放上傳送帶時(shí)，行李先做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)

V

經(jīng)過時(shí)間力速度與傳送帶相同。根據(jù)動(dòng)量定理得加一0,fl=R=l8,此

過程行李的位移大小為4=乎=號(hào)m=0.5m,行李勻速運(yùn)動(dòng)的位移為X2=2m

—0.5m=1.5m,時(shí)間為/2=5=1.5s,所以行李從A到B的時(shí)間為f=fi+，2=2.5

s,乘客從A運(yùn)動(dòng)到3的時(shí)間為T=^=2s,乘客提前0.5s到達(dá)8,故A、B、C

錯(cuò)誤；若傳送帶速度足夠大，行李一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為4=^=^

=/Zg=1m/S2,設(shè)到達(dá)B的最短時(shí)間為/min,則￡=%扁n,代入解得/min=2s,故

D正確。

角度2能量觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)的應(yīng)用

【例2】（多選）如圖2所示，小球A質(zhì)量為〃?，系在細(xì)線的一端，線的另一端固

定在。點(diǎn)，。點(diǎn)到光滑水平面的距離為h.物塊B和C的質(zhì)量分別是3m和m,

8與。用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且8物塊位于O點(diǎn)正下方。現(xiàn)拉動(dòng)

小球使細(xì)線水平伸直，小球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊8發(fā)生正碰（碰撞

時(shí)間極短），反彈后上升到最高點(diǎn)時(shí)到水平面的高度為，小球與物塊均視為質(zhì)點(diǎn),

不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

圖2

A.碰撞后小球4反彈的速度大小為厚

B.碰撞過程13物塊受到的沖量大小為

C.碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能為/咫/?

D.物塊C的最大速度大小為至黎

答案AD

解析碰撞后小球A機(jī)械能守恒，則6解得0=挈，則碰撞后小

球A反彈的速度大小為"羋，故A正確；設(shè)碰撞前小球A的速度為a，碰撞后

3物塊的速度為。2,下落過程中小球4機(jī)械能守恒，則〃吆九=上虎，碰撞過程，

A、8系統(tǒng)動(dòng)量守恒有加。0=3/2—"701,解得02="羋，根據(jù)動(dòng)量定理得，碰撞

過程8物塊受到的沖量大小為/=365一0=|局荻，故B錯(cuò)誤；碰撞后當(dāng)物塊

B和。的速度相等時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，根據(jù)物塊B和C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

有3〃饗2=⑶〃+m）v,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得羨X3〃就=￡pX3〃蘇+5^2，解

得耳=京3咫〃，則碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能為令37皿，故C錯(cuò)誤；彈簧再

次恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，物塊。的速度最大，則物塊8和C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律有

3mV2=nwc,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得;義3〃冠=：><3〃通+%灰，解得vc

乙乙乙

=殳用，則物塊。的最大速度大小為當(dāng)皿，故D正確。

角度3三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

【例3】如圖3所示，半徑分別為R和r=專的兩光滑圓軌道安置在同一豎直平

面內(nèi)，兩軌道之間由一條光滑水平軌道CD相連，在水平軌道CO上一輕彈簧被

4、。兩小球夾住，同時(shí)釋放兩小球，4、球恰好能通過各自圓軌道的最高點(diǎn)，己

知。球的質(zhì)量為機(jī)。則（）

/RZ\

一：而e】

CD

圖3

A.b球質(zhì)量為半〃？

B.兩小球與彈簧分離時(shí)，動(dòng)能相等

C.若〃2.=〃仍=〃7要求4、〃都能通過各自的最高點(diǎn)，彈簧釋放前至少應(yīng)具有的彈

性勢(shì)能為EP=5mgR

D.〃球到達(dá)圓心等高處時(shí)，對(duì)軌道壓力為5〃2g

答案C

解析。、〃球恰好能通過各自圓軌道的最高點(diǎn)，。、匕球在最高點(diǎn)時(shí)的速度分別為

為淘=4^斤，。〃『詬'，〃、力球在最高點(diǎn)時(shí)的速度分別為〃，有一"2R=S忌高

一；"?〃若，—mbg2r=^nbvlin—^nibvi,設(shè)b球的質(zhì)量為，〃以由動(dòng)量守恒定律有〃

=rribVb,聯(lián)立解得〃步=，5小，故A錯(cuò)誤；兩小球與彈簧分離口寸，動(dòng)量大小相等，

2

根據(jù)動(dòng)能與動(dòng)量關(guān)系雙=七可知?jiǎng)幽懿幌嗟龋蔅錯(cuò)誤；若〃勿=〃仍=加，由動(dòng)

量守恒定律有，mVa=mbVb,分離時(shí)兩小球的速度相等，要求〃、Z?都能通過各自

的最高點(diǎn)時(shí)，只需要。球能夠通過，〃球也能通過，由前面分析可知，。剛好通過

最高點(diǎn)時(shí)，分離時(shí)速度為a=屈，彈簧釋放前至少應(yīng)具有的彈性勢(shì)能為師=；

m^Va+^mbvl=maVa=5/n^R,故C正確；。球到達(dá)圓心等高處時(shí)，速度為為‘由動(dòng)

能定理可得一〃=女產(chǎn)一J??”黨,軌道對(duì)。球的支持力為尸，由牛頓第二定律

v，2

有尸=機(jī)“方，聯(lián)立解得尸=3mg,由牛頓第三定律可知。小球?qū)壍缐毫?mg,

故D錯(cuò)誤。

題型二力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過程問題

1.表現(xiàn)形式

(1)直線運(yùn)動(dòng)：水平面上的直線運(yùn)動(dòng)、斜面上的直線運(yùn)動(dòng)、傳送帶上的直線運(yùn)動(dòng)。

(2)圓周運(yùn)動(dòng)：繩模型圓周運(yùn)動(dòng)、桿模型圓周運(yùn)動(dòng)、拱形橋模型圓周運(yùn)動(dòng)。

(3)平拋運(yùn)動(dòng)：與斜面有關(guān)的平拋運(yùn)動(dòng)、與圓軌道有關(guān)的平拋運(yùn)動(dòng)。

2.應(yīng)對(duì)策略

(1)力的觀點(diǎn)解題：要認(rèn)真分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化，關(guān)鍵是求出加速度。

（2）兩大定理解題：應(yīng)確定過程的初、末狀態(tài)的動(dòng)量（動(dòng)能），分析并求出過程中的

沖量（功）。

⑶過程中動(dòng)量或機(jī)械能守恒：根據(jù)題意選擇合適的初、末狀態(tài)，列守恒關(guān)系式,

一般這兩個(gè)守恒定律多用于求某狀態(tài)的速度（率）。

【例4】（2021?黑龍江大慶模擬）如圖4所示，光滑曲面與長(zhǎng)度L=1m的水平傳

送帶BC平滑連接，傳送帶以o=lm/s的速度順時(shí)針運(yùn)行。質(zhì)量加i=lkg的物塊

甲（可視為質(zhì)點(diǎn)）從曲面上高〃=1m的A點(diǎn)由靜止釋放，物塊甲與傳送帶之間的動(dòng)

摩擦因數(shù)〃=0.2。傳送帶右側(cè)光滑水平地面上有一個(gè)光滑的四分之一圓軌道狀物

體乙，軌道末端與地面相切，質(zhì)量"22=3kg,重力加速度g=I0m/s2。求：

圖4

（1）甲第一次運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的速度大?。?/p>

⑵甲第二次運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的速度大?。?/p>

（3）甲第二次到。點(diǎn)后經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間再次到達(dá)。點(diǎn)。

答案（1）4m/s（2）—2m/s（3）2.25s

解析（1）物塊甲從4運(yùn)動(dòng)至B,由動(dòng)能定理得

"?igh2ml0T

解得切=2小m/s>p

假設(shè)物塊在傳送帶上一直做勻減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得

1.10

一〃〃?IgL7=2^?1VI—10T

解得s=4m/s

因02>0,故物塊甲第一次運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的速度大小為

s=4m/So

（2）以物塊甲和物體乙為研究對(duì)象，從甲滑上乙開始至甲滑下來的過程中，系統(tǒng)水

平方向上動(dòng)量守恒，則有

加1。2=〃？1。3+m2。4

系統(tǒng)能量守恒，則有

=2mi源+產(chǎn)2品

聯(lián)立解得。3=-2m/s

則甲從乙物體上滑下后向左勻速運(yùn)動(dòng)，第二次到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為2m/Sc

⑶甲向左進(jìn)入傳送帶，做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得〃加g=，川。

解得〃=2m/s2

從C運(yùn)動(dòng)6,由動(dòng)能定理得

一〃"71gL=1V5—\lA

解得到達(dá)3點(diǎn)的速度為05=()

物塊甲從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到左端B點(diǎn)的時(shí)間為

V5—V3

力=-^=ls

接著甲在傳送帶上向右做加速度仍為〃的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)到與傳送帶共速時(shí)

所用時(shí)間為，2,則有f2=￡=0.5s

設(shè)甲在亥時(shí)間內(nèi)的位移為由動(dòng)能定理得

/.umgxx=2fn?-0

解得箝=0.25m

甲與傳送帶共速后隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，位移為

X2=L-X]

則所用的時(shí)間為r3=*l=0.75s

故甲從第二次到第三次到達(dá)。點(diǎn)的過程中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

,=力+尬+白=2.25s。

對(duì)點(diǎn)演練

(2021?廣東卷)算盤是我國古老的計(jì)算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定

導(dǎo)桿上滑動(dòng)，使用前算珠需要?dú)w零。如圖5所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩

顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框兒甲、乙相隔si=3.5Xl()-2m,乙與邊框。相

隔$2=2.()Xl()—2m,算珠與導(dǎo)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=0.1?，F(xiàn)用手指將甲以().4m/s

的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s,方向不變，碰撞時(shí)間極短

且不計(jì)，重力加速度g取lOmd。

算珠歸'零狀態(tài)

邊框

■■■■■■■■,■網(wǎng)

邊框fflmnm

圖5

⑴通過計(jì)算，判斷乙算珠能否滑動(dòng)到邊框。；

⑵求中算珠從撥出到停下所需的時(shí)間。

答案(1)能，計(jì)算過程見解析(2)0.2s

解析(1)甲算珠從被撥出到與乙算珠碰撞前，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，

加速度大小m/s2

設(shè)甲算珠與乙算珠碰撞前瞬間的速度為加，則

ir—v]=2a\s\

解得oi=0.3m/s

甲、乙兩算珠碰撞時(shí)，由題意可知碰撞過程中動(dòng)量守恒，取甲算珠初速度方向?yàn)?/p>

正方向，則有

ntu\=mu\'+mvz,,其中vi,=0.1m/s

解得碰撞后乙算珠的速度u乙=0.2m/s

碰撞后，乙算珠做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小

a2~^n~1m/s-

設(shè)乙算珠能運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為x,則

V?

1=丁=().()2m

由于X=S2

所以乙算珠能夠滑動(dòng)到邊框或

(2)甲算珠從撥出到與乙算珠碰撞所用時(shí)間

V-V\八

t\=a\=0.1s

碰撞后甲算珠繼續(xù)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到停止，所用時(shí)間

所以甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間

f=fi+/2=0.2So

課時(shí)分層訓(xùn)練

A級(jí)基礎(chǔ)鞏固練

考點(diǎn)一應(yīng)用三大觀點(diǎn)解決力學(xué)問題

1.（2021?安徽合肥模擬）

圖1

如圖1所示，R、B等大反向，同時(shí)作用在靜止于光滑水平面上的4、8兩物體

上，已知兩物體質(zhì)量關(guān)系經(jīng)過相等時(shí)間撤去兩力，以后兩物體相碰且粘

為一體，這時(shí)A、3將（）

A.停止運(yùn)動(dòng)

B.向右運(yùn)動(dòng)

C.向左運(yùn)動(dòng)

D.仍運(yùn)動(dòng)但方向不能確定

答案A

解析根據(jù)動(dòng)量定理得尸同理b2f=M即3,Fl.22等大反向，故MAIM

=-MWB,設(shè)人的初速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律得+=

+MB）。，解得0=0,可知粘合體靜止，故A正確。

2.（2021?湖南卷）物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可用位置x和動(dòng)量p描述，稱為相，對(duì)應(yīng)p-x

圖象中的一個(gè)點(diǎn)。物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化可用p-x圖象中的一條曲線來描述，稱為

相軌跡。假如一質(zhì)點(diǎn)沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則對(duì)應(yīng)的相

軌跡可能是（）

答案D

解析質(zhì)點(diǎn)沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2=2ax

可得v=y[2ax,設(shè)質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m,則質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量pfr/亞,由于質(zhì)點(diǎn)的速度

方向不變，則質(zhì)點(diǎn)動(dòng)量〃的方向始終沿x軸正方向，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知D正確。

3.(2020?天津卷)長(zhǎng)為/的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為利的小球A,處于靜止

狀態(tài)。A受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過圓周軌

跡的最高點(diǎn)。當(dāng)4回到最低點(diǎn)時(shí)，質(zhì)量為次的小球區(qū)與之迎面正碰，碰后A、B

粘在一起，仍做圓周運(yùn)動(dòng)，并能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加

速度為如求：

(1M受到的水平瞬時(shí)沖量/的大??；

⑵碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少多大?

農(nóng)安小[7-,(2加|+-2)2

箸條⑴mN5gl(2)2m2

解析(1)A恰好能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)，此時(shí)輕繩的拉力剛好為零，設(shè)A在最

高點(diǎn)時(shí)的速度大小為小由牛頓第二定律，有

后

mig=〃八不D

A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，取軌跡最低點(diǎn)處重力勢(shì)能為零，設(shè)4

在最低點(diǎn)的速度大小為有

品忌=^/niv2+2migl②

由動(dòng)量定理，有/=M0A③

聯(lián)立①②③式，得小3④

(2)設(shè)兩球粘在一起時(shí)的速度大小為V、A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最

高點(diǎn)，需滿足"=辦⑤

要達(dá)到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向?yàn)?/p>

正方向，設(shè)B碰前瞬間的速度大小為在，由動(dòng)量守恒定律，有

nnVB—inwj\=(m\+m2)v'?

又E\i=^m2viQ)

聯(lián)立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬間8的動(dòng)能以至少為

5g/(2nn+/?n)?

￡k=2^?

考點(diǎn)二力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過程問題

4.(2021?江西撫州模擬)如圖2所示，在光滑水平面上有一帶擋板的長(zhǎng)木板，擋板

和長(zhǎng)木板的總質(zhì)量為如木板長(zhǎng)度為〃擋板的厚度可忽略），擋板上固定有一個(gè)小

炸藥包（可視為質(zhì)量不計(jì)的點(diǎn)）。木板左端有一質(zhì)量也為皿可視為質(zhì)點(diǎn)）的滑塊。滑

塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。給滑塊一個(gè)水平向右的

初速度。0,滑塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)，剛好能與小炸藥包接觸，接觸瞬間小炸藥包

爆炸（此過程時(shí)間極短，爆炸后滑塊與木板只在水平方向上運(yùn)動(dòng)，且完好無損），

滑塊最終回到木板的左端，恰與木板相對(duì)靜止，重力加速度為如求：

士炸荷包r

m]LUI

77^777777777777777777777777777777777777777777777777777777

圖2

（1）滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)；

（2）小炸藥包爆炸完畢時(shí)滑塊和木板的速度。

答案⑴鼠Q）05

解析（1）滑塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)，剛好能與炸藥包接觸，此時(shí)滑塊和木板的速度

相同，設(shè)滑塊剛要與炸藥包接觸時(shí)的速度為加，以水平向右為正方向；滑塊和木

板組成的系統(tǒng)，滑塊在木板上滑動(dòng)的過程中，系統(tǒng)所受合外力為零，則該系統(tǒng)動(dòng)

量守恒,故有mvo=2mv\

解得Vl=^V0

方向水平向右

滑塊在木板上滑動(dòng)的過程中，由功能關(guān)系可知涕-gx2加公

聯(lián)立解得"=普。

（2）設(shè)爆炸后滑塊和木板的速度分別為”和V2\最終滑塊相對(duì)木板靜止于木板的

左端時(shí)速度為V2,系統(tǒng)在爆炸前后動(dòng)量守恒，則有2mv\=mv\'+mvi!

2niv\=2mV2

系統(tǒng)爆炸后，對(duì)滑塊在木板上運(yùn)動(dòng)的過程功能關(guān)系，有

jLtntgL=?'2+J?"?"一JX2/%旄

聯(lián)立以上各式解得。l'=0,V2，=V0

方向水平向右。

5.（2021?河北卷）如圖3.一滑雪道由45和8C兩段滑道組成，其中段傾角為

48c段水平，48段和8C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、3m2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4=擊，重力加速度取g=10mH,

724

sin0=宗,cos0=/，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化。求：

BC

圖3

⑴滑道A3段的長(zhǎng)度；

⑵滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度。

答案（l）9m（2）7.44m/s

解析（1）設(shè)背包的質(zhì)量為機(jī)，滑雪者的質(zhì)量為M

對(duì)背包，由牛頓第二定律得

mgsin〃一〃〃7gcos0=ma\

解得背包的加速度?1=2m/s2

設(shè)背包由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間為/,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得

^a\t2=vo（j-\s）4-^?2（r—1s）2

解得t=3s

則滑道AB段的長(zhǎng)度尸=9mo

（2）背包到達(dá)B點(diǎn)的速度vi=a\t=6m/s

滑雪者到達(dá)B點(diǎn)的速度

02=0。+。2。-1s）=7.5m/s

滑雪者拎起背包的過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得

tnv1+Mvi=（M+ni）v

解得滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度

0=7.44m/So

B級(jí)能力提升練

6.（多選）（2021?山東卷）如圖4所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地而〃高處,

現(xiàn)將質(zhì)量為m的物資以相對(duì)地面的速度。。水平投出，落地時(shí)物資與熱氣球的距離

為d.已知投出物資后熱氣球的總質(zhì)量為所受浮力不變，重力加速度為g,

不計(jì)阻力。以下判斷正確的是（）

圖4

A.投出物資后熱氣球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

B.投出物資后熱氣球所受合力大小為mg

Cd=（l十上八十衿7

。八弋華+。+給2H2

答案BC

解析載有物資的熱氣球處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合外力為0,初動(dòng)量為0,水平投出

質(zhì)量為的物資瞬間，由動(dòng)量守恒定律，有必0=/加0,熱氣球獲得水平向左的速

度。，熱氣球所受合外力恒為〃吆，方向豎直向上，所以熱氣球做勻變速曲線運(yùn)動(dòng),

A錯(cuò)誤，B正確；熱氣球和物資的運(yùn)動(dòng)示意圖如圖所示

熱氣球和物資所受合力大小均為〃吆,所以熱氣球的加速度大小為。=粉，物資

做平拋運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間熱氣球在豎直方向上運(yùn)動(dòng)的位移為HM=%P

泰今=制，熱氣球和物資在水平方向均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平位移分別為

XM=Vt=JXm=VN=V叭悍,熱氣球和物資的距離為d—

+的］答+刈c正確,

(Xm+XM)2+(”+”M)2—(1D錯(cuò)誤。

7.如圖5所示，質(zhì)量為用的〃球用長(zhǎng)為h的細(xì)繩懸珪于水平軌道8C的出口C處，

質(zhì)量也為〃?的小球。從距BC高。的A處由靜止釋放，沿光滑軌道A8C滑下，在

C處與〃球發(fā)生正碰并與人粘在一起。已知3C軌道距地面有一定的高度，懸掛人

球的細(xì)繩能承受的最大拉力為2.8/郎。則：

圖5

(1)。球與b球碰前瞬間的速度多大？

(2)6/>8兩球碰后，細(xì)繩是否會(huì)斷裂？(要求通過計(jì)算回答)

答案(lh/2^(2)會(huì)斷裂

解析(1)設(shè)。球與〃球碰前瞬間的速度大小為UC,由機(jī)械能守恒定律得

mgh=%nv力

解得vc=y/2^h

即。球與/？球碰前瞬間的速度大小為，荻。

(2)設(shè)碰后〃、〃球的速度為。，〃、力碰撞過程中，則由動(dòng)量守恒定律，有

invc=(m-\-m)v

故v=^vc=^\l2gh

假設(shè)。、人球碰撞后將一起繞。點(diǎn)擺動(dòng)，設(shè)小球在最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩拉力為尸T,則由

牛頓笫二定律有

V2

FT—2mg=2〃5

解得Fr=3mg

因尸r>2.8〃zg,故細(xì)繩會(huì)斷裂。

8.(2021?浙江6月選考)如圖6所示，水平地面上有一高H