【物理】2019届一轮复习人教版能量与动量学案

【物理】2019届一轮复习人教版能量与动量学案

第1讲　功能关系的理解与应用 高考命题轨迹 年份 题号(分值)‎ 考点 难度 ‎2017年 卷Ⅰ24题(12分)‎ 太空飞船回收过程中机械能与克服阻力做功 中等 卷Ⅱ14题(6分)‎ 沿圆环下滑的小环受力与做功情况，考查弹力方向及做功情况 容易 卷Ⅱ17题(6分)‎ 滑块沿竖直面内半圆轨道抛出做平抛运动，考查机械能守恒及由二次函数求极值 中等 卷Ⅲ16题(6分)‎ 悬挂细绳拉起过程中外力做功情况，考查功能关系 中等 ‎2016年 卷Ⅰ25题(18分)‎ 结合物块的多过程运动考查动能定理、机械能守恒定律、平抛运动规律 较难 卷Ⅱ21题(6分)‎ 利用弹簧模型考查功能关系的应用 较难 卷Ⅱ25题(20分)‎ 利用物块的多过程运动考查平抛运动规律、机械能守恒定律、能量守恒定律、竖直面内做圆周运动的临界条件 较难 卷Ⅲ20题(6分)‎ 结合竖直平面内的圆周运动考查牛顿第二定律和动能定理 中等 卷Ⅲ24题(12分)‎ 利用小球在半径不同的竖直圆轨道上的运动考查牛顿第二定律、动能定理和机械能守恒定律 中等 ‎2015年 卷Ⅰ17题(6分)‎ 结合圆周运动考查动能定理和功能关系 中等 卷Ⅱ17题(6分)‎ 结合汽车的运动考查P－t图象、功率、速度、力和加速度的关系 中等 卷Ⅱ21题(6分)‎ 结合连接体问题考查机械能守恒定律和功能关系 较难 卷Ⅱ24题(12分)‎ 结合带电粒子在电场中的运动考查动能定理 中等 考情分析　功能关系渗透在整个高中物理内容中，是历年高考必考内容；或与直线运动、平抛运动、圆周运动相结合，或与电场、电磁感应结合，或与弹簧、传送带、板块连接体等结合，考查形式多样．将来仍是考试重点，特别是与动量结合在计算题中出现.16年进行了重点考查，15年、17年考查份量相当．‎ 知识方法链接 ‎1．功的计算 力的特点 计算方法 恒力的功 单个恒力 W＝Flcos α 合力为恒力 ‎1.先求合力，再求W＝F合lcos α ‎2．W＝W1＋W2＋…‎ 变力的功 大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向 力的大小跟路程的乘积 力与位移成线性变化 W＝lcos θ 已知F－l图象 功的大小等于“面积”‎ 一般变力 动能定理 ‎2．功率的计算 ‎(1)P＝，适用于计算平均功率；‎ ‎(2)P＝Fvcos θ，若v为瞬时速度，P为瞬时功率，若v为平均速度，P为平均功率．‎ 真题模拟精练　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅱ·14)如图1所示，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力(　　)‎ 图1‎ A．一直不做功 B．一直做正功 C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心 答案　A 解析　因为大圆环光滑，所以大圆环对小环的作用力只有弹力，且弹力的方向总是沿半径方向，与速度方向垂直，故大圆环对小环的作用力一直不做功，选项A正确，B错误；开始时大圆环对小环的作用力背离圆心，后来指向圆心，故选项C、D错误．‎ ‎2．(多选)(2017·广东广州市模拟)质量为400 kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图2所示，则赛车(　　)‎ 图2‎ A．速度随时间均匀增大 B．加速度随时间均匀增大 C．输出功率为160 kW D．所受阻力大小为1 600 N 答案　CD 解析　由图可知，加速度随速度逐渐变化，故做变速直线运动，A错误；‎ 对赛车受力分析，受重力、支持力、牵引力和阻力，根据牛顿第二定律，有：F－Ff＝ma，F＝ 联立得：a＝－ 加速度随速度的增大而减小，因此赛车做变加速直线运动，加速度随时间的增大而减小，B错误；‎ 根据上述表达式，斜率k＝＝＝400，P＝160 kW，C正确；‎ 根据上述表达式，在纵轴上的截距的绝对值b＝＝4，Ff＝1 600 N，D正确．故选：C、D.‎ ‎3．(多选)(2017·辽宁大连市模拟)倾角为θ的斜面体静止放在粗糙水平地面上，一物体在沿斜面向上且平行于斜面的力F1作用下，沿斜面向上做速度为v1的匀速运动，F1的功率为P0.若该物体在沿斜面斜向上的且与斜面夹角为α的力F2(如图3)作用下，沿斜面向上做速度为v2的匀速运动，F2的功率也为P0，两次运动中斜面体均保持静止状态，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图3‎ A．F2一定大于F1‎ B．v1一定小于v2 ‎ C．两次运动中，地面对斜面体的摩擦力可能相等 D．两次运动中，物体所受摩擦力做功的功率一定不同 答案　BD 解析　设斜面与物体之间的动摩擦因数是μ，物体在沿斜面向上且平行于斜面的力F1作用下，在斜面上做速度为v1的匀速运动，则：‎ F1＝mgsin θ＋μmgcos θ①‎ 在与斜面夹角为α的力F2作用下运动时：‎ F2sin α＋FN＝mgcos θ②‎ F2cos α＝mgsin θ＋μFN③‎ 由②③可知，F2＝，所以F2不一定大于F1，故A错误；物体沿斜面向上做匀速直线运动，则拉力的功率等于其余外力的功率；由①②③式可知，在第二种情况下，摩擦力比较小，沿斜面向下的合外力小，根椐功率的表达式：P＝Fv可知，沿斜面向下的合外力越小，则速度越大，所以v1一定小于v2，则第二种情况下重力的功率一定大于第一种情况下重力的功率，所以第二种情况下摩擦力的功率一定小于第一种情况下摩擦力的功率，故B、D正确．对整体受力分析，水平方向合力为0，F2在水平方向的分力较小，所以地面对斜面体的摩擦力的大小关系是第二种情况下比较小，二者不可能相等，故C错误；故选：B、D.‎ 知识方法链接 ‎1．做功的过程就是能量转化的过程．功是能量转化的量度，而某种力做功一定对应特定的某种能量的变化．即它们是“一一对应”关系．‎ 高中阶段力学中的几大对应关系：‎ WG＝Ep1－Ep2‎ W弹＝Ep1－Ep2‎ W合(或W总)＝Ek2－Ek1‎ W其他＝E2－E1(除重力或弹力之外的其他力的功等于机械能的变化)‎ ＝ΔQ(摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量)‎ ‎2．在常见的功能关系中，动能定理应用尤为广泛．‎ ‎(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等．‎ ‎(2)如果物体只有重力和弹力做功而又不涉及物体运动过程中的加速度和时间，既可用机械能守恒定律，又可用动能定理求解．‎ 真题模拟精练 ‎4．(2017·全国卷Ⅲ·16)如图4所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为(　　)‎ 图4‎ A．mgl　　　　　　　　 B．mgl C．mgl D．mgl 答案　A 解析　由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了，则重力势能增加ΔEp＝mg·＝mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝mgl，故选项A正确，B、C、D错误．‎ ‎5．(多选)(2017·湖北省六校联合体4月联考)图5为某探究活动小组设计的节能运动系统．斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为，木箱在轨道A端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，在轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道A端，重复上述过程．下列选项正确的是(　　)‎ 图5‎ A．m＝3M B．m＝2M C．木箱不与弹簧接触时，上滑过程的运动时间大于下滑过程中的运动时间 D．若货物的质量减少，则木箱一定不能回到A处 答案　AD 解析　设下滑的距离为l，根据能量守恒有(M＋m)glsin θ－μ(M＋m)glcos θ＝Mglsin θ＋μMglcos θ，已知θ＝30°，得m＝3M，A正确，B错误；‎ 对木箱受力分析可知，下滑时加速度为g－μgcos θ，上滑时加速度为g＋μgcos θ，上滑过程可以看做相同大小加速度的反向的初速度为零的下滑过程，位移相同，加速度大的时间短，C错误；‎ 根据(M＋m)glsin θ－μ(M＋m)glcos θ＝Mglsin θ＋μMglcos θ，木箱恰好被弹回到轨道A端，如果货物的质量减少，等号左边一定小于右边，即轻弹簧被压缩至最短时的弹性势能小于木箱回到A处所需的能量，则木箱一定不能回到A处，D正确．故选A、D.‎ ‎6．(多选)(2017·山东潍坊市一模)如图6，点a、O、c在同一水平线上，c点在竖直细杆上．一橡皮筋一端固定在O点，水平伸直(无弹力)时，另一端恰好位于a点，在a点固定一光滑小圆环，橡皮筋穿过圆环与套在杆上的小球相连．已知b、c间距离小于c、d间距离，小球与杆间的动摩擦因数恒定，橡皮筋始终在弹性限度内且其弹力跟伸长量成正比．小球从b点上方某处释放，第一次到达b、d两点时速度相等，则小球从b第一次运动到d的过程中(　　)‎ 图6‎ A．在c点速度最大 B．在c点下方某位置速度最大 C．重力对小球做的功一定大于小球克服摩擦力做的功 D．在b、c两点，摩擦力的瞬时功率大小相等 答案　BC 解析　在b点，重力和弹力向下的分力大于摩擦力，合力向下，向下运动过程中，弹力减小，所以从b到c，小球做加速度减小的加速运动，在c点，弹力与杆垂直，重力和摩擦力的合力仍然向下，所以在c点下方某位置加速度等于0，速度达到最大值，故A错误，B正确；由题意知，第一次到达b、d两点时速度相等，由动能定理可得，重力、弹力和摩擦力合力做功等于0，已知b、c间距离小于c、d间距离，即全过程弹力做负功，所以重力对小球做的功一定大于小球克服摩擦力做的功，故C正确；设∠abc＝ θ，则两点的摩擦力为Ffb＝μkabsin θ＝μkac＝Ffc，b、c速度不等，由P＝Fv可知，b、c两点的摩擦力的瞬时功率大小不等，故D错误．‎ ‎7．(2017·全国卷Ⅰ·24)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.5×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2(结果保留两位有效数字)．‎ ‎(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；‎ ‎(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.‎ 解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为：E0＝mv①‎ 式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速度．由①式和题给数据得：E0＝4.0×108 J②‎ 设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层时的机械能为：Eh＝mv＋mgh③‎ 式中，vh是飞船在高度1.6×105 m处的速度．由③式和题给数据得：Eh≈2.4×1012 J④‎ ‎(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为：Eh′＝m(vh)2＋mgh′⑤‎ 由功能关系得：W＝Eh′－E0⑥‎ 式中，W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．‎ 由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108 J⑦‎ 知识方法链接 力学综合问题，涉及动力学、功能关系，解决此类问题关键要做好“四选择”．‎ ‎(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；‎ ‎(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；‎ ‎(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解；‎ ‎(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．‎ 真题模拟精练 ‎8．(2017·全国卷Ⅱ·17)如图7所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)(　　)‎ 图7‎ A．　　　B．　　　C．　　　D． 答案　B 解析　小物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得，mv2＝2mgr＋mv，‎ 小物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离x＝v1t，‎ t＝，联立解得，x＝，‎ 由数学知识可知，当4r＝时，x最大，即r＝，故选项B正确．‎ ‎9．(2017·山东枣庄市模拟)如图8甲所示，电动机通过绕过光滑定滑轮的细绳与放在倾角为30°的光滑斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在0～3 s时间内物体运动的v－t图象如图乙所示，其中除1～2 s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线，1 s后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为2 kg，重力加速度g＝10 m/s2.求：‎ 图8‎ ‎(1)1 s后电动机的输出功率P；‎ ‎(2)物体运动的最大速度vm；‎ ‎(3)在0～3 s内电动机所做的功．‎ 解析：(1)设物体的质量为m，在时间t1＝1 s内，做匀加速直线运动的加速度大小为a,1 s末物体的速度大小达到v1，此过程中，细绳的拉力大小为F1，则根据运动学公式和牛顿第二定律可得：v1＝at1‎ F1－mgsin 30°＝ma 由图象可知v1＝5 m/s ‎ 设电动机在1 s末的输出功率为P，由功率公式可得：P＝F1v1‎ 联立解得：P＝100 W ‎(2)当物体达到最大速度vm后，设细绳的拉力大小为F2，由牛顿第二定律和功率的公式可得：‎ F2－mgsin 30°＝0‎ P＝F2vm 联立解得：vm＝10 m/s ‎(3)设在时间t1＝1 s内，物体的位移为x，电动机做的功为W1，则由运动公式及动能定理得：x＝at W1－mgxsin 30°＝mv 设在时间t＝3 s内电动机做的功为W，则：W＝W1＋P(t－t1)‎ 联立解得：W＝250 J.‎ ‎10．(2017·四川成都市第二次诊断性考试)如图9所示，倾角为30°的光滑斜面上，轻质弹簧两端连接着两个质量均为m＝1 kg的物块B和C，C紧靠着挡板P，B通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量M＝8 kg的物块A连接，细绳平行于斜面，A在外力作用下静止在圆心角为60°、半径R＝2 m的光滑圆弧轨道的顶端a处，此时绳子恰好拉直且无张力；圆弧轨道最低端b与粗糙水平轨道bc相切，bc与一个半径r＝0.2 m的光滑圆轨道平滑连接．由静止释放A，当A滑至b时，C恰好离开挡板P，此时绳子断裂，已知A与bc间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，弹簧的形变始终在弹性限度内，细绳不可伸长．‎ 图9‎ ‎(1)求弹簧的劲度系数；‎ ‎(2)求物块A滑至b处，绳子断后瞬间，A对圆弧轨道的压力大小；‎ ‎(3)为了让物块A能进入圆轨道且不脱轨，则bc间的距离应满足什么条件？‎ 解析：(1)设弹簧的劲度系数为k，A位于a处时，绳无张力且物块B静止，故弹簧处于压缩状态 对B由平衡条件可得kx＝mgsin 30°‎ 当C恰好离开挡板P时，C的加速度为0，故弹簧处于拉伸状态 对C由平衡条件可得kx′＝mgsin 30°‎ 由几何关系可知R＝x＋x′‎ 代入数据解得k＝＝5 N/m.‎ ‎(2)由(1)可知物块A在a处与在b处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同，故A在a处与在b处时，A、B系统的机械能守恒 有MgR(1－cos 60°)＝mgRsin 30°＋Mv＋mv 如图所示：‎ 将A在b处的速度分解，由速度分解关系有vAcos 30°＝vB 代入数据解得vA＝＝4 m/s 在b处，对A由牛顿第二定律有FN－Mg＝M，代入数据解得FN＝M＋Mg＝144 N 由牛顿第三定律可知，A对圆弧轨道的压力大小为144 N ‎(3)物块A不脱离圆轨道有两种情况 第一种情况，不超过圆轨道上与圆心的等高点 由动能定理，恰能进入圆轨道时需要满足 ‎－μMgx1＝0－Mv 恰能到圆心等高处时需满足条件－Mgr－μMgx2＝0－Mv 代入数据解得x1＝8 m，x2＝6 m，即6 m≤x≤8 m 第二种情况，过圆轨道最高点，在最高点，由牛顿第二定律可得FN′＋Mg＝M 恰能过最高点时，FN′＝0，v＝ 由动能定理有－2Mgr－μMgx3＝Mv2－Mv 代入数据解得x3＝＝3 m，即x≤3 m.‎ 知识方法链接 ‎1．电场力的功与电势能的变化一一对应 WAB＝EpA－EpB.‎ ‎2．只有电场力做功时，带电粒子的电势能与动能之和守恒 即EpA＋EkA＝EpB＋EkB.‎ ‎3．只有电场力和重力做功时，带电体的电势能与机械能之和守恒．‎ 真题模拟精练 ‎11．(2017·福建厦门市3月质检)如图10所示，在水平地面上竖直固定一绝缘弹簧，弹簧中心直线的正上方固定一个带电小球Q，现将与Q带同种电荷的小球P，从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是(　　)‎ 图10‎ A．小球P的电势能先减小后增加 B．小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加 C．小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和 D．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零 答案　 B 解析　由于两个小球电性相同，所以在P球下落过程中，电场力一直做正功，故电势能一直减小，故A错误；由于电场力做正功，故小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加，故B正确；对小球P受力分析可知，小球受重力、弹力以及电场力，故在小球接触弹簧到静止的过程中，小球动能的减少量等于电场力、弹力和重力做功的代数和，故C错误；小球P受向下的重力和库仑力以及向上的弹力作用，开始时合力向下，做加速运动，直到弹簧弹力和库仑力以及重力的合力为零时，速度达最大，故D错误．故选B.‎ ‎12．(2017·湖南怀化市一模)如图11所示，在水平向右的匀强电场中以竖直和水平方向建立直角坐标系，一带负电的油滴从坐标原点以初速度v0向第一象限某方向抛出，当油滴运动到最高点A(图中未画出)时速度为v，试从做功与能量转化角度分析此过程，下列说法正确的是(　　)‎ 图11‎ A．若v＞v0，则重力和电场力都对油滴做正功引起油滴动能增大 B．若v＞v0，则油滴电势能的改变量可能小于油滴重力势能的改变量 C．若v＝v0，则A点可能位于第一象限 ‎ D．若v＝v0，则A点一定位于第二象限 答案　D 解析　若v>v0，根据动能定理得：mv2－mv＝WG＋WF>0，该油滴受电场力水平向左，所以当油滴运动到最高点A的过程中，重力做负功，则电场力必定做正功，且电场力做的功比重力做的功多，而电场力对油滴做的功等于电势能的变化量，重力对油滴做的功等于重力势能的变化量，所以油滴电势能的改变量大于油滴重力势能的改变量，故A、B错误；若v＝v0，根据动能定理得：mv2－mv＝WG＋WF＝0，重力做负功，则电场力必定做正功，两者大小相等，故A点一定位于第二象限，故C错误，D正确．故选D.‎ 专题规范练 题组1　高考真题体验 ‎1．(多选)(2016·全国卷Ⅱ·21)如图1所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点的过程中(　　)‎ 图1‎ A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 答案　BCD 解析　因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<，知M处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g，则有两个时刻的加速度大小等于g，选项B正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C正确；由动能定理得，WF＋WG＝ΔEk，因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知WF＝0，即WG＝ΔEk，选项D正确．‎ ‎2．(2015·新课标全国Ⅰ·17)如图2所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则(　　)‎ 图2‎ A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点 B．W＞mgR，质点不能到达Q点 C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 D．W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 答案　C 解析　根据动能定理得P点动能EkP＝mgR，经过N点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg－mg＝m，所以N点动能为EkN＝，从P点到N点根据动能定理可得mgR－W＝－mgR，即克服摩擦力做功W＝.质点运动过程中，沿半径方向的合力提供向心力，如图所示，即FN－mgcos θ＝ma＝m，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力Ff＝μFN变小，所以摩擦力做功变小，那么从N到Q，根据动能定理，Q点动能EkQ＝－mgR－W′＝mgR－W′，由于W′＜，所以Q点速度仍然没有减小到0，会继续向上运动一段距离，对照选项，C正确．‎ ‎3．(2015·新课标全国Ⅱ·17)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图3所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是(　　)‎ 图3‎ ‎ ‎ 答案　A 解析　当汽车的功率为P1时，汽车在运动过程中满足P1＝F1v，因为P1不变，v逐渐增大，所以牵引力F1逐渐减小，由牛顿第二定律得F1－f＝ma1，f不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F1＝f时速度最大，且vm＝＝.当汽车的功率突变为P2时，汽车的牵引力突增为F2，汽车继续加速，由P2＝F2v可知F2减小，又因F2－f＝ma2，所以加速度逐渐减小，直到F2＝f时，速度最大vm′＝，以后匀速运动．综合以上分析可知选项A正确．‎ ‎4．(多选)(2015·新课标全国Ⅱ·21)如图4所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则(　　)‎ 图4‎ A．a落地前，轻杆对b一直做正功 B．a落地时速度大小为 C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg 答案　BD 解析　滑块b的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项A错误；以滑块a、b及轻杆为研究对象，系统的机械能守恒，当a刚落地时，b的速度为零，则mgh＝mv＋0，即va＝，选项B正确；a、b的先后受力如图甲、乙所示．‎ 由a的受力图可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b的加速度为零(即轻杆对b的作用力为零)时，b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力，且FNb＝mg，由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，选项D正确．‎ ‎5．(2013·新课标Ⅰ卷·16)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将(　　)‎ A．打到下极板上 B．在下极板处返回 C．在距上极板处返回 D．在距上极板d处返回 答案　D ‎6．(2016·全国卷Ⅰ·25)如图5，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g.(取sin 37°＝，cos 37°＝)‎ 图5‎ ‎(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；‎ ‎(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；‎ ‎(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．‎ 解析：(1)由题意可知：lBC＝7R－2R＝5R ①‎ 设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得 mglBCsin θ－μmglBCcos θ＝mv②‎ 式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得 vB＝2 ③‎ ‎(2)设BE＝x，P到达E点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为Ep，由B→E过程，根据动能定理得 mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv ④‎ E、F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x ⑤‎ P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有 Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0⑥‎ 联立③④⑤⑥式得 x＝R⑦‎ Ep＝mgR⑧‎ ‎(3)设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离为x1、竖直距离为y1，由几何关系(如图所示)得θ＝37°.‎ 由几何关系得：‎ x1＝R－Rsin θ＝3R⑨‎ y1＝R＋R＋Rcos θ＝R⑩‎ 设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.‎ 由平抛运动公式得：‎ y1＝gt2⑪‎ x1＝vDt⑫‎ 联立⑨⑩⑪⑫得 vD＝⑬‎ 设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有 m1v＝m1v＋m1g(R＋Rcos θ)⑭‎ P由E点运动到C点的过程中，由动能定理得 Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1v⑮‎ 联立⑦⑧⑬⑭⑮得 m1＝m 题组2　各省市模拟精选 ‎7．(2017·广东汕头市质量检测)汽车在平直公路上原来以功率P、速度v0匀速行驶．在t1时刻，司机减小油门，使汽车的功率减为，此后保持该功率继续行驶，t2时刻，汽车又恢复到匀速运动状态，假定汽车所受阻力恒定不变．下列说法正确的是(　　)‎ A．在0 ～t1时间，汽车牵引力逐渐增大 B．在t1～t2时间，汽车做加速运动 C．在t1～t2时间，汽车牵引力逐渐增大 D．t2时刻后，汽车的速度仍为v0‎ 答案　C 解析　0～t1时间内，汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，牵引力不变，故A错误；从t1时刻到t2时刻，功率减半，根据P＝Fv知，牵引力减半，加速度方向与速度方向相反，做减速运动，速度减小，牵引力增大，加速度减小，当加速度减小到零，又做匀速直线运动，故B错误，C正确；在t2时刻，牵引力等于阻力，与开始阶段相等．对于在t2时刻有：＝Ffv′.开始阶段有：P＝Ffv0，解得v′＝，故D错误．‎ ‎8．(多选)(2017·山东济宁市模拟)如图6所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P栓接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．在该过程中下列分析正确的是(　　)‎ 图6‎ A．B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 B．B物体获得最大速度时，其受到细线的拉力的大小等于B所受重力大小 C．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量大于细线拉力对A做的功 D．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功 答案　BD 解析　对于物体A、B及弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，可知B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与A动能增加量之和，故A错误．对于B物体，只受重力与细线拉力，达到最大速度时，其受到细线的拉力的大小等于B所受重力大小，故B正确．根据功能关系可知，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功，故C错误，D正确．‎ ‎9．(多选)(2017·广东深圳市一模)如图7所示，物块A和圆环B用绕过定滑轮的轻绳连接在一起，圆环B套在光滑的竖直固定杆上，开始时连接B的绳子处于水平．零时刻由静止释放B，经时间t，B下降h，此时，速度达到最大．不计滑轮摩擦和空气的阻力，则(　　)‎ 图7‎ A．t时刻B的速度大于A的速度 ‎ B．t时刻B受到的合力等于零 ‎ C．0～t过程A的机械能增加量大于B的机械能减小量 ‎ D．0～t过程A的重力势能增加量大于B的重力势能减小量 ‎ 答案　AB 解析　t时刻B的速度可以分解为沿绳子方向的分速度与垂直于绳子方向的分速度，其中沿绳子方向的分速度与A的速度大小相等，故A正确；当B刚释放的瞬间，绳子的拉力方向与杆垂直，B所受的合力等于mg，B向下先做加速运动，当绳子在竖直方向上的分力等于B的重力时，B的速度最大，加速度等于0，所以B受到的合力等于0，故B正确；0～t过程A与B组成的系统机械能守恒，所以A的机械能增加量等于B的机械能减小量，故C错误；0～t过程A与B组成的系统的机械能守恒，B减少的重力势能转化为A的重力势能和A、B的动能，所以0～t过程A的重力势能增加量小于B的重力势能减小量，故D错误．‎ ‎10．(多选)(2017·山东枣庄市模拟)如图8甲所示，质量为1 kg的小物块，以初速度v0＝11 m/s从 θ＝53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次不施加力，图乙中的两条线段a、b分别表示施加力F和无力F时小物块沿斜面向上运动的v－t图线，不考虑空气阻力，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A．恒力F大小为21 N ‎ B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 ‎ C．有恒力F时，小物块在整个上升过程产生的热量较少 ‎ D．有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小 答案　BD 解析　根据v－t图线中斜率等于加速度的意义可知：aa＝＝ m/s2＝－10 m/s2；ab＝ m/s2＝－11 m/s2，不受拉力时：mab＝－mgsin 53°－μmgcos 53°； 代入数据得：μ＝0.5；受到拉力的作用时：maa＝F－mgsin 53°－μmgcos 53°，得：F＝1 N，故B正确，A错误；根据运动学公式：x＝可知，有恒力F时，小物块的加速度小，位移大，所以在上升过程产生的热量较大，故C错误；结合C的分析可知，有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而升高的过程动能的减小量是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小，故D正确．故选B、D.‎ ‎11．(多选)(2017·四川德阳市一诊)如图9所示，固定于地面、倾角为 θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力F作用下而处于静止状态．某一时刻将力F撤去，若在弹簧将A、B弹起过程中，A、B能够分离，则下列叙述正确的是(　　)‎ 图9‎ A．从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统机械能守恒 B．A、B被弹起过程中，A、B即将分离时，两物块速度达到最大 C．A、B刚分离瞬间，A的加速度大小为gsin θ D．若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧减少的弹性势能一定大于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和 答案　AC 解析　从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，故A正确．‎ A、B被弹起过程中，合力等于零时，两物块速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态，A、B还没有分离，故B错误．‎ A、B刚分离瞬间，A、B间的弹力为零，对B，由牛顿第二定律得 mgsin θ＝maB，得 aB＝gsin θ，此瞬间A与B的加速度相同，所以A的加速度大小为gsin θ，故C正确．‎ 若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B 发生分离的过程中，由能量守恒定律知，弹簧减少的弹性势能一定等于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和，故D错误．‎ ‎12．(2017·江西九校联考)如图10所示，装置左边是水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接轻质挡板A，此时弹簧处于原长且在A右侧的台面粗糙，长度l ＝1.0 m，挡板A左侧台面光滑，另一物块B与台面间的动摩擦因数μ1＝0.1，中间水平传送带与平台和右端光滑弧面平滑对接，传送带始终以v0＝2 m/s速率逆时针转动，传送带长度l ＝1.0 m，B与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.2，现将质量为1 kg的物块B从半径R＝2.1 m的圆弧上静止释放．(g＝10 m/s2)‎ 图10‎ ‎(1)求物块B与A第一次碰撞前的速度大小；‎ ‎(2)试通过计算证明物块B与A第一次碰撞后能否运动到右边的弧面上？若能回到，则其回到C点时受弧面的支持力为多大？‎ 解析：(1)设物块B沿光滑曲面下滑到与A碰撞前的速度大小为v.由动能定理知 mBgR＝mBv 解得vC＝ m/s 设物块B滑上传送带后速度减为v0，发生的位移为x v－v ＝－2μ2gx x＝9.5 m>1 m 故mBgR－μ1mBgl－μ2mBgl ＝mBv2‎ 解得v＝6 m/s ‎(2)设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，则 mBv2＝μ1mBgl ＋μ2mBgl′‎ 得l′＝8.5 m>1 m 所以物块B能通过传送带运动到右边的弧面上．‎ 设物块B到达C点的速度为v1，由动能定理可知：‎ ‎－μ1mBgl－μ2mBgl＝mBv－mBv2‎ 解得v1＝ m/s 在C点：FN－mBg＝ 解得FN＝ N.‎ 第2讲　动量、动量与能量的综合应用 高考命题轨迹 年份 题号(分值)‎ 考点 难度 ‎2017年 卷Ⅰ14题(6分)‎ 火箭喷气升空，考查动量守恒 容易 卷Ⅲ20题(6分)‎ 物体在合外力作用下做直线运动，考查F—t图象、匀变速直线运动规律、动量 中等 ‎2016年 卷Ⅰ35(2)题(10分)‎ 结合流体考查动量定理与力的平衡、竖直上抛运动的综合应用 中等 卷Ⅱ35(2)题(10分)‎ 考查动量守恒定律、机械能守恒定律 中等 卷Ⅲ35(2)题(10分)‎ 结合弹性碰撞考查动量守恒定律和能量守恒定律 中等 ‎2015年 卷Ⅰ35(2)题(10分)‎ 结合弹性碰撞考查动量守恒定律、机械能守恒定律的综合应用 中等 卷Ⅱ35(2)题(10分)‎ 考查动量守恒定律、能量守恒定律的综合应用 中等 考情分析　分析近几年的高考试题，动量定理、动量守恒定律与能量的综合应用是高考的热点，但试题一般以对基础知识的考查为主，题目的难度不太大．‎ ‎2017年考纲将3－5改为必考内容，但考试内容较简单，也没有与力学、电学综合．预计2018年高考试题会在此基础上适当加深一点，动量定理、动量守恒定律与力学的综合性可能会增强，此外也可能与电场、磁场、电磁感应等综合命题．动量部分内容单独命题时可能以选择题为主，与其他模块综合命题时则可能会以计算题形式呈现，但整体难度不会大．‎ 知识方法链接 ‎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Ft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．‎ ‎3．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．‎ 真题模拟精练 ‎1．(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 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．‎ ‎2．(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 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＝F2t2＝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．‎ ‎3．(多选)(2017·山东淄博市一模) 如图2所示，在质量为M(含支架)的小车中用轻绳悬挂一小球，小球质量为m0，小车和小球以恒定的速度v沿光滑的水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，下列哪些说法是可能发生的(　　)‎ 图2‎ A．在这次碰撞过程中，小车、木块、小球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3‎ B．在这次碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2‎ C．在这次碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)u D．碰撞后小球摆到最高点时速度变为v1，小木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋ mv2‎ 答案　CD 解析　碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，小球的速度在瞬间不变，若碰后小车和木块的速度变为v1和v2，根据动量守恒有：Mv＝Mv1＋mv2.若碰后小车和木块速度相同，根据动量守恒定律有：Mv＝(M＋m)u，故C正确，A、B错误．碰撞后，小车和小球水平方向动量守恒，则整个过程中，系统水平方向动量守恒，则有：(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2，故D正确．故选：C、D.‎ ‎4．(多选)(2017·安徽马鞍山市第一次模拟)如图3所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体A接触但未连接，弹簧水平且无形变，现对物体A施加一个水平向右的瞬间冲量I0，测得A向右运动的最大距离为x0，之后物体A被弹簧弹回，最终停在距离初始位置左侧2x0处，已知弹簧始终在弹性限度内，物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)‎ 图3‎ A．物体A整个运动过程，弹簧对物体A 冲量为零 B．物体A向右运动过程中与弹簧接触的时间一定小于物体A向左运动过程中与弹簧接触的时间 C．物体A向左运动的最大速度vm＝2 ‎ D．物体A与弹簧作用的过程中，最大弹性势能Ep＝－μmgx0 ‎ 答案　BD 解析　物体A整个运动过程中与弹簧有相互作用时，由于弹簧的弹力一直向左，故弹簧对物体A 冲量不可能为零，故A错误；物体向右运动过程受向左的弹力和摩擦力，而向左运动过程中受向左的弹力与向右的摩擦力，因此向左运动时的加速度小于向右运动时的加速度，而与弹簧接触向左和向右的位移大小相等，则由位移公式可得，向右运动的时间一定小于向左运动的时间，故B正确；对离开弹簧后再向左运动2x0的过程由动能定理可知，mv2＝μmg2x0；解得离开弹簧时的速度为v＝2；而物体在向左运动至弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，故可知向左运动的最大速度一定大于2，故C错误；由动量定理可知I0＝mv0；则由功能关系知，系统具有的最大弹性势能Ep＝mv－μmgx0＝－μmgx0，故D正确；故选：B、D.‎ 知识方法链接 力学规律的选用原则 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．‎ 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、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．‎ 真题模拟精练　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎5．(2017·河北石家庄市第二次质检)如图4所示，质量分布均匀、半径为R 的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁．一质量为m的小球从距金属槽上端R处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为R，重力加速度为g，不计空气阻力．求：‎ 图4‎ ‎(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；‎ ‎(2)金属槽的质量．‎ 解析：(1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律有：mg·2R＝mv，小球刚到最低点时，根据圆周运动规律和牛顿第二定律有：FN－mg＝m，据牛顿第三定律可知小球对金属槽的压力为：FN′＝FN.联立解得：FN′＝5mg ‎(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属槽在水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则：mv0＝(m＋M)v 设小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的高度为h.‎ 则有R2＋h2＝(R)2‎ 根据能量守恒定律有：mgh＝mv－(m＋M)v2.‎ 联立解得：M＝m.‎ ‎6．(2017· 广东广州市一模)如图5所示，固定在水平地面上的凹槽，槽宽D＝2.3 m，左侧槽缘高h＝0.6 m、斜面倾角 θ＝45°，右侧槽缘高H＝0.8 m、光滑圆弧形轨道足够长．长L＝1.6 m、高H＝0.8 m、质量mA＝1 kg的木板A静止在槽内，左端距凹槽左侧D1＝0.3 m．可视为质点的滑块B，质量mB＝2 kg，放在A上表面的最左端．质量m＝1 kg、v0＝10 m/s的小球水平撞击B后水平反弹，下落过程中刚好与斜面相切通过斜面最高点．已知A与B、A与凹槽底部的动摩擦因数分别为μ1＝、μ2＝，B向右滑行过程中未与A共速，A与凹槽左、右侧碰撞后立即停止但不粘连，g取10 m/s2.求：‎ 图5‎ ‎(1)小球与B碰后，B获得的速度vB的大小；‎ ‎(2)整个过程中A、B间摩擦产生的热量Q.‎ 解析：(1)设小球水平反弹的速度为vx，从反弹到通过斜面最高点时的时间为t0，竖直方向的速度为vy，则有：tan θ＝①‎ 竖直方向有vy＝gt0②‎ H－h＝gt ③‎ 设小球与B撞击后，B获得的速度为vB，有：mv0＝－mvx＋mBvB④‎ 联立①②③④并代入数据得：vx＝2 m/s，vB＝6 m/s⑤‎ ‎(2)设B滑上凹槽右侧光滑轨道时的速度为v，由于B向右滑行过程中与A未共速，B对地移动的距离为L＋D2(依题意D2＝0.4 m)，由动能定理：－μ1mBg(L＋D2)＝mBv2－mBv⑥‎ B沿弧形轨道返回到A的右端时速度大小仍为v，设B在A上减速滑行的加速度大小为a1，A在凹槽内加速滑行的加速度大小为a2，则有：‎ μ1mBg＝mBa1⑦‎ μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa2⑧ ‎ 现判断B向左移动时是否与A共速．假设经过时间t，A、B共速为v1，则：‎ 对B：v1＝v－a1t⑨‎ 对A：v1＝a2t⑩‎ 联立⑥⑦⑧⑨⑩解得：v＝4 m/s，a1＝5 m/s2，a2＝5 m/s2，v1＝2 m/s ⑪‎ 在时间t内：B对地的位移：x1＝＝1.2 m⑫‎ A对地的位移：x＝＝0.4 m＝D2<(D1＋D2)＝0.7 m⑬‎ B在A上滑行的位移：Δx＝x1－x＝0.8 mmC，C做类平抛运动 水平方向上：x＝vCt 竖直方向上：‎ y＝at2‎ 其中a＝＝10 m/s2‎ 圆的方程 ‎(y－l)2＋x2＝l2‎ 解得：x＝0.8 m　y＝0.8 m C刚好在圆心等高处线被拉直 此时C向上的速度为v1＝at＝4 m/s 设C运动到最高点速度为v2‎ 由动能定理得 mCv－mCv＝(F－mCg)l 解得v2＝4≈5.66 m/s ‎(3)设C从最高点运动到最低点时的速度为v3，得：‎ mCv－mCv＝mCg×2l v3＝8 m/s 由FT＋F－mCg＝mC 可知FT>0，所以C能一直做圆周运动 设经过最高点次数为n mCv－mCv＝(n－1)qE×2l FT＋mCg－F＝mC 解得：FT＝(80n－30) N，n＝1,2,3……‎ 专题规范练　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 题组1　高考真题体验 ‎1．(2016·全国卷Ⅰ·35(2))某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0‎ 竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：‎ ‎(ⅰ)喷泉单位时间内喷出的水的质量；‎ ‎(ⅱ)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．‎ 解析：(ⅰ)在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变．‎ 该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt①‎ 喷出水柱质量Δm＝ρΔV②‎ 其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS③‎ 由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为：＝ρv0S ‎(ⅱ)设玩具底面相对于喷口的高度为h 由玩具受力平衡得F冲＝Mg④‎ 其中，F冲为水柱对玩具底面的作用力 由牛顿第三定律：F压＝F冲⑤‎ 其中，F压为玩具底面对水柱的作用力，设v′为水柱到达玩具底面时的速度 由运动学公式：v′2－v＝－2gh⑥‎ 在很短Δt时间内，冲击玩具的水柱的质量为Δm Δm＝ρv0SΔt⑦‎ 由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理 ‎(F压＋Δmg)Δt＝Δmv′⑧‎ 由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为 F压Δt＝Δmv′⑨‎ 由④⑤⑥⑦⑨可得：h＝－.‎ ‎2．(2016·全国卷Ⅱ·35(2))如图1，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.‎ 图1‎ ‎(ⅰ)求斜面体的质量；‎ ‎(ⅱ)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ 解析：(ⅰ)规定向左为速度正方向．冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得：m2v0＝(m2＋m3)v①‎ m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh②‎ 式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得：m3＝20 kg，v＝1 m/s③‎ ‎(ⅱ)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v0＝0④‎ 代入数据得v1＝－1 m/s⑤‎ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v0＝m2v2＋m3v3⑥‎ m2v＝m2v＋m3v⑦‎ 联立③⑥⑦式并代入数据得 v2＝－1 m/s⑧‎ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．‎ ‎3．(2015·新课标Ⅰ卷·35(2))如图2，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2‎ 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≥v1＝()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．(2015·新课标Ⅱ卷·35(2))两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图3所示．求：‎ 图3‎ ‎(ⅰ)滑块a、b的质量之比；‎ ‎(ⅱ)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．‎ 解析：(ⅰ)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得 v1＝－2 m/s①‎ v2＝1 m/s②‎ a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得 v＝ m/s③‎ 由动量守恒定律得 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④‎ 联立①②③④式得 m1∶m2＝1∶8⑤‎ ‎(ⅱ)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2⑥‎ 由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为 W＝(m1＋m2)v2⑦‎ 联立⑥⑦式，并代入题给数据得 W∶ΔE＝1∶2‎ ‎5．(2014·新课标Ⅱ卷·35(2))现利用图4(a)所示的装置验证动量守恒定律．在图(a)中，气垫导轨上有A、B 两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．‎ 图4‎ 实验测得滑块A的质量m1＝0.310 kg，滑块B的质量m2＝0.108 kg，遮光片的宽度d＝1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0 Hz.‎ 将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰．碰后光电计时器显示的时间为Δt0＝3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示．‎ 若实验允许的相对误差绝对值(×100%)最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．‎ 解析：按定义，滑块运动的瞬时速度大小v为：v＝①‎ 式中Δs为滑块在很短时间Δt内走过的路程，设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则：‎ ΔtA＝＝0.02 s②‎ ΔtA可视为很短．‎ 设滑块A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1.‎ 将②式和图给实验数据代入①式可得v0＝2.00 m/s③‎ v1＝0.97 m/s④‎ 设滑块B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有 v2＝⑤‎ 代入题给的实验数据得v2≈2.86 m/s ⑥‎ 设两滑块在碰撞前、后的动量分别为p和p′，则 p＝m1v0⑦‎ p′＝m1v1＋m2v2⑧‎ 两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为 δp＝×100%⑨‎ 联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得 δp≈1.7%<5%⑩‎ 因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律．‎ 题组2　各省市模拟精选 ‎6．(2017·湖南株洲市一模)如图5所示，质量为 m 的小滑块(可视为质点)，从 h 高处的A点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的B点(斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接)．要使物体能原路返回，在B点需给物体的瞬时冲量最小应是(　　)‎ 图5‎ A．2m B．m C． D．4m 答案　A 解析　滑块从A到B过程，根据动能定理，有：mgh－Wf＝0，滑块从B返回A过程，根据动能定理，有：－mgh－Wf＝0－mv2，联立解得：v＝2；在B点需给物体的瞬时冲量等于动量的增加量，故I＝mv＝2m，故A正确，B、C、D错误．‎ ‎7．(多选)(2017·福建漳州市八校模拟)如图6所示，光滑水平地面上静止放置由弹簧相连的木块A和B，开始时弹簧处于原长，现给A一个向右的瞬时冲量，让A开始以速度v0向右运动，若mA>mB，则(　　)‎ 图6‎ A．当弹簧压缩最短时，B的速度达到最大值 B．当弹簧再次恢复原长时，A的速度一定向右 C．当弹簧再次恢复原长时，A的速度一定小于B的速度 D．当弹簧再次恢复原长时，A的速度可能大于B的速度 答案　BC 解析　A开始压缩弹簧时做减速运动，B做加速运动，当两者速度相等时，弹簧压缩最短，然后B继续做加速运动，A继续做减速运动，所以弹簧压缩到最短时，B的速度没有达到最大值，故选项A错误；弹簧压缩到最短时，两者速度相等，然后B继续做加速运动，A继续做减速运动，直到弹簧恢复原长，此时B的速度达到最大，且大于A的速度，根据动量守恒有：mAv0＝mAvA＋mBvB，若A的速度方向向左，则mBvB＞mAv0，动能Ek＝，可知EkB＞Ek0，违背了能量守恒定律，所以A的速度一定向右，故选项B、C正确，D错误．故选B、C.‎ ‎8．(2017· 江西南昌市三校第四次联考) 如图7所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏MN上的a点，通过pa段用时为t.若该微粒经过p点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN 上．若两个微粒所受重力均忽略，则新微粒运动的(　　)‎ 图7‎ A．轨迹为pb，至屏幕的时间将小于t B．轨迹为pc，至屏幕的时间将大于t C．轨迹为pa，至屏幕的时间将大于t D．轨迹为pb，至屏幕的时间将等于t 答案　C 解析　带电粒子和不带电粒子相碰遵守动量守恒，故碰后总动量不变，总电量也保持不变，由Bqv＝m，得：r＝＝，p、q、B都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径r不变，故轨迹应为pa，由周期T＝可知，因m增大，故粒子运动的周期增大，因所对应轨迹不变，圆心角不变，故新微粒通过pa所用的时间将大于t，C正确．‎ ‎9．(2017·广东肇庆市第二次模拟)如图8所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速度v0从右端滑上B，并以v0滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，试求：‎ 图8‎ ‎(1)木板B上表面的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)圆弧槽C的半径R；‎ ‎(3)当A滑离C时，C的速度．‎ 解析：(1)当A在B上滑动时，A与BC整体发生作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒：‎ mv0＝m＋2mv1①‎ 系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能：‎ Q＝μmgL②‎ ΔEk＝mv－m()2－(2m)v③‎ 而Q＝ΔEk④‎ 联立①②③④式解得：μ＝，v1＝⑤‎ ‎(2)当A滑上C，B与C分离，A与C发生作用，设到达最高点时速度相等为v2，由于水平面光滑，A与C组成的系统水平方向动量守恒：m＋mv1＝2mv2⑥‎ A与C组成的系统机械能守恒：‎ m()2＋m()2＝(2m)v＋mgR⑦‎ 由⑥⑦式解得： R＝⑧‎ ‎(3)当A滑下C时，设A的速度为vA，C的速度为vC，A与C组成的系统动量守恒：‎ m＋mv1＝mvA＋mvC⑨‎ A与C组成的系统机械能守恒：‎ m()2＋ m()2＝mv＋mv⑩‎ 联立⑨⑩式解得：vC＝⑪‎ ‎10．(2017·广东揭阳市高三期末)如图9所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R＝0.6 m．平台上静止着两个滑块A、B，mA＝0.1 kg，mB＝0.2 kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面上．小车质量为M＝0.3 kg，车面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块B与PQ之间表面的动摩擦因数为μ＝0.2，Q点右侧表面是光滑的．点燃炸药后，A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度vA＝6 m/s，而滑块B则冲向小车．两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，且g＝10 m/s2.求：‎ 图9‎ ‎(1)滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力；‎ ‎(2)若L＝0.8 m，滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；‎ ‎(3)要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什么范围内？‎ 解析：(1)A从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：mAv－mAv2＝mAg×2R 在最高点由牛顿第二定律：mAg＋FN＝mA 联立解得滑块A在半圆轨道最高点受到的压力为：FN＝1 N 由牛顿第三定律得：滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为1 N，方向竖直向上；‎ ‎(2)爆炸过程由动量守恒定律：mAvA＝mBvB，解得：vB＝3 m/s 滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律得：mBvB＝(mB＋M)v共 由能量守恒定律：Ep＝mBv－(mB＋M)v－μmBgL，解得Ep＝0.22 J ‎(3)滑块B最终没有离开小车，滑块B和小车具有共同的末速度，设为u，滑块B与小车组成的系统动量守恒，有：mBvB＝(M＋mB)u 若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块B还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块B恰好滑到Q点，由能量守恒定律得：μmBgL1＝mBv－(mB＋M)u2‎ 联立解得：L1＝1.35 m 若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块B必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ之间，设滑块B恰好回到小车的左端P点处，由能量守恒定律：2μmBgL2＝mBv－(mB＋M)u2‎ 联立解得：L2＝0.675 m 综上所述，要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足的范围是：‎ ‎0.675 m≤L＜1.35 m.‎