【物理】2019届二轮动量与能量的综合应用学案（全国通用）

【物理】2019届二轮动量与能量的综合应用学案（全国通用）

第6讲　动量与能量的综合应用 ‎1．(2018·全国卷Ⅱ·15)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(　　)‎ A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N ‎【考点定位】 动量定理、机械能守恒 ‎【难度】 较易 答案　C 解析　设每层楼高约为3 m，则下落高度约为 h＝3×25 m＝75 m 由mgh＝mv2及(F－mg)t＝mv知 鸡蛋对地面的冲击力F＝＋mg≈103 N.‎ ‎2．(2017·全国卷Ⅰ·14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600‎ ‎ m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)‎ A．30 kg·m/s　　　　　　 B．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s ‎【考点定位】 动量守恒定律、反冲现象 ‎【难度】 较易 答案　A 解析　设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3‎ ‎×600 kg·m/s＝30 kg·m/s.根据动量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误．‎ ‎3．(多选)(2017·全国卷Ⅲ·20)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图1所示，则(　　)‎ 图1‎ A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零 ‎【考点定位】 动量定理 ‎【难度】 较易 答案　AB 解析　由动量定理可得：Ft＝mv，解得v＝.t＝1 s时物块的速率为v＝＝ m/s＝1 m/s，故A正确；‎ t＝2 s时物块的动量大小 p2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，‎ t＝3 s时物块的动量大小为 p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，‎ t＝4 s 时物块的动量大小为 p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，‎ 所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故B正确，C、D错误．‎ ‎4．(2018·全国卷Ⅰ·24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求：‎ ‎(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；‎ ‎(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．‎ ‎【考点定位】 匀变速直线运动、机械能守恒、动量守恒定律 ‎【点评】 动量守恒、能量守恒及匀变速直线运动简单地结合 ‎【难度】 中等 答案　(1)　(2) 解析　(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有 E＝mv①‎ 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt②‎ 联立①②式得t＝③‎ ‎(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④‎ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有mv＋mv＝E⑤‎ mv1＋mv2＝0⑥‎ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有mv＝mgh2⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝⑧‎ ‎5．(2018·全国卷Ⅱ·24)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图2所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：‎ 图2‎ ‎(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；‎ ‎(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．‎ ‎【考点定位】 动量守恒、碰撞、牛顿第二定律、匀变速直线运动 ‎【点评】 动量守恒定律在碰撞中的简单应用 ‎【难度】 中等 答案　(1)3.0 m/s　(2)4.25 m/s 解析　(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB①‎ 式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．‎ 设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有vB′2＝2aBsB②‎ 联立①②式并代入题给数据得vB′＝3.0 m/s③‎ ‎(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA④‎ 设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有vA′2＝2aAsA⑤‎ 设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥‎ 联立③④⑤⑥式并代入题给数据得vA＝4.25 m/s⑦‎ ‎17年只在选择题中出现，而且是动量守恒、动量定理的基本应用，18年在计算题中出现，Ⅰ卷、Ⅱ卷都是动量守恒的基本应用，运动过程简单，综合性较低，Ⅲ卷只是用到了动量的概念，将来对于动量的考查综合性、难度应该不会太高，备考不宜过难.‎ 考点1　动量定理与动量守恒定律的基本应用 ‎1．动量定理公式：Ft＝p′－p 说明：(1)F为合外力 ‎①恒力，求Δp时，用Δp＝Ft ‎②变力，求I时，用I＝Δp＝mv2－mv1‎ ‎③牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率 ‎④当Δp一定时，Ft为确定值：F＝ t小F大——如碰撞；t大F小——如缓冲．‎ ‎(2)等式左边是过程量Ft，右边是两个状态量之差，是矢量式．v1、v2是以同一惯性参照物为参照的．‎ Δp的方向可与mv1一致、相反或成某一角度，但是Δp的方向一定与F一致．‎ ‎2．动量守恒定律 ‎(1)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)．‎ ‎(2)动量守恒条件：‎ ‎①理想守恒：‎ 系统不受外力或所受外力的合力为零．‎ ‎②近似守恒：‎ 外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多．‎ ‎③单方向守恒：‎ 合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒．‎ 命题热点1　冲量、动量定理 ‎　(多选)(2018·陕西省安康市第二次质量联考)一质量为m＝60 kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t＝0.2 s，以大小v＝1 m/s的速度离开地面，取重力加速度g＝10 m/s2‎ ‎，在这0.2 s内(　　)‎ A．地面对运动员的冲量大小为180 N·s B．地面对运动员的冲量大小为60 N·s C．地面对运动员做的功为30 J D．地面对运动员做的功为零 答案　AD 解析　人的速度原来为零，起跳后变为v，以向上为正方向，由动量定理可得：I－mgΔt＝mv－0，故地面对人的冲量为：I＝mv＋mgΔt＝60×1 N·s＋600×0.2 N·s＝180 N·s，故A正确，B错误；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，支持力的作用点在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故C错误，D正确．‎ ‎1.(2018·山东省青岛市二模)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到如图3所示的水平外力作用，下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．第1 s末物体的速度为2 m/s B．第2 s末外力做功的瞬时功率最大 C．第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为1∶2‎ D．第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为4∶5‎ 答案　D 解析　由动量定理Ft＝Δp，可求出质点1 s末、2 s末速度分别为：v1＝4 m/s、v2＝6 m/s，A错误；‎ 第1 s末外力做功的功率P1＝F1v1＝4×4 W＝16 W，‎ 第2 s末外力做功的瞬时功率：‎ P2＝F2v2＝2×6 W＝12 W，B错误；‎ 第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为：‎ ＝＝＝，C错误；‎ 第1秒内与第2秒内动能增加量分别为：‎ ΔEk1＝mv＝8 J，‎ ΔEk2＝mv－mv＝10 J，‎ 则ΔEk1∶ΔEk2＝8∶10＝4∶5，‎ 动能增加量的比值为4∶5，D正确．‎ 命题热点2　动量守恒定律的理解与应用 ‎　(多选)(2018·湖南省常德市期末检测)如图4所示，在光滑水平面上，质量为m的A球以速度v0向右运动，与静止的质量为5m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0(待定系数a<1)的速率弹回，并与固定挡板P发生弹性碰撞，若要使A球能再次追上B球并相撞，则系数a可以是(　　)‎ 图4‎ A. B. C. D. 答案　BC 解析　A和B发生碰撞，根据动量守恒可知：mv0＝5mvB－mav0，要使A球能再次追上B球并相撞，因A与固定挡板P发生弹性碰撞，则av0>vB，由以上两式可解得：‎ a>，故B、C正确．‎ ‎2.(多选)(2018·安徽省宣城市第二次调研)如图5所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，轻质弹簧左端固定在A点，物体用细线拉在A点将弹簧压缩，某时刻细线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A．若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒 B．若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒 C．不论物体滑动中有没有摩擦力，小车的最终速度与断线前相同 D．不论物体滑动中有没有摩擦力，系统损失的机械能相同 答案　BCD 解析　物体与油泥粘合的过程，发生完全非弹性碰撞，系统机械能有损失，故A错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C正确；由C的分析可知，当物体与B端油泥粘在一起后，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦力无关，故D正确．‎ ‎3．(2018·广东省汕头市质检)如图6所示，在固定的水平杆上，套有质量为m 的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为 B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g C．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 答案　C 解析　子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块组成的系统动量守恒，则m0v0＝(M＋m0)v1，解得速度大小为v1＝，选项A错误；子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得FT－(M＋m0)g＝(M＋m0)，可知绳子拉力大于(M＋m0)g，选项B错误；子弹射入木块后的瞬间，对子弹、木块和圆环整体：FN＝FT＋mg>(M＋m＋m0)g，选项C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D错误．‎ 考点2　碰撞问题 ‎1．三类碰撞的特点 ‎2．碰撞现象满足的规律 ‎(1)动量守恒定律．‎ ‎(2)机械能不增加．‎ ‎(3)速度要合理．‎ ‎①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′；‎ ‎②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．‎ ‎3．爆炸与反冲的特点 ‎(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量近似守恒或某个方向的动量守恒．‎ ‎(2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加．‎ ‎(3)系统初始状态若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度方向往往相反．‎ ‎　(2015·全国卷Ⅰ·35(2))如图7，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．‎ 图7‎ 答案　(－2)M≤m＜M 解析　设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，‎ 由动量守恒定律得 mv0＝mv1＋Mv2‎ 由机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv 可得v1＝v0，v2＝v0‎ 要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜M A反向向左运动与B发生碰撞过程，有 mv1＝mv3＋Mv4‎ mv＝mv＋Mv 整理可得v3＝v1，v4＝v1‎ 由于m＜M，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3≤v2‎ 即v0≥()2v0‎ 整理可得m2＋4Mm≥M2‎ 解方程可得m≥(－2)M 另一解m≤－(＋2)M舍去 所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足(－2)M≤m＜M.‎ ‎4.(多选)(2018·湖北省十堰市调研)如图8所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为2m的光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量为m的小物块从槽上高h处开始下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A．物体第一次滑到槽底端时，槽的动能为 B．物体第一次滑到槽底端时，槽的动能为 C．在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统动量守恒 D．物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，但不能回到槽上高h处 答案　AD 考点3　动力学、能量、动量观点的综合应用 ‎1．解决力学问题的三个基本观点 ‎(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．‎ ‎(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．‎ ‎(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．‎ ‎2．力学规律的选用原则 ‎(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．‎ ‎(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．‎ ‎　(2018·河南省中原名校第四次模拟)如图9所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量为m的平板小车B静止于轨道右侧，其板面与轨道底端靠近且在同一水平面上．一个质量为m、可视为质点的小滑块C以v0的初速度从轨道顶端滑下冲上小车B后，经一段时间与小车相对静止并继续一起运动．若轨道顶端与底端水平面的高度差为h，小滑块C与平板小车板面间的动摩擦因数为μ，平板小车与水平面间的摩擦不计，重力加速度为g.求：‎ 图9‎ ‎(1)小滑块C冲上小车瞬间的速度大小；‎ ‎(2)平板小车加速运动所用的时间及平板小车板面的最小长度．‎ 答案　(1)　(2)　 解析　(1)对小滑块从释放至经过轨道底端的运动过程，‎ 由机械能守恒定律有 ·gh＝v2－v，‎ 解得小滑块C冲上小车瞬间的速度大小v＝；‎ ‎(2)从小滑块C滑上平板小车到两者共速，平板小车做匀加速运动，‎ 对这一过程中的滑块、小车组成的系统由动量守恒定律有mv＝v′，‎ 对这一过程中的平板小车由动量定理有 μgt＝mv′，‎ 对这一过程中的小滑块由动能定理有 ‎－μgs1＝v′2－v2，‎ 对这一过程中的平板小车由动能定理有 μgs2＝mv′2，‎ 平板小车的最小长度ΔL＝s1－s2，‎ 解得平板小车加速运动所用的时间t＝，‎ 平板小车板面的最小长度ΔL＝.‎ ‎5．(2018·安徽省黄山市一质检)如图10所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳刚开始处于水平位置)，从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A.已知男演员质量2m和女演员质量m，空气阻力与秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R，重力加速度为g.求：‎ 图10‎ ‎(1)摆到最低点B，女演员未推男演员时秋千绳的拉力大小；‎ ‎(2)推开过程中，女演员对男演员做的功；‎ ‎(3)男演员落地点C与O点的水平距离s.‎ 答案　(1)9mg　(2)6mgR　(3)8R 解析　(1)第一个过程：两杂技演员从A点下摆到B点，只有重力做功，机械能守恒．设二者到达B点的速度大小为v0，则由机械能守恒定律有：‎ ‎(m＋2m)gR＝(m＋2m)v.‎ 绳子拉力设为FT，由牛顿第二定律和圆周运动知识有：‎ FT－(2m＋m)g＝ 所以FT＝9mg ‎(2)第二个过程：两演员相互作用，沿水平方向动量守恒．‎ 设作用后女演员、男演员的速度大小分别为v1、v2，‎ 所以有(m＋2m)v0＝2mv2－mv1.‎ 第三个过程：女演员上摆到A点过程中机械能守恒，‎ 因此有mgR＝mv.‎ 设女演员推开男演员做功W，则 W＝×2mv－×2mv 联立得：v2＝2，W＝6mgR ‎(3)第四个过程：男演员自B点做平抛运动，有：s＝v2t.‎ 运动时间t可由竖直方向的自由落体运动规律得出 ‎4R＝gt2，联立解得s＝8R.‎ ‎6．(2018·湖北省武汉市二月调研)如图11所示，水平地面上有两个静止的小物块A和B(均可视为质点)，A的质量为m＝1.0 kg.B的质量为M＝4.0 kg，A、B之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与物块接触而不拴连．在水平面的左侧有一竖直墙壁，右侧与半径为R＝0.2 m的圆轨道相切．将弹簧压缩后再释放(A、B分离后立即撤去弹簧)，物块A与墙壁发生弹性碰撞后，在水平面上与物块B相碰并黏合在一起(A、B黏合前B未滑上圆弧轨道)．取重力加速度g＝10 m/s2，不计一切摩擦，若黏合体能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求压缩弹簧具有的弹性势能的最大值．(结果保留三位有效数字)．‎ 图11‎ 答案　15.6 J 解析　压缩弹簧释放后，设物块A的速度为v1，物块B的速度为v2，取向右为正方向，由动量守恒定律得 Mv2－mv1＝0‎ A与墙壁碰撞反弹后追上B，设碰后黏合体的速度为v，由动量守恒定律得：‎ mv1＋Mv2＝(m＋M)v 黏合体能滑上圆轨道，且仍能沿轨道滑下，则黏合体最多上升到圆弧上与圆心等高处时，速度为零，由机械能守恒定律得：(m＋M)v2＝(m＋M)gR 由机械能守恒得，弹簧被压缩后具有的弹性势能的最大值为：Epm＝mv＋Mv 联立解得：Epm≈15.6 J.‎ ‎1．(2018·湖南省雅礼中学模拟二)下列说法错误的是(　　)‎ A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度 B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力 C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响 D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好 答案　D ‎2．(2018·湖北省黄冈市质检)一小球从水平地面上方无初速释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零，假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，下列说法正确的是(　　)‎ A．上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量 B．小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零 C．下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功 D．从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功 答案　D ‎3．(多选)(2018·河南省南阳市上学期期末)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1 m/s，从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F，力F、滑块的速度v随时间的变化规律分别如图1甲、乙所示(力F和速度v取同一正方向)，取g＝10 m/s2，则(　　)‎ 图1‎ A．滑块的质量为1.0 kg B．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.05‎ C．第2 s内力F的平均功率为3.0 W D．第1 s内和第2 s内滑块的动量变化量相同 答案　BD 解析　由题图v－t图象的斜率得到加速度为：‎ a＝＝1 m/s2，由题图知，第1秒内有：μmg＋F＝ma，‎ 第2秒内有：F′－μmg＝ma，‎ 代入数据得：μ＝0.05，m＝2.0 kg，故A错误，B正确；‎ 由＝F得第2 s内力F的平均功率为P＝3×0.5 W＝1.5 W，故C错误；‎ 由题图乙可知第1秒内和第2秒内速度的变化量都是1 m/s，所以动量的变化量都是：‎ Δp＝mΔv＝2×1 kg·m/s＝2 kg·m/s，故D正确．‎ ‎4．(多选)(2018·山东省日照市二模)图2甲为竖直固定在水平面上的轻弹簧，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹簧弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出此过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，不计空气阻力，则(　　)‎ 图2‎ A．t1时刻小球的动能最大 B．t2时刻小球运动到最低点 C．t3时刻弹簧的弹性势能为零 D．图乙中图线所围面积在数值上等于小球动量的变化量 答案　BC ‎5．(2018·河南省中原名校第六次模拟)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M、底边长为L，如图3所示．将一质量为m且可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图3‎ A．FN＝mgcos α B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos α C．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒 D．此过程中斜面向左滑动的距离为L 答案　D 解析　当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos α，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝L，D正确．‎ ‎6．(多选)(2018·河北省衡水中学二调)如图4甲所示，长2 m的木板Q静止在某水平面上，t＝0时刻，可视为质点的小物块P以水平向右的某一初速度从Q的左端向右滑行．P、Q的速度—时间图象如图乙，其中a、b分别是0～1 s内P、Q的速度—时间图线，c是1～2 s内P、Q共同的速度—时间图线．已知P、Q的质量均是1 kg(g取10 m/s2)．则以下判断正确的是(　　)‎ 图4‎ A．在0～2 s内，木板Q下表面与水平面之间有摩擦力 B．在0～2 s内，摩擦力对Q的冲量是1 N·s C．P、Q之间的动摩擦因数为0.1‎ D．P相对Q静止的位置在Q木板的最右端 答案　BC ‎7．(2018·山东省日照市11月校际联合质检)沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移—时间图象如图5所示．则下列判断错误的是(　　)‎ 图5‎ A．碰撞前后A的运动方向相反 B．A、B的质量之比为1∶2‎ C．碰撞过程中A的动能变大，B的动能减小 D．碰前B的动量较大 答案　C 解析　由题图位移—时间图象可得，‎ 碰之前vA＝ m/s＝－5 m/s，‎ 碰之后vA′＝ m/s＝5 m/s；‎ 则碰撞前后A的运动方向相反，故A正确．‎ 碰之前vB＝ m/s＝10 m/s；‎ 根据动量守恒得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vA′，‎ 代入数据得：mA∶mB＝1∶2，故B正确；‎ 碰撞前后A速度大小相等，则碰撞过程中A动能不变，故C错误；碰前A、B速度方向相反，碰后AB速度方向与B碰前速度方向相同，则碰前B动量较大，故D正确．‎ ‎8．(2018·湖北省仙桃、天门、潜江三市期末联考)如图6所示，A、B两物体的质量比mA∶mB＝1∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B被弹开(A、B始终不滑出平板车)，则有(　　)‎ 图6‎ A．A、B系统动量守恒 B．A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒 C．小车先向左运动后向右运动 D．小车一直向右运动直到静止 答案　D 解析　由题意可知，地面光滑，所以A、B和弹簧、小车组成的系统所受合外力为零，所以系统的动量守恒，在弹簧释放的过程中，因mA∶mB＝1∶2，由摩擦力公式Ff＝μFN＝μmg知，A、B所受的摩擦力大小不等，所以A、B组成的系统合外力不为零，A、B组成的系统动量不守恒，A对小车向左的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B相对小车停止运动之前，小车所受的合外力向右，会向右运动，因存在摩擦力做负功，最终整个系统将静止，则系统的机械能减为零，不守恒，故A、B、C错误，D正确．‎ ‎9．(多选)(2018·广东省广州市4月模拟)如图7甲，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t＝1 s时刻撤去恒力F.物体运动的v－t图象如图乙．取重力加速度g＝10 m/s2，则(　　)‎ 图7‎ A．物体在3 s内的位移x＝3 m B．恒力F与摩擦力Ff大小之比F∶Ff＝3∶1‎ C．物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.3‎ D．3 s内恒力做功WF与克服摩擦力做功Wf之比WF∶Wf＝3∶2‎ 答案　BC 解析　物体在3 s内的位移x＝×3×6 m＝9 m，选项A错误；‎ 根据动量定理：Ft1－Fft＝0，‎ 即F×1－Ff×3＝0，解得，F∶Ff＝3∶1，选项B正确；‎ 物体在1～3 s内的加速度大小为：‎ a＝ m/s2＝3 m/s2，‎ 根据a＝μg可得，物体与地面的动摩擦因数为μ＝0.3，选项C正确；‎ 根据动能定理，0～3 s内WF－Wf＝0，则3 s内恒力做功WF与克服摩擦力做功Wf之比WF∶Wf＝1∶1，故选项D错误．‎ ‎10．(2018·湖南省常德市一模)某种弹射装置的示意图如图8所示，光滑的水平导轨MN右端N处与倾斜传送带理想连接，传送带长度L＝15 m，传送带以恒定速度v＝5 m/s顺时针转动，三个质量均为m＝1 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，滑块B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，滑块C未连接弹簧，滑块B、C处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A以初速度v0＝6 m/s沿滑块B、C连线方向向滑块B运动，滑块A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ＝37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：‎ 图8‎ ‎(1)滑块A、B碰撞时损失的机械能；‎ ‎(2)滑块C刚滑上传送带时的速度；‎ ‎(3)滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q.‎ 答案　(1)9 J　(2)4 m/s　(3)8 J 解析　(1)A与B位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A与B碰撞后共同速度为v1，选取向右为正方向，对A、B有：‎ mv0＝2mv1‎ 碰撞时损失的机械能为：ΔE＝mv－×2mv 解得ΔE＝9 J.‎ ‎(2)设A、B碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB的速度为vB，C的速度为vC，‎ 由动量守恒定律得：2mv1＝2mvB＋mvC 由机械能守恒定律得：‎ ×2mv＝×2mv＋mv 解得：vC＝4 m/s.‎ ‎(3)C以vC滑上传送带，假设匀加速直线运动位移为x时与传送带共速，由运动学公式有：‎ a1＝μgcos θ－gsin θ＝0.4 m/s2；‎ v2－v＝2a1x；‎ 联立解得x＝11.25 m

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