2019版高考物理二輪復習 專題二 動量與能量 第1講 動量觀點與能量觀點在力學中的應用學案

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1、 第1講　動量觀點與能量觀點在力學中的應用 網(wǎng)絡構(gòu)建 備考策略 1.解決力學綜合題目的關鍵要做好“三選擇” (1)當運動物體受到恒力作用而且又涉及時間時，一般選擇用動力學方法解題。 (2)當涉及功、能和位移時，一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關系解題，題目中出現(xiàn)相對位移時，應優(yōu)先選擇能量守恒定律。 (3)當涉及多個物體及時間時，一般考慮動量定理、動量守恒定律。 2.碰撞中的“三看”和“三想” (1)看到“彈性碰撞”，想到“動量守恒與機械能守恒”。 (2)看到“非彈性碰撞”，想到“動量守恒但機械能有損失”。 (3)看到“完全非彈性碰撞或者碰后連體”，想到“動量

2、守恒，機械能損失最大”。 　能量觀點在力學中的應用 　功和功率的理解與計算 【典例1】 (多選)(2018·全國卷Ⅲ，19)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送到地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關系如圖1所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第①次和第②次提升過程(　　) 圖1 A.礦車上升所用的時間之比為4∶5 B.電機的最大牽引力之比為2∶1 C.電機輸出的最大功率之比為2∶1 D.電機所做的功之比為4∶5 解析　根據(jù)位移相同可得兩圖線與

3、時間軸圍成的面積相等，即v0×2t0＝×v0[2t0＋t′＋(t0＋t′)]，解得t′＝t0，則對于第①次和第②次提升過程中，礦車上升所用的時間之比為2t0∶(2t0＋t0)＝4∶5，A正確；加速過程中的牽引力最大，且已知兩次加速時的加速度大小相等，故兩次中最大牽引力相等，B錯誤；由題知兩次提升的過程中礦車的最大速度之比為2∶1，由功率P＝Fv，得最大功率之比為2∶1，C正確；兩次提升過程中礦車的初、末速度都為零，則電機所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故電機所做的功之比為1∶1，D錯誤。 答案　AC 　動能定理的應用 【典例2】 (2018·全國卷Ⅱ，14)如圖2，某同學用繩

4、子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度。木箱獲得的動能一定(　　) 圖2 A.小于拉力所做的功 B.等于拉力所做的功 C.等于克服摩擦力所做的功 D.大于克服摩擦力所做的功 解析　由動能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱獲得的動能一定小于拉力所做的功，A正確。 答案　A 　動力學規(guī)律和動能定理的綜合應用 【典例3】 (2018·全國卷Ⅰ，18)如圖3，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動。重力加速度大小為

5、g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為(　　) 圖3 A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR 解析　設小球運動到c點的速度大小為vc，則對小球由a到c的過程， 由動能定理有F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得vc＝2。小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可知，小球離開c點后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為t＝＝2，在水平方向的位移大小為x＝gt2＝2R。由以上分析可知，小球從a點開始運動到其軌跡最高點的過

6、程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機械能的增加量為ΔE＝F·5R＝5mgR，C正確，A、B、D錯誤。 答案　C 　應用動力學觀點和能量觀點解決多過程問題 【典例4】 (2018·全國卷Ⅲ，25)如圖4，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sin α＝。一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱恪Ｖ亓铀俣却笮間。求

7、 圖4 (1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大小； (2)小球到達A點時動量的大小； (3)小球從C點落至水平軌道所用的時間。 解析　(1)設水平恒力的大小為F0，小球到達C點時所受合力的大小為F。由力的合成法則有 ＝tan α① F2＝(mg)2＋F② 設小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得 F＝m③ 由①②③式和題給數(shù)據(jù)得 F0＝mg④ v＝⑤ (2)設小球到達A點的速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點，由幾何關系得 DA＝Rsin α⑥ CD＝R(1＋cos α)⑦ 由動能定理有 －mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧ 由④⑤⑥⑦

8、⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點的動量大小為 p＝mv1＝⑨ (3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g。設小球在豎直方向的初速度為v⊥，從c點落至水平軌道上所用時間為t。由運動學公式有 v⊥t＋gt2＝CD⑩ v⊥＝vsin α? 由⑤⑦?式和題給數(shù)據(jù)得 t＝? 答案　(1)mg　　(2)　(3) 功能關系的應用“三注意” (1)分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負功；根據(jù)功能之間的對應關系，判定能的轉(zhuǎn)化形式，確定能量之間的轉(zhuǎn)化情況。 (2)當涉及摩擦力做功時，機械能不守恒，一般應用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，特別注意摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝

9、Ff x相對，x相對為相對滑動的兩物體間相對滑動路徑的總長度。 (3)應用能量守恒定律解題時，首先確定初、末狀態(tài)，然后分清有多少種形式的能在轉(zhuǎn)化，再分析狀態(tài)變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解。 1.(多選)如圖5所示為一滑草場。某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為μ。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失)，sin 37°＝0.6，cos

10、37°＝0.8，則(　　) 圖5 A.動摩擦因數(shù)μ＝ B.載人滑草車最大速度為 C.載人滑草車克服摩擦力做功mgh D.載人滑草車在下段道上的加速度大小為 g 解析　由題意知，上、下兩段斜坡的長分別為 s1＝，s2＝ 由動能定理知： 2mgh－μmgs1cos 45°－μmgs2cos 37°＝0 解得動摩擦因數(shù)μ＝，選項A正確； 載人滑草車在上下兩段的加速度分別為 a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g， a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g， 則在下落h時的速度最大，由動能定理知： mgh－μmgs1cos 45°＝mv2 解得v

11、＝，選項B正確，D錯誤； 載人滑草車克服摩擦力做的功與重力做功相等，即W＝2mgh，選項C錯誤。 答案　AB 2.如圖6所示，BC是高處的一個平臺，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑r＝0.2 m的四分之一細圓管CD，管口D端正下方一根勁度系數(shù)為k＝100 N/m的輕彈簧直立于水平地面上，彈簧下端固定，上端恰好與管口D端平齊，一可視為質(zhì)點的小球在水平地面上的A點斜向上拋出，恰好從B點沿水平方向進入高處平臺，A、B間的水平距離為xAB＝1.2 m，小球質(zhì)量m＝1 kg。已知平臺離地面的高度為h＝0.8 m，小球與BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，小球進入管口C端時，它對上管壁有10 N的作用力，通過C

12、D后，在壓縮彈簧過程中小球速度最大時彈簧彈性勢能Ep＝0.5 J。若不計空氣阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： 圖6 (1)小球通過C點時的速度大小vC； (2)平臺BC的長度L； (3)在壓縮彈簧過程中小球的最大動能Ekm。 解析　(1)小球通過C點時，它對上管壁有F＝10 N的作用力，則上管壁對小球也有F′＝10 N的作用力，根據(jù)牛頓運動定律有 F′＋mg＝m 得vC＝2 m/s (2)小球從A點拋出到B點所用時間t＝＝0.4 s 到B點時速度大小為vB＝＝3 m/s 小球從B點到C點的過程中，根據(jù)動能定理有 －μmgL＝mv－mv 得平臺BC的長度

13、L＝1.25 m (3)小球壓縮彈簧至速度達到最大時，加速度為零，則 mg＝kx 彈簧的壓縮量x＝0.1 m 從C位置到小球的速度達到最大的過程中，根據(jù)機械能守恒定律有 mg(r＋x)＋mv＝Ekm＋Ep 得Ekm＝4.5 J 答案　(1)2 m/s　(2)1.25 m　(3)4.5 J 　動量觀點和能量觀點在力學中的應用 　動量和動能的關系 【典例1】 (2018·全國卷Ⅰ，14)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段，列車的動能(　　) A.與它所經(jīng)歷的時間成比 B.與它的位移成正比 C.與它的速度成正比 D.與它的動量成正比 解

14、析　列車啟動的過程中加速度恒定，由勻變速直線運動的速度與時間關系可知v＝at，且列車的動能為Ek＝mv2，由以上整理得Ek＝ma2t2，動能與時間的平方成正比，動能與速度的平方成正比，A、C錯誤；將x＝at2代入上式得Ek＝max，則列車的動能與位移成正比，B正確；由動能與動量的關系式Ek＝可知，列車的動能與動量的平方成正比，D錯誤。 答案　B 　動量定理的應用 【典例2】 (2018·全國卷Ⅱ，15)高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為(　　) A.10 N B.102 N C.103

15、 N D.104 N 解析　根據(jù)自由落體運動和動量定理有2gh＝v2(h為25層樓的高度，約70 m)，F(xiàn)t＝mv，代入數(shù)據(jù)解得F≈1×103 N，所以C正確。 答案　C 　動量守恒定律和能量守恒定律的綜合應用 【典例3】 (2018·全國卷Ⅰ，24)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求 (1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間； (2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。

16、 解析　(1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有 E＝mv① 設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有 0－v0＝－gt② 聯(lián)立①②式得 t＝③ (2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有 E＝mgh1④ 火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有 mv＋mv＝E⑤ mv1＋mv2＝0⑥ 由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。 設爆炸后煙花彈向上運動部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機械能守恒定律有 mv＝mgh2⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得

17、，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為 h＝h1＋h2＝⑧ 答案　(1)　(2) 動量和能量綜合問題的主要情境模型為：碰撞、滑塊在滑板上滑動和爆炸。 (1)碰撞過程滿足動量守恒并遵循碰撞后系統(tǒng)動能不增加、碰撞前后的運動情況要合理的原則。 (2)滑塊放置在光滑水平地面的滑板上滑動時，滑塊和滑板組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，滑塊和滑板之間因摩擦生熱，故系統(tǒng)機械能減少，一般利用功能關系(即摩擦產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)動能的減少量)列方程求解。 1.(2018·重慶一模)某研究小組通過實驗測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數(shù)據(jù)，得到如圖7所示的位移—時間圖象。圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面

18、上同一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移變化關系。已知相互作用時間極短。由圖象給出的信息可知(　　) 圖7 A.碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為7∶2 B.碰前滑塊Ⅰ的動量比滑塊Ⅱ的動量大 C.碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能小 D.滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的 解析　由x－t圖象可知， 碰前：va＝2 m/s　vb＝0.8 m/s 碰后：vc＝0.4 m/s va∶vb＝5∶2，故選項A錯誤； 由圖象可知，兩滑塊碰后的動量方向與碰撞滑塊Ⅱ的動量方向相同，所以滑塊Ⅰ的動量比滑塊Ⅱ的動量小，選項B錯誤；由動量守恒定律得mbvb－mava＝(ma＋mb)vc

19、 代入數(shù)據(jù)得＝，故選項D正確； Eka＝mav＝2ma， Ekb＝mbv＝×6ma×0.82＝1.92ma 即Eka＞Ekb，選項C錯誤。 答案　D 2.如圖8所示，質(zhì)量為mB＝2 kg的木板B靜止在光滑的水平地面上，質(zhì)量為mA＝6 kg的物塊A停在B的左端，質(zhì)量為mC＝2 kg的小球C用長為L＝0.8 m的輕繩懸掛在固定點O?，F(xiàn)將小球C及輕繩拉直至水平位置后由靜止釋放，小球C在最低點與A發(fā)生正碰，碰撞時間極短，之后小球C反彈所能上升的最大高度為h＝0.2 m。已知A、B間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，物塊與小球均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。 圖8 (

20、1)若碰撞時間為Δt＝10－2 s，試求小球C與物塊A碰撞過程中所受撞擊力的大??； (2)為使物塊A不滑離木板B，則木板B至少應為多長？ 解析　(1)由題意可知，在小球C下擺的過程中，機械能守恒。由機械能守恒定律可得 mCgL＝mCv 解得碰前小球C的速度大小為 vC＝，即vC＝4 m/s 設碰后小球C反彈的速度大小為vC′，由機械能守恒可得mCgh＝mCvC′2 解得vC′＝2 m/s 以向右的方向為正方向，設小球C與物塊A碰撞過程中所受撞擊力大小為F，則由動量定理可得 －F·Δt＝－mCvC′－mCvC，代入數(shù)據(jù)可得F＝1 200 N。 (2)由題意可知，小球C與物塊A

21、的碰撞過程滿足動量守恒定律，即 mCvC＝－mCvC′＋mAvA 解得碰后物塊A的速度vA＝2 m/s A恰好滑至木板B右端并與其共速時，所求B的長度最小。設二者的共同速度大小為v，由動量守恒定律可得mAvA＝(mA＋mB)v，解得v＝1.5 m/s 設木板的最小長度為x，由能量守恒定律可得 μmAgx＝mAv－(mA＋mB)v2 代入數(shù)據(jù)可解得x＝0.5 m。 答案　(1)1 200 N　(2)0.5 m 破解高考壓軸題策略②——審題“三步走” 第一步：審條件　挖隱含 任何一個物理問題都是由條件和結(jié)論兩部分構(gòu)成的。條件是解題的主要素材，充分利用條件間的內(nèi)在聯(lián)系是解題的

22、必經(jīng)之路。條件有明示的，有隱含的，審視條件更重要的是要充分挖掘每一個條件的內(nèi)涵和隱含的信息，發(fā)揮隱含條件的解題功能。 第二步：審情景　建模型 有些題目，直接給出了物理情景，我們還需通過分析把這些物理情景轉(zhuǎn)化為具體的物理條件或物理模型后，才能利用物理規(guī)律求解。 第三步：審過程　理思路 高考物理計算題往往綜合性強、題目情景新、設置障礙點多，一般不能一眼看透解題的思路和方法，這就需要我們靜下心來，對物體進行受力分析、過程分析，根據(jù)物體運動過程構(gòu)建出物理模型，選擇合理的物理規(guī)律。 【例】 (2016·全國卷Ⅲ)(18分)如圖9， 圖9 水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂

23、直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為m，兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同?，F(xiàn)使a以初速度v0向右滑動，此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g，求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件。 [審題指導] 第一步：審條件　挖隱含 ①動摩擦因數(shù)均相同做勻減速直線運動 ②a與b發(fā)生彈性碰撞碰撞過程中，系統(tǒng)動量和機械能均守恒 ③b沒有與墻發(fā)生碰撞的位移小于l 第二步：審情景　建模型 ①碰撞前a的運動過程勻減速直線運動 ②a與b的碰撞過程彈性碰撞模型 ③碰撞后b的運動過程勻減速直線運動 第三步：審過程　選規(guī)律 ①碰撞前a的減速過程動能定理

24、 ②a、b碰撞過程 ③碰撞后b的減速過程動能定理 解析　設物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，要使物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應有mv＞μmgl(2分) 即μ＜(1分) 設在a、b發(fā)生彈性碰撞前，a的速度大小為v1，由動能定理可得： －μmgl＝mv－mv(3分) 設在a、b發(fā)生彈性碰撞后，a、b的速度大小分別為v2、v3， 由動量守恒定律和機械能守恒定律得： mv1＝mv2＋mv3(3分) mv＝mv＋()v(3分) 聯(lián)立各式得v3＝v1(1分) 由題意知b沒有與墻發(fā)生碰撞，由動能定理得： μmgl≥()v(3分) 解得μ≥(1分) 綜上所述有≤μ＜(1分) 答案　≤μ

25、＜ 課時跟蹤訓練 一、選擇題(1～3題為單項選擇題，4～6題為多項選擇題) 1.(2018·天津理綜，2)滑雪運動深受人民群眾喜愛。某滑雪運動員(可視為質(zhì)點)由坡道進入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中(　　) 圖1 A.所受合外力始終為零 B.所受摩擦力大小不變 C.合外力做功一定為零 D.機械能始終保持不變 解析　運動員做勻速圓周運動，所受合外力指向圓心，A項錯誤；由動能定理可知，合外力做功一定為零，C項正確；由運動員沿AB下滑過程中做勻速圓周運動，知運動員所受沿圓弧切線方向的合力

26、為零，即摩擦力等于運動員的重力沿圓弧切線方向的分力，逐漸變小，B項錯誤；運動員動能不變，重力勢能減少，所以機械能減少，D項錯誤。 答案　C 2.如圖2所示，豎直面內(nèi)，兩段半徑均為R的光滑半圓形細桿平滑拼接組成“S”形軌道，一個質(zhì)量為m的小環(huán)套在軌道上，小環(huán)從軌道最高點由靜止開始下滑，下滑過程中始終受到一個水平恒力F的作用，小環(huán)能下滑到最低點，重力加速度大小為g，則小環(huán)從最高點下滑到最低點的過程中(　　) 圖2 A.小環(huán)機械能守恒 B.外力F一直做正功 C.小環(huán)在最低點的速度大小為v＝2 D.在最低點小環(huán)對軌道的壓力大小FN＝mg 解析　小環(huán)下滑過程中受重力、軌道沿半徑方向的

27、作用力和水平外力F，重力一直做正功，外力F時而做正功時而做負功，軌道的作用力一直不做功，故小環(huán)機械能不守恒，選項A、B錯誤；小環(huán)從最高點下滑到最低點的過程中，在沿水平恒力F方向上的位移為0，則由動能定理可得整個過程中重力做的功等于動能變化量，mg·4R＝mv2，解得v＝2，選項C正確；小環(huán)在最低點，由牛頓第二定律得FN′－mg＝m，得FN′＝9mg，由牛頓第三定律可知FN＝FN′＝9mg，選項D錯誤。 答案　C 3.如圖3所示，質(zhì)量為m的物體P以初速度v在水平面上運動，運動x距離后與一固定的橡皮泥塊Q相碰撞(碰后物體靜止)。已知物體運動時所受到的水平面的阻力大小恒為f，則下列說法正確的是(

28、　　) 圖3 A.水平面阻力做的功為fx B.物體克服水平面阻力做的功為－fx C.橡皮泥塊對物體做的功為fx－mv2 D.物體克服橡皮泥塊的阻力做的功為mv2＋fx 解析　根據(jù)功的定義式，物體P受到的水平面的阻力做的功W1＝fxcos 180°＝－fx，選項A錯誤；物體克服水平面阻力做的功W2＝－W1＝fx，選項B錯誤；設橡皮泥塊對物體做的功為W3，根據(jù)動能定理，有W1＋W3＝0－mv2，解得W3＝fx－mv2，選項C正確；物體克服橡皮泥塊的阻力做的功為W4＝－W3＝－(fx－mv2)＝mv2－fx，選項D錯誤。 答案　C 4.一質(zhì)量m＝0.5 kg的滑塊以某一初速度沖上

29、傾角θ＝37°的足夠長的斜面，利用傳感器測出滑塊沖上斜面過程中多個時刻的瞬時速度，并用計算機繪出滑塊上滑過程中的v－t圖象如圖4所示。sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則(　　) 圖4 A.滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5 B.滑塊返回斜面底端時的速度為2 m/s C.滑塊在上升過程中重力做的功為－25 J D.滑塊返回斜面底端時重力的功率為6 W 解析　由題圖可知加速度大小a＝10 m/s2，即gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2，解得μ＝0.5，選項A正確；上滑位移x＝t＝5 m，下滑加速度a′＝gsin θ－μgcos θ＝

30、2 m/s2，所以回到斜面底端時的速度v′＝＝2 m/s，選項B錯誤；上升過程中重力做功W＝－mgxsin θ＝－15 J，返回底端時求的是重力的瞬時功率，則為P＝mgv′sin θ＝6 W，選項C錯誤，D正確。 答案　AD 5.如圖5所示，質(zhì)量為m的小球A位于光滑水平面上，小球A與墻之間用輕彈簧連接。現(xiàn)用與小球A完全相同的小球B以水平速度v0與A相碰后粘在一起壓縮彈簧，不計空氣阻力，若壓縮彈簧的過程中，彈簧的最大彈性勢能為E，兩球回到小球A原靜止位置時的速度大小為v，此過程中墻對彈簧的沖量大小為I，則下列表達式中正確的是(　　) 圖5 A.E＝mv　I＝0 B.v＝　I＝2mv

31、0 C.v＝　I＝mv0 D.E＝mv　I＝2mv0 解析　小球B與A相碰過程，由動量守恒定律得mv0＝(m＋m)v′，v′為小球B碰撞小球A后瞬間兩小球共同運動的速度大小，解得v′＝，兩小球組成的系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先做減速運動，當其速度減小到零時，彈簧的彈性勢能最大，由機械能守恒定律可得E＝·2m()2＝mv，此后兩球做加速運動，回到小球A原靜止位置時兩球速度大小v＝，兩小球組成的系統(tǒng)受到的合力即墻對彈簧的作用力，根據(jù)動量定理可得墻對彈簧的沖量大小I＝2mv0，故選項B、D正確。 答案　BD 6.(2018·湖南衡陽模擬)如圖6所示，質(zhì)量m＝1 kg的物體從高為h＝0.2 m的

32、光滑軌道上P點由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點，物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，傳送帶AB之間的距離為l＝5.5 m，傳送帶一直以v＝3 m/s的速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，則(　　) 圖6 A.物體由A運動到B的時間是1.5 s B.物體由A運動到B的過程中，摩擦力對物體的沖量大小為1 N·s C.物體由A運動到B的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生0.5 J的熱量 D.帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動機在物體由A運動到B的過程中，多做了3 J功 解析　物體下滑到A點的速度為v0，由機械能守恒定律有mv＝mgh 代入數(shù)據(jù)得v0＝2 m/s，物體在摩擦力作用下先做勻加速運動，后做勻速運動，有

33、t1＝＝1 s s1＝t1＝×1 m＝2.5 m t2＝＝ s＝1 s t＝t1＋t2＝2 s，選項A錯誤； 物體由A運動到B的過程中，摩擦力對物體的沖量大小為I＝μmgt1＝1 N·s，選項B正確； 在t1時間內(nèi)，傳送帶做勻速運動s帶＝vt1＝3 m Q＝μmgΔs＝μmg(s帶－s1)，代入數(shù)據(jù)得Q＝0.5 J，選項C正確； 物體從A運動到B的過程中，物體動能增量ΔEk＝mv2－mv，電動機多做的功為W＝Q＋ΔEk＝3 J，選項D正確。 答案　BCD 二、非選擇題 7.如圖7所示，質(zhì)量均為m的小滑塊A、B、C厚度均不計。其中B、C兩滑塊通過勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連并豎直

34、放置在水平面上。現(xiàn)在將小滑塊A從距離B滑塊H0高處由靜止釋放，A、B相碰后立刻粘合為一個整體，且以共同速度向下運動，不計空氣阻力，當?shù)刂亓铀俣葹間。求： 圖7 (1)A、B碰后的共同速度v1的大??； (2)A、B向下運動的速度最大時，滑塊C對水平面的壓力大小。 解析　(1)設A與B碰撞之前的瞬時速度為v0，則 mgH0＝mv① A、B碰撞前后動量守恒，即mv0＝2mv1② 式中v1為A與B碰撞后的共同速度 聯(lián)立①②解得v1＝。 (2)當A、B的速度最大時，它們所受的合力為零，即處于平衡狀態(tài)，設此時水平地面對滑塊C的支持力大小和滑塊C對水平地面的壓力大小分別為FN′和FN

35、，對于A、B、C組成的系統(tǒng)，由受力分析可知FN′－3mg＝0③ 由牛頓第三定律可知FN′＝FN④ 聯(lián)立③④解得FN＝3mg。 答案　(1)　(2)3mg 8.(2018·湖南衡陽模擬)如圖8甲所示，在高h＝0.8 m的水平平臺上放置一質(zhì)量為m′＝0.9 kg的小木塊(視為質(zhì)點)，距平臺右邊緣d＝2 m。一質(zhì)量為m＝0.1 kg的子彈沿水平方向射入小木塊并留在其中(作用時間極短)，然后一起向右運動，在平臺上運動的v2－x關系如圖乙所示，最后小木塊從平臺邊緣滑出并落在距平臺右側(cè)水平距離為s＝1.6 m的地面上。g取10 m/s2，求： 圖8 (1)小木塊滑出平臺時的速度； (2)

36、子彈射入小木塊前的速度； (3)子彈射入木塊前至木塊滑出平臺時，系統(tǒng)所產(chǎn)生的內(nèi)能。 解析　(1)小木塊從平臺滑出后做平拋運動，有 h＝gt2，s＝vt 聯(lián)立上兩式可得v＝＝4 m/s (2)設子彈射入木塊后共同速度為v1，由圖乙可知 40－v2＝v－40 解得v1＝8 m/s， 子彈射入木塊的過程中，根據(jù)動量守恒有 mv0＝(m′＋m)v1 v0＝＝80 m/s (3)設子彈射入木塊前至木塊滑出平臺時，系統(tǒng)所產(chǎn)生的內(nèi)能為Q， 則Q＝mv－×(m′＋m)v2 ＝×0.1×802 J－(0.9＋0.1)×42 J＝312 J。 答案　(1)4 m/s　(2)80 m/s

37、　(3)312 J 9.如圖9所示，在光滑水平面上有一帶擋板的長木板，擋板和長木板的總質(zhì)量為m，木板長度為L(擋板的厚度可忽略)，擋板上固定有一個小炸藥包(可視為質(zhì)量不計的點)。木板左端有一質(zhì)量為m(可視為質(zhì)點)的滑塊?；瑝K與木板間的動摩擦因數(shù)恒定，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。給滑塊一個水平向右的初速度v0，滑塊相對木板向右運動，剛好能與小炸藥包接觸，接觸瞬間小炸藥包爆炸(此過程時間極短，爆炸后滑塊與木板只在水平方向上運動，且完好無損)，滑塊向左運動，最終回到木板的左端，恰與木板相對靜止。求： 圖9 (1)滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)； (2)小炸藥包爆炸完畢時滑塊和木板的速度。 解析　(

38、1)滑塊相對木板向右運動，剛好能與炸藥包接觸，此時滑塊和木板的速度相同，設滑塊剛要與炸藥包接觸時的速度為v1，以水平向右為正方向；滑塊和木板組成的系統(tǒng)，滑塊在木板上滑動的過程中，所受合外力為零，則該系統(tǒng)動量守恒，故有mv0＝2mv1 解得v1＝v0，方向水平向右 滑塊在木板上滑動的過程中，由功能關系可知 μmgL＝·mv－·2mv 聯(lián)立解得μ＝。 (2)設爆炸后滑塊和木板的速度分別為v1′和v2′，最終滑塊相對木板靜止于木板的左端時速度為v2，系統(tǒng)在爆炸前后動量守恒，則有 2mv1＝mv1′＋mv2′ 2mv1＝2mv2 系統(tǒng)爆炸后，對滑塊在木板上運動的過程應用功能關系，則有 μmgL＝mv1′2＋mv2′2－·2mv 聯(lián)立以上各式解得v1′＝0；v2′＝v0，方向水平向右。 答案　(1)　(2)滑塊速度為0，木板速度為v0，方向水平向右 20