微专题突破练(三) 应用力学三大观点解决多过程问题
1．(多选)如图所示，半球形容器ABC固定在水平面上，AC是水平直径，一个质量为m的物块从A点正上方由静止释放刚好能从A点进入容器，第一次从P点由静止释放，P点距A点高度为h，结果物块从C点飞出上升的高度为，第二次由Q点由静止释放，Q点距A点高度为，物块与容器内壁间的动摩擦因数恒定，B点为容器内壁最低点，容器的半径为h，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )
A．第一次，物块由A点运动到C点克服摩擦力做的功为mgh
B．第二次，物块运动到C点的速度刚好为0
C．第一次，物块运动到B点的最大动能为mgh
D．第一次，物块从A点运动到B点克服摩擦力做的功大于从B点运动到C点克服摩擦力做的功
2．(多选)小朋友喜欢的“踩踩球”其实就是由上下两个连在一起质量相等的半球组成，两半球间装有一个轻弹簧。玩耍时，将“踩踩球”直立静放在水平地面上，用脚从上半球顶部中心点向下踩压，当两半球贴合后放开脚，过一会儿贴合装置失效，弹簧恢复原长，球就会突然展开，瞬间弹起。如图所示，小明同学测得“踩踩球”展开静止在地面上时中间白色标记距地面的高度为h1；踩压贴合时中间白色标记距地面的高度为h2；弹起后到达最高点时中间白色标记距地面的高度为h3。已知“踩踩球”总质量为m并全部集中在上下半球上，重力加速度大小为g，不计一切阻力，下列说法中正确的是( )
A．“踩踩球”离开地面时的速度大小为
B．上述踩压过程中压力做的功为mg(h3－h1)
C．弹簧的最大弹性势能为mg(2h3－h1－h2)
D．弹簧恢复原长过程中“踩踩球”所受合外力的冲量大小为m
3．(多选)(2024·河北一模)如图所示，两个均可视为质点的小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在水平固定的光滑细杆上，小球A的质量为m，小球B的质量为3m。初始时细绳处于水平状态，现将两小球由静止释放，小球A在竖直平面内摆动的轨迹为如图所示的半椭圆。已知半长轴为a、半短轴为b的椭圆在最低点的曲率半径ρ＝，向心加速度大小a向＝，不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．图中椭圆的半短轴为
B．小球B的最大速度为
C．小球A到达最低点时的速度大小为
D．小球A到达最低点时细绳中的张力大小为
4．(多选)(2024·湖北卷)如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0(k为已知常量)。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则( )
A．子弹的初速度大小为
B．子弹在木块中运动的时间为
C．木块和子弹损失的总动能为
D．木块在加速过程中运动的距离为
5．(热点情境·航天科技)(多选)航模比赛是青少年喜爱的一项科技活动。在某次航模比赛中，一同学操控无人机在升力作用下竖直向上运动，其动能Ek与上升高度h的关系如图所示。已知无人机的质量为 1.0 kg，重力加速度g＝10 m/s2，则上升10 m过程中( )
A．无人机处于超重状态
B．无人机机械能增加了50 J
C．无人机上升所用的时间为4 s
D．升力的最大功率为50 W
6．(2024·新课标卷)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图所示，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2。当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。(sin 37°＝0.6)
(1)求此时P、Q绳中拉力的大小；
(2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。
7．(高考新动向·模块间融合)如图所示，质量为m的凹槽A放在倾角θ＝30°的足够长的绝缘斜面上，斜面固定在水平地面上，槽内左端用轻弹簧和质量为2m的物体B相连，空间存在垂直斜面向上的匀强电场、电场强度大小E＝(g为重力加速度大小)。质量为m、电荷量为q的带正电物体C静置在凹槽A中时，A、B、C恰好能处于静止状态。现将C取出，在A内移动B到某位置后撤去外力，此时A、B静止，再将C从斜面上A的上方某点由静止释放后，C以大小为v0的速度与A碰撞后立即粘在一起，已知A、B均绝缘且不带电，A、B间接触面光滑，C与A、C与斜面间都绝缘，整个过程中，物体C所带的电荷量保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧弹性势能与弹簧伸长量的平方成正比。求：
(1)凹槽A与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)当弹簧伸长量变为碰前瞬间压缩量的2倍时，A、B、C三者速度恰好相同，求C与A碰撞前弹簧的弹性势能；
(3)从C与A碰后瞬间开始计时，经过时间t，弹簧形变量恢复到与初始时的压缩量相等，求该过程中，弹簧弹力对B的冲量大小。
8．如图所示，质量M＝3 kg的薄木板A静置于水平地面上，其右端为固定在地面上半径R＝0.75 m的竖直光滑圆弧轨道，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成θ＝37°角。质量m＝2 kg的小物块B从距薄木板A高H＝2 m的位置水平抛出，恰好从圆弧轨道最高点沿圆弧切线方向滑入轨道。已知小物块B与薄木板A之间的动摩擦因数μ＝0.5，空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求小物块B水平抛出时的速度大小；
(2)求小物块B刚进入圆弧轨道最高点时对轨道的压力大小；(结果保留两位小数)
(3)薄木板A与地面之间动摩擦因数满足以下情况：
①若地面光滑，小物块B恰好没有滑离薄木板A，求薄木板A的长度；
②若薄木板A与地面间的动摩擦因数μ′＝0.1，小物块B始终未滑离薄木板A，求薄木板A滑动的距离。
9．如图所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面体在水平面上固定不动，物体丙放在光滑水平面上，物体丙由水平部分和圆弧轨道组成，C为圆弧的最低点，D为圆弧的最高点，物体丙的上表面与斜面体的底端平滑地衔接于B点，可视为质点的滑块乙放在物体丙的最左端，另一可视为质点的滑块甲由斜面体上的A点静止释放，经过一段时间与滑块乙发生无机械能损失的碰撞，碰后移去斜面体和滑块甲。已知AB间距离xAB＝14.4 m，滑块甲、乙的质量均为m＝2 kg，物体丙的质量为M＝6 kg，圆弧的半径为R＝4 m，除滑块与BC段的摩擦以外，其余部分的摩擦均可忽略不计，xBC＝9.6 m，滑块乙与BC间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2。求：
(1)滑块乙第一次运动到C点时的速度大小；
(2)滑块乙第二次运动到C点时，滑块乙对轨道的压力大小；
(3)通过计算说明滑块乙能否从物体丙的左端离开，若能，求分离瞬间乙、丙的速度；若不能，求最终滑块乙到C点的距离。微专题突破练(三)
1．AD [根据动能定理有mg·－W克f＝0，解得克服摩擦力做功W克f＝mgh，故A正确；第二次，由于物块运动到某一位置速度小于第一次物块在该位置的速度，因此正压力小于第一次的正压力，摩擦力小于第一次的摩擦力，因此从A到C克服摩擦力做功小于mgh，根据动能定理可知，物块到达C点的速度不为零，故B错误；第一次，物块从A运动到B过程中的平均速度大于从B运动到C的平均速度，因此物块从A运动到B过程中的平均正压力大，平均摩擦力大，因此物块从A点运动到B点克服摩擦力做的功大于从B点运动到C点克服摩擦力做的功，故D正确；第一次，物块由A运动到B克服摩擦力做的功大于由B运动到C克服摩擦力做的功，大于mgh，因此物块运动到B点的最大动能小于2mgh－mgh＝mgh，故C错误。]
2．AC [设球离地的速度为v，由动能定理可得－mg(h3－h1)＝0－mv2，解得v＝，故A正确；弹簧恢复原长过程中，根据动量定理，“踩踩球”所受合外力的冲量大小为I合＝mv－0＝m， 故D错误；设弹簧的最大弹性势能为Ep，踩压过程中压力做的功为W，弹簧恢复原长连接装置拉紧前上半球速度为v1，上半球弹起过程由机械能守恒定律可得＋mg(h1－h2)＝Ep，连接装置拉紧过程由动量守恒定律可得mv＝mv1，踩压过程由功能关系可得Ep＝W＋mg(h1－h2)，联立解得W＝2mg(h3－h1)，Ep＝mg(2h3－h1－h2)，故B错误，C正确。故选AC。]
3．ABD [系统在水平方向动量守恒，结合几何关系有0＝m－3m，b＝t，xB＝t，L＝b＋xB，解得b＝，故A正确；小球A到达最低点时，小球B的速度最大，有0＝mvA－3mvB，mgL＝，解得vA＝，vB＝，故B正确，C错误；显然椭圆的半长轴a＝L，所以椭圆在最低点的曲率半径为ρ＝＝，又T＝＝，这与利用相对速度计算的结果一致，即T＝mg＋＝，故D正确。故选ABD。]
4．AD [子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力为0，所以该系统动量守恒，若子弹没有射出木块，则由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得木块获得的速度大小v＝，又子弹的初速度越大，其打入木块越深，则当子弹恰不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有＝(m＋M)v2＋kv0L，解得v0＝；若子弹能够射出木块，则有v0>，子弹在木块内运动的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kv0＝mam，kv0＝MaM，根据位移关系有v0t－amt2－aMt2＝L，对木块有v2＝aMt，联立解得v2＝，又v0越大，t越小，则v2越小，即随着v0的增大，木块获得的速度v2不断减小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大小v0＝，A正确；子弹在木块内运动的过程，对子弹由动量定理有－kv0t＝mv－mv0，解得子弹在木块中运动的时间t＝，B错误；由能量守恒定律可知，木块和子弹损失的总动能ΔEk＝kv0L＝，C错误；木块在加速过程中做匀加速运动，由运动学规律有x＝，解得木块在加速过程中运动的距离x＝，D正确。]
5．BD [由题图可知，无人机上升过程中的动能越来越小，故无人机做减速运动，其加速度方向向下，处于失重状态，A错误；无人机在上升过程中，其动能减少了50 J，重力势能增加了mgh＝100 J，故其机械能增加了50 J，B正确；由动能定理可知－F合h＝0－Ek0，故无人机受到的合力大小为F合＝＝5 N，方向竖直向下，由F合＝ma可得无人机做减速运动的加速度大小为a＝＝5 m/s2，故其上升过程所用的时间为t＝，又＝50 J，可得t＝2 s，C错误；由mg－F升＝ma可得无人机的升力大小为F升＝5 N，故升力的功率为P＝F升v，当v＝v0时升力的功率最大，Pm＝F升v0＝50 W，D正确。]
6．解析：(1)由题意可知重物下降过程中受力平衡，设此时P绳中拉力的大小为FP、Q绳中拉力的大小为FQ，则
在竖直方向上有FP cos α＝FQ cos β＋mg
在水平方向上有FP sin α＝FQ sin β
联立并代入数据解得FP＝1 200 N，FQ＝900 N。
(2)重物下降到地面的过程，根据动能定理有
mgh＋W总＝0
代入数据解得W总＝－4 200 J。
答案：(1)1 200 N 900 N (2)－4 200 J
7．解析：(1)以A、B、C整体为研究对象，对整体受力分析，有4mg sin θ＝μ(4mg cos θ－qE)
解得μ＝。
(2)设初始时弹簧弹性势能为Ep，由题意，当弹簧伸长量为初始压缩量的2倍时，弹性势能为4Ep，C与A碰撞过程，由动量守恒定律有mv0＝2mv1
从C与A碰撞，到A、B、C共速，由动量守恒定律和能量守恒定律有2mv1＝4mv2
＋Ep＝＋4Ep
解得Ep＝。
(3)从C与A碰后瞬间开始计时，到弹簧形变量等于初始时弹簧的压缩量，将A和C看成一个整体，B与AC之间的碰撞类似弹性碰撞，有
2mv1＝2mv′1＋2mv′2
＝
解得v′2＝或v′2＝0，弹簧第1、3、5、…、2n－1次恢复初始时的压缩状态时，有v′2＝
由动量定理有I弹＋2mg sin θ·t＝2m·
解得I弹＝mv0－mgt
即冲量大小为|mv0－mgt|
弹簧第2、4、6、…、2n次恢复初始时的压缩状态时，有v′2＝0
由动量定理有I弹＋2mg sin θ·t＝0
解得I弹＝－mgt
即冲量大小为mgt。
答案：(1) (3)见解析
8．解析：(1)小物块B从水平抛出到刚进入圆弧轨道，有
H－R(1＋sin θ)＝gt2
又vy＝gt，tan θ＝
联立解得v0＝3 m/s，vy＝4 m/s。
(2)设小物块B刚进入圆弧轨道时的速度为v1
则v1＝＝5 m/s
小物块B在圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有FN＋mg sin θ＝
联立解得FN≈54.67 N
由牛顿第三定律知小物块B对轨道的压力大小为F′N＝FN＝54.67 N。
(3)①设小物块B刚滑上薄木板A时的速度大小为v2，由动能定理得mgH＝
解得v2＝7 m/s
小物块B在薄木板A上滑动过程，由动量守恒有
mv2＝(m＋M)v3
解得v3＝2.8 m/s
由能量守恒有μmgL＝
解得L＝2.94 m。
②薄木板A与小物块B间的摩擦力大小为
f1＝μmg＝10 N
薄木板A与地面间的摩擦力大小为
f2＝μ′(m＋M)g＝5 N
设经t1时间A、B达到共同速度v4，由动量定理得－f1t1＝mv4－mv2
(f1－f2)t1＝Mv4
联立解得v4＝ m/s，t1＝ s
在时间t1内薄木板A移动的距离x1＝t1＝ m
设达到共同速度后，二者一起停下来的过程，薄木板A移动的距离为x2，由动能定理得
－μ′(m＋M)gx2＝
解得x2＝ m
则薄木板A滑动的距离x＝x1＋x2＝2.45 m。
答案：(1)3 m/s (2)54.67 N (3)①2.94 m ②2.45 m
9．解析：(1)滑块甲由A到B只有重力做功，则滑块甲的机械能守恒，由机械能守恒定律得
mgxABsin θ＝，解得v0＝12 m/s
滑块甲、乙发生弹性碰撞，设碰后甲、乙的速度分别为v′、v，则由动量守恒定律、机械能守恒定律得
mv0＝＝mv2＋mv′2
解得v′＝0，v＝12 m/s
滑块乙从物体丙的最左端向右运动的过程中，滑块乙和物体丙组成的系统动量守恒，设滑块乙第一次运动到C点时，滑块乙和物体丙的速度大小分别为v1、v2，则由mv＝mv1＋Mv2
又由功能关系得μmgxBC＝
解得v1＝6 m/s，v2＝2 m/s(另一解舍去)，即滑块乙第一次运动到C点时的速度大小为6 m/s。
(2)滑块乙滑上圆弧轨道后，滑块乙和物体丙组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，设滑块乙第二次运动到C点时滑块乙和物体丙的速度大小分别为v3、v4
则由动量守恒定律、机械能守恒定律有
mv1＋Mv2＝－mv3＋Mv4，
＝
解得v3＝0 m/s，v4＝4 m/s(另一解舍去)
对滑块乙由牛顿第二定律得F－mg＝
解得F＝28 N，由牛顿第三定律可知滑块乙对轨道的压力大小为F′＝28 N。
(3)设滑块乙不能离开物体丙，则滑块乙和物体丙最终共速，设共同的速度为v5
则由动量守恒定律得－mv3＋Mv4＝(M＋m)v5
解得v5＝3 m/s
设滑块乙与物体丙相对静止时到C点的距离为Δx
则由能量守恒定律得
μmg·Δx＝
解得Δx＝1.2 m，因为Δx综上，滑块乙不能从物体丙左端离开，最终滑块乙到C点的距离为1.2 m。
答案：(1)6 m/s (2)28 N (3)1.2 m
6/6
