健步守根與勁步守想也急候與成用

目錄

才情分析................................................................................1

解題玫喀................................................................................2

高考球場................................................................................4

考向一功和功率沖量與動量.............................................................4

考向二碟型及變形應用..............................................................8

才向三傳送番木板一滑塊模型..........................................................12

者向舊岸貴美問題.....................................................................16

考情分析

考察功能關系的理解及應用、機械能守恒的判斷及應用

考察功能關系變化及動力學與能量圖像的理解

考察關物體機械能守恒、傳送帶及板塊模型以及碰撞過程的能量問題

?M

解題攻略

1.思想方法

力學三大

對應規律表達式選用原則

觀點

牛頓第二定律璃=ma

(1)速度公式iV—VQ-\-at.

動力學觀物體做勻變速直線運

⑵位移公式：2

勻變速直線運x=vQt-^--^-at.

點動,涉及運動細節

動規律(3)位移速度關系式：/—虎=

2ax.

動能定理W口^.==/\E為k涉及做功與能量轉換

機械能守恒定

及1+瑪1=及2+瑪2

能量觀點律

功能關系%=-珥等

能量守恒定律E1=E2

只涉及初末速度、力、時間而不涉及

動量定理I^=p'-p

動量觀點位移、功

動量守恒定律只涉及初末速度而不涉及力、時間

2.模型建構

一、輕繩相連的系統機械能守恒模型

①注意兩個物體的質②注意兩物體運動位移③注意兩物體速度大小不④注意最大速度和最

量不一定相等；注意多和高度不一定相等一定相等，可能需要分解大加速度區別

段運動速度

-□~~?:、4

百P廠產?

3m

A

①b落地前，a機械能.1:O-.

C

增加、6減小，系統機械■1

_________4^-±<11

能守恒；

卜V

L1

②b落地后若不反彈，訃e

(

1Ml1

繩松，a機械能守恒；???

二、輕桿相連的系統機械能守恒模型

類型類型一:繞桿上某固定點轉動類型二:無固定點，沿光滑接觸面滑動

圖示1L

二TnRA「

j—c"*r

0T1

歸

A

三、輕彈簧問題

///■/〃

輕彈簧模型

，固.............

iff/777777/z7zZ/z/f

①同一根彈簧彈性勢能大小取決于彈簧形變量的大小，在彈簧彈性限度內，形變量相

等,彈性勢能相等

②由兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統,當彈簧形變量最大時，彈簧兩端連接的

物體具有相同的速度:彈簧處于自然長度時,彈簧彈性勢能最小（為零）

四、類碰撞問題

情境

類比“碰撞”滿足規律

初態末態

相距最近時完全非彈性碰撞動量守恒，動能損失最多

[\:，H1H

再次恢復原長時彈性碰撞動量守恒，動能無損失

—?r共速時完全非彈性碰撞動量守恒，動能損失最多

GJ

動量守恒，部分動能轉化

1u?1,.u滑離時非彈性碰撞

'fff/rrr/f7frrfr濟為內能

_A到達最高點時完全非彈性碰撞動量守恒，動能損失最多

■＞v

，，）＞，，，，，，，，，＞＞，，涉再次回到地面時彈性碰撞動量守恒，動能無損失

五、彈性碰撞???

發生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒,若兩物體質量分別為小1和館2,碰前速度為

3,碰后速度分別為g,3,則有：

=

rriiVi+m2^2+仍。2（1）

22

十7nl憂+17n2能=］恒1%'+-^m2v2（2）

聯立⑴、（2）解得：

,nm1v1+m2v2,rtm1v1+m2v2

g=2------------------vlfv2=2-------------------v2.

mi+m2m1+m2

特殊情況：若皿=恒2,”1'=02，22—01

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。動量守恒,碰撞系統動能損失。

根據動量守恒定律可得：皿%+巾2"2=孫%+rn2v2（1）

損失動能AEA,根據機械能守恒定律可得：3+%m2狀=：小1%7712v2,2+△瓦.（2）

2.完全非彈性碰撞

碰后物體的速度相同，根據動量守恒定律可得：V1

77115+771202=（巾1+巾2）0共（D

完全非彈性碰撞系統損失的動能最多，損失動能：

1

△耳=%7?11優+%m2vl—/2（m1+m2）vjt.（2）

W=紇2

聯立⑴、⑵解得：=15：02;AjBfc=X上警（％_紇）

商考練場

考向一功和功率沖量與動量

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

于斜面底端的滑塊推到斜面頂端，推力E做的功至少為用。已知物塊與斜面間的動摩擦因數為〃=

0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8,若用水平向左的推力用將物塊推到頂端，推力用做的功至少為

()

0

A.1.21%B.1.41%C.1.6用D.1.8用???

【解答】解：對物塊做功最少，物塊重力勢能增大，動能不變，物體勻速緩慢運動至斜面頂端，用E將位于斜

面底端的物塊推到斜面頂端，對物塊受力分析如圖甲所示，根據受力平衡可得E=mgsind+/imgcosd—

mg

設斜面的長度為則W^=FrL=mgL

對物塊受力分析如圖乙所示，根據受力平衡可得F^cosd=mgsin。+“(Esin。+mgcos9)

mgsin。+/imgcos9

解得F—二2mg

2cos。一〃sin。

則W=F^LcosS=X.QmgL=1.6%

故選：Co

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

平輕彈簧與豎直墻壁相連的質量為m=1kg的物塊Q疊放在P上。初始時刻，系統靜止,彈簧處于原

長，現用一水平向右、大小為F=9N的拉力作用在P上。已知P、Q間的動摩擦因數〃=0.2,彈簧的

勁度系數k=100N/m,重力加速度g取10m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則下列說法正確的是

()

/?

?/

?IP~-F

A.Q受到的摩擦力逐漸變大B.Q速度最大時，向右運動的距離為2cm

C.P做加速度減小的加速運動D.摩擦力對Q先做正功后做負功

【解答】解：4二者恰好發生相對運動時，Q的加速度a=@=0.2X10m/s2=2m/s2,此時對應的拉力：Fo

=(M+nz)a=(2+l)X2N=6N<9N,所以力F=9N作用在P上，一開始二者就發生相對運動，Q受滑

動摩擦力保持不變，故A錯誤；

B、物體P、Q間的最大靜摩擦力fm=umg=0.2X1x10N=2N,當P對Q的靜摩擦力達到最大時，Q向

右運動的距離為：/=與■=熹機=0.02巾,=2(3111；此時彈力與摩擦力相等，Q與P有共同的速度且此時

K100'

Q的速度達到最大值,故B正確；

。、對P受力分析可知：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。錯

、口

7天；

。、物塊Q達到最大距離的過程中，摩擦力對Q做正功；物塊Q達到最大距離后，先向左加速、后做減速，此

過程中，摩擦力對Q做負功，即摩擦力對Q先做正功，再做負功，故。正確。

故選：BD。

3.（2024?朝陽區校級模擬）如圖，一物塊以初速度方從。點沿斜面向上運動，同時從。點斜向上以相同

速度大小拋出一個小球，物塊和小球的質量相等，它們在斜面上的尸點相遇，不計空氣阻力。下列說

A.小球和物塊加速度相等

B.小球運動到最高點時離斜面最遠

C.在P點時,小球的動能大于物塊的動能

D.小球和物塊從。點到P點過程中合外力的功率相等

【解答】解：B.把小球的運動分解為沿斜面方向和垂直斜面方向，當垂直斜面方向的分速度減為0時，小球

離斜面最遠,但此時小球不是運動到最高點，故B錯誤；

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，根據勻變速直線運動速度一時間公式，可知兩物體不可

能在P點相遇，所以斜面是粗糙的；從O點到P點，小球和物塊克服重力做功相對，但物塊還要克服摩擦力

做功,故在P點時，小球的動能大于物塊的動能，故。正確；

。.從。點到P點過程，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，則合外力對物

塊做功的大小大于合外力對小球做功的大小，又所用時間相等，所以小球和物塊從O點到P點過程中合外

力的功率不相等，故。錯誤。

A.小球的加速度為

a球=g

設斜面傾角為仇物塊與斜面的動摩擦因數為H,根據牛頓第二定律可得

mgsinf）+/umgcosd—ma枷

可得物塊的加速度大小為

a物=gsinff+[igcosO

不能確定小球和物塊加速度是否大小相等，故A錯誤。

故選：Co

4.（2024.西安模擬）如圖所示，將小球a從地面以初速度v0豎直上拋的同時，將另一小球b從距地面h

處由靜止釋放，a、b的質量相等，兩球恰在0.5%處相遇（不計空氣阻力）。則兩球運動過程中（）

Ob

A.小球a超重，小球b失重

B.相遇時兩球速度差的大小為方

C.從開始到相遇重力對a、b的沖量不相同

D.相遇后的任意時刻,重力對球a做功功率等于重力對球b做功功率

【解答】解：4、小球a、b運動的加速度都向下，故都處于失重狀態，故A錯誤；

6、從題目內容可看出，在0.5無處相遇，此時a球和b球的位移大小相同，時間相同，它們的加速度也相同，

a豎直上拋，b自由落體，設相遇時間為相遇時a的速度為v,b的速度為，，則有：掾=t,由自由

落體規律得v'—gt,v—%—gt,解得”=0,i/=%,故B正確；

。、重力的沖量等于叱土，則重力對a、b的沖量相同。故。錯誤；

。、相遇時，a球的速度剛好為0,而b球的速度剛好為。°,相遇后，a的速度一直比6的速度小，a、6的質量

相等，可知重力對球a做功功率小于重力對球b做功功率，故D錯誤。

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，凹槽的質量為半圓弧的圓心為。點，最

低點為A點，半徑為R。現將一質量為m的光滑小球從圓弧上的D點釋放，已知OD與04的夾角

為3(3<5°),重力加速度為g,小球大小可以忽略不計。從。點第一次運動到A點的過程中，小球對

凹槽的彈力的沖量大小為()

A.myJ-----F2gH(l—cosd)B.—\-2gRQ—cos。)

D.M―N:+My/2gR(l—cos^)

C.m乃中^+nuj2gRQ-cos。)

【解答】解：小球從。到4只有重力做功，機械能守恒，有

mg(J2—Reos6)—?私4遍

小球豎直方向受重力和軌道對小球彈力的分力，根據動量定理有

—I^y+1重=m/\vy—0

小球做單擺運動的周期為7=2'工

則toA—:

根據沖量的公式可知I^v—If—mgtDA

小球水平方向根據動量定理有

I^x^mvA-0

根據矢量的合成可知/=J琮工+1缸

解得I=冗丁+2gR（l-cos9）

故A正確，BCD錯誤；

故選：A。

考向二碰撞模型及變形應用

6.（2024-清江浦區模擬）如圖所示,動摩擦因數為0.4的水平軌道Qb與光滑的圓弧軌道be在b點平滑連

接，ab=2m,圓弧軌道半徑R=40m,圓心為。，NbOc=30°,g—lOm/sz,質量皿=1kg的小物塊P

（可視為質點）靜止在水平軌道上的a點，質量為恒2=3kg的小物塊Q靜止在水平軌道的b點。現給

小物塊P一個水平向右的瞬時沖量/=5N?s,已知P、Q碰撞后P以1.5m/s反彈，貝UQ物體從開始運

動到最終停止所需要的總時間以及P。系統因摩擦在整個過程中損耗的能量分別為（）

A.12s6.25JB.6.78s12JC.6.66s12.5JD.12.56s12.5J

【解答】解:設小物塊P在Q點的速度為3,取向右為正方向，根據動量定理可得：/二館1%

物塊在水平軌道的加速度為：a=ag=04x10m/s2=4m/s2

小物塊。從＜1點到6點，根據動力學公式可得：］!,=.31…

解得：Vi=3m/s

P、Q碰撞,取向右為正方向，根據動量守恒可得：皿3=皿/+加2。2,其中：oj=—1.5m/s

解得：v2—1.5m/s

圓弧軌道半徑較大，小物塊。在be軌道上的運動可看成單擺運動，小物塊。在be軌道上運動的時間為:

11口

I.=-7*=Tx2n-

,、。，解得：力=6.28s

V21.5

小物塊。在水平軌道運動時間為：/—a~4s=0.375s

Q物體從開始運動到最終停止所需要的總時間為：力=力+方2=6.28s+0.375sx6.66s

1/112

P、Q碰撞損失的能量為：.解得AE=0

PQ系統因摩擦在整個過程中損耗的能量為：-='1,’?，解得：E=12.5J?M

綜上所述，故。正確、ABD錯誤。

故選:Co

7.（多選）（2024-吉林一模）碰碰車深受青少年的喜愛，因此大多數游樂場都設置了碰碰車，如圖所示為

兩游客分別駕駛碰碰車進行游戲。在某次碰撞時，紅車靜止在水平面上,黃車以恒定的速度與紅車發

生正撞；已知黃車和紅車連同游客的質量分別為小下山2,碰后兩車的速度大小分別為3、々，假設碰撞

的過程沒有機械能損失。則下列說法正確的是（）

黃車紅車

A.若碰后兩車的運動方向相同，則一定有巾1>7712

B.若碰后黃車反向運動，則碰撞前后黃車的速度大小之比可能為5：6

C.若碰后黃車反向運動且速度大于紅車，則一定有小2>3巾1

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

12,￡,

【解答】解：4B、根據機械能守恒定律和動量守恒定理，有772）=772/1+恒2"2,2?一工J+2””D，

mj—mz2ml

解得:'；切】一，八二1

可知，當Ei>m2時兩車得碰后速度方向相同，故A正確；

B。、若碰后黃車反向運動，則加1〈恒2,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

小一叫2ml

、~~?---~~j：

比不可能為5:6,若碰后黃車反向運動且速度大于紅車，即：十"，［十"k，M2>37711,故石錯

誤，。正確；

。、設碰后紅車的速度與碰前黃車的速度大小之為3:1,即。2：。=3:1,得?Til+3nz2=0,不符合實際情況，

故D錯誤。

故選：47。

8.（2024-朝陽區一模）如圖所示，光滑水平地面上的F、。兩物體質量均為館，P以速度。向右運動，。

靜止且左端固定一輕彈簧。當彈簧被壓縮至最短時（）

——>v

PWVVWAQ

A.P的動量為0B.Q的動量達到最大值

C.P、Q系統總動量小于77W

D.彈簧儲存的彈性勢能為亨加"

【解答】解：AC、物體P、Q與輕彈簧組成的系統所受合外力為零，滿足系統動量守恒的條件，系統總動量

為機”，所以彈簧被壓縮至最短時此系統總動量仍然為mv,以向右為正方向，根據動量守恒定律可得：mv

=2mHi,解得：g=-y-u,所以P的動量為mv=-^-mv，不為零，故AC錯誤；

x?M

2

。、根據機械能守恒定律得彈簧儲存的彈性勢能為Ep—-^-mv—■X2巾憂=故。正確；

B、彈簧被壓縮至最短時，彈簧處于壓縮狀態，對物體Q有向右的彈力，物體Q的速度方向也向右，所以在

接下來的一段時間內，物體Q做加速運動，其動量會繼續增大，故此時Q的動量不是最大，故B錯誤。

故選：Do

9.（2024?黃陂區校級一模）質量為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彈簧，

質量為2kg的另一小球a以4m/s的速度向b運動，從小球a接觸彈簧到壓縮到最短所經歷的時間為

去s,已知此彈簧的壓縮量x與彈性勢能Ep的關系為土=，則小球a、b在這段時間內的位移大

/U-LU

小分別為（）

av__________b

f7fffff77ff77ff7f7r7f

A7f+27T—2口3TT+337r—3

A-10如10mB-10*10m

C乃+47T—4c3〃+137r—3

CmD

-10如10-10E，10m

【解答】解：小球a、b與彈簧組成的系統動量守恒，彈簧被壓縮至最短時，小球Q、b達到共速,設共速時的速

度為3,小球a的初速度為如則由動量守恒定律有：mwo=（ma+

碰撞過程中機械能守恒，有萬、詔=；（F+m6）聽+.

解得彈簧壓縮到最短時的彈性勢能：珞=8J

-2%

由彈簧的壓縮量,與彈性勢能紇的關系：7T

代入可得：力=0.4m

設小球a、b在這段時間內的位移大小分別為I1、給任取極短的時間△力，兩小球在任意時刻動量均守恒，任

意時刻的速度分別設為vu、v2i則有：mav0=rriaVu+mbv2i

兩邊同乘以△力并求和得：工機職囚—工rriQi4t+Em//M

故有：rriaVot=rriak+mbl2

而兩小球的對地位移之間的關系為：l1—l2=x

n+2IT-2

聯立解得：I=—T,L'=-iTJ,故BCD錯誤，A正確。

故選：Ao

10.（2024-樂清市校級三模）（機械振動）質量為小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,彈簧的壓縮量為T0,如圖所示，一物塊從鋼板正上方距離為3g的A處自由落下,打在鋼

板上并立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連。它們到達最低點后又向上運動。已知物塊質量也為小,

彈簧的彈性勢能當=4卜",簡諧運動的周期7=2萬年，下列說法正確的是（）

2Vrv

A.碰后物塊與鋼板一起做簡諧運動,振幅4=g

B.物塊與鋼板在返回O點前已經分離

C.碰撞剛結束至兩者第一次運動到最低點所經歷的時間t=絡廬^

3Yg

3

D.運動過程中彈簧的最大彈性勢能E"，，，=2血”。

【解答】解：4、設物塊與鋼板碰撞前瞬間物塊的速度為V0,由機械能守恒得：

1

了山優=3nzgg,解得：3=

設碰撞后瞬間兩者一起向下運動的初速度為s,選取向下為正方向，由動量守恒定律得：

mv()=2m5，解得：%=］。()='雷。

鋼板與物塊一起做簡諧運動，設平衡位置彈簧壓縮量為g，則有：

2mg=kxi

初始對鋼板由平衡條件得：

mg=kxQ

對比解得:Xi=2g

設振幅為4從碰撞的位置到最低點的過程,由機械能守恒定律得：

2

2mg(力1—g+4)+-2mvi=^-k{x1-\-A)--^-kxo

其中：％=駕

的

聯立解得：A=2g,故A錯誤；

反由4的解答可知，平衡位置彈簧壓縮量為2g,振幅為2g,由簡諧運動規律可知彈簧原長的位置。處是

向上的位移最大處,即到達彈簧處于原長的位置時鋼板與物塊的速度為零，則物塊與鋼板在返回O點前不

會分離，故石錯誤；

C、碰撞的位置是寺A處，由此處第一次到平衡位置的時間為卡T,則第一次運動到最低點所經歷的時間

為：

1111121rl2"ZK。

tV+33、g,故。正確；

1

。、彈簧最大壓縮量為力M=61+/?=4/0,最大的彈性勢能：一「八I’-8n2gg，故。錯誤。

故選：Co

???

考向三傳送帶木板一滑塊模型

11.(2024.青秀區校級模擬)如圖甲所示,足夠長的水平傳送帶以恒定速率v=2m/s逆時針轉動，一質量

為m=lkg的小物塊從傳送帶的左端以向右的速度”。滑上傳送帶。小物塊在傳送帶上運動時，小物

塊的動能&與小物塊的位移田關系圖像如圖乙所示，圖中：g=2小，已知傳送帶與小物塊之間動摩擦

因數不變，重力加速度g=10m/s2』|()

A.從小物塊開始滑動到與傳送帶達到共同速度所需時間為2s

B.小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為0.

C.整個過程中物塊與傳送帶間產生的熱量為18J

D.由于小物塊的出現導致傳送帶電動機多消耗的電能為18J

【解答】解：由題圖可知，小物塊在傳送帶上做勻減速直線運動，到其位移為g時動能減為零，之后物塊反向

加速，最后以土耳返回出發點。

B、根據動能定理有：瓦—瓦結合圖乙可知，圖像斜率的絕對值表示合外力的大小，小物塊向右

滑，合外力為〃蝕，則:

由于初動能：為=-^-mvo

物塊返回與傳送帶共速的動能為:瓦，則：/耳=。山"

則傳送帶速度滿足：——4r

Vo2

聯立解得：EQ=8J,v0=4m/s,〃=0.4,故B錯誤；

4、根據題意可以作。一力圖像如下，

由圖像可知，小物塊做勻變速直線運動且共速前加速度不變，全程可看為勻減速，即：—v="o—gt

代入解得：力=告',故4錯誤；

。、整個過程中物塊與傳送帶間變生的熱量為產生的熱量為：Q=umgAx

1

由d—力圖像可知相對位移為："”+3”???

聯立代入數據解得：Q=18J,故。正確;

。、根據能量守恒可得：："+從;！=47/:"

整個過程中電動機多消耗的電能為：7=Q—今及=18J—JX8J=12J,故。錯誤。

故選：Co

12.（多選）（2024?青羊區校級模擬）如圖甲所示，一足夠長的水平傳送帶以某一恒定速度順時針轉動，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

端無初速度釋放，工件向右運動受到的摩擦力Ff隨位移x變化的關系如圖乙所示,X。、珠為已知量,

則下列說法正確的是（工件與傳送帶間的動摩擦因數處處相等）（）

A.工件在傳送帶上先做加速運動,后做減速運動

B.工件向右運動2g后與彈簧分離

C.彈簧的勁度系數為罡

x0

D.整個運動過程中摩擦力對工件做功為0.754

【解答】解：4、由圖乙可知，摩擦力在g處方向發生變化，在g?2g區間工件的摩擦力大小發生變化，說明

工件與傳送帶相對靜止，所以工件先做加速運動后做勻速運動，故A錯誤：

B、在g?2g區間摩擦力大小等于彈簧彈力大小，2g位置摩擦力為零，所以彈力為零，可知工件運動2g

后與彈簧分離，故B正確；

。、由胡克定律得：血）=0.5月°,解得彈簧的勁度系數為：k=》，故。錯誤：

。、摩擦力對工件先做正功后做負功，吁一立圖像與2軸圍成的面積在數值上等于摩擦力對工件做的功，即

得整個運動過程中摩擦力對工件做功為：

1

"-I…3「?"；""一-H，故。正確。

故選：BD。

13.（多選）（2024?長安區校級模擬）如圖所示,水平地面上有足夠長平板車車上最右端放一物塊小=

0.9kg,開始時河、m均靜止。力=0時，車在外力作用下開始沿水平面向右運動，其”T圖像如圖所

示，已知物塊與平板車間的動摩擦因數為0.2,0~4s內物塊nz始終沒有滑出小車，取g=10m/s2。下列

說法正確的是（）

A.0~4s內，物塊m的加速度一直保持不變

B.要使物塊口不會從車的左端滑出小車，小車的長度至少學TH

C.0?4s內，m與M間因相對滑動產生的內能為12.8J

D.0~4s內，m、M■相對地面的位移大小之比為7：9

【解答】解：A.根據“一t圖像斜率表示加速度，車先以加速度a做勻加速直線運動

.Av'-B,

后以加速度優做勻減速直線運動，=77=T=4""’一

“m,g

根據物塊與車的動摩擦因數可知，物體與車的滑動摩擦力產生的加速度為的，則有1""0.2

X10m/s2=2m/s2

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

后，物塊受到的滑動摩擦力向左，物塊做勺減速直線運動。物塊運動的o—力圖像如紅線所示

。?4s內，物塊先加速后減速，加速時加速度向右，減速時加速度向左，故4錯誤;

B.設上時刻物塊與小車速度相等，則有8+-2)=Q心

解得力i=~1~s

此時物塊和小車的速度為v—

之后，物塊相對小車向右滑，在力2=4S時，物塊的速度為%=Q44—幻

0?得s內，物塊和小車的相對位移為ATi,由圖像可得

o

11168181616

Ax1=^x2x8m+-(8+—)x(--2)m-^x-x-m=-m

要使物塊小不會從車的左端滑出小車，小車的長度至少學小,故B正確；

C.4s時，物塊的速度為3=a44-力1)

IB816

4s內，由圖像可知小車和物塊的相對位移為J-';*"一

所以因摩擦產生的內能為Q="mg(bxi+△力2)

14

代入數解得：Q=12.87

故。正確；

1

D.0~4s內，小車的位移為,=2X4x0m=16m

116188112

物塊的位移為X2=]X4X與■m+^x^x(4--)m=-m

n112r

則有'117

故。正確。

故選：BCD。

14.(多選)(2022?福建模擬)如圖所示，一傾角為6=37°的足夠長斜面體固定在水平地面上，質量為M=

2kg的長木板8沿著斜面以速度g=9m/s勻速下滑，現把質量為m=1kg的鐵塊人輕輕放在長木板

B的左端，鐵塊最終恰好沒有從長木板上滑下。已知A與口之間、B與斜面之間的動摩擦因數均為

U,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，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.動摩擦因數a=0.5

B.鐵塊A和長木板B共速后的速度大小為6m/s

C.長木板的長度為2.25m

D.從鐵塊放上到鐵塊和長木板共速的過程中，鐵塊A和長木板B減少的機械能等于4、B之間摩擦

產生的熱量

【解答】解：力、長木板B沿著斜面勻速下滑時，根據平衡條件得：Mgsrn^r=nMgcosir,

解得〃=0.75,故力錯誤；

B、將鐵塊A放在長木板8上,兩者組成的系統合外力為Fg=(M+m)gsin37°—〃(M+?n)gcos37°=0,所

以鐵塊人與長木板B組成的系統動量守恒，取沿斜面向下方向為正方向，由動量守恒定律得Afoo=(Al+

神)。共，解得。共=6m/s,即鐵塊A和長木板_8共速后的速度大小為6m/s,故_8正確；

。、設鐵塊A從放在B上到兩者共速的時間為t,對A,由動量定理得：(m5sin37°+//mgcos37°)t=rrw頭—

Vo+v共vo9

、二-t一—f—f—X/

0,解得力=0.5s。長木板的長度為乙=如一以2--:'0.5?n=2.25m,故。正

確；

。、從鐵塊放上到鐵塊和長木板共速的過程中，鐵塊A和長木板B的機械能轉化為系統因摩擦產生的內能，

根據能量守恒定律可知，鐵塊A和長木板B減少的機械能等于之間摩擦產生的熱量和B、斜面之間

摩擦產生的熱量之和，故D錯誤。

故選：BC。

考向四彈衣類問題

15.（2024.浙江模擬）如圖，在一水平地面上有一軌道，其內部有一質量不計的輕彈簧,彈簧勁度系數為k.

其正上方有一質量為小的小球由靜止釋放，恰好可進入管道內部。若忽略空氣阻力與摩擦力，則下列

說法正確的是（）

mOQ

h

L

—D

A.小球運動過程中，其機械能守恒B.小球最大速度12曲+簧

mg+“mg）2+2mgkh

C.小球下落最大距離k

mg+4（mg）2+2mqkh

D.小球最大加速度mk

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

的機械能不守恒，故A錯誤；

B.當小球的加速度為零時，速度達到最大，即

mg=kx

mgh+x=；mv2+gkx2

聯立可得

V=嬴+皿

*k

故B正確；

C.當小球速度減為零時，下落的距離最大，則

1叫11+x'=-

所以小球下落最大距離為

h+x'=mg+J（mg）2+2mgkh+h

故。錯誤；

D.當小球運動到最低點時加速度最大，則

kx'—mg=ma

解得?M

a_+2mgkh

m

故D錯誤。

故選：B。

16.（2024?市中區校級模擬）如圖甲所示,質量分別為巾4、me的4、口兩物體用輕彈簧連接構成一個系

統，外力F作用在A上，系統靜止在光滑水平面上（B靠墻面）,此時彈簧形變量為x,撤去外力并開始

計時，A、8兩物體運動的a—t圖像如圖乙所示，S表示0到力時間內a—t圖線與坐標軸所圍面積

大小，S2、S3分別表示如到與時間內人、B的a—t圖線與坐標軸所圍面積大小，/在力1時刻的速度

為。下列說法正確的是（）

A.0到力1時間內，墻對48系統的沖量等于mAv0

B.mA<ZmB

C.與時刻彈簧的形變量最大且

D.。時刻運動后，彈簧的最大形變量等于工

（解答]解：4由圖像可知，在質時刻彈簧恢復到原長，0到ti時間內，對46系統由動量定理

Ii=mAv0

即墻對A、B系統的沖量等于6即0,