2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 動量與能量 第1講 動量觀點與能量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案

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1、第1講動量觀點與能量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建備考策略1.解決力學(xué)綜合題目的關(guān)鍵要做好“三選擇”(1)當(dāng)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(xué)方法解題。(2)當(dāng)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(guān)系解題，題目中出現(xiàn)相對位移時，應(yīng)優(yōu)先選擇能量守恒定律。(3)當(dāng)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“動量守恒，機械能損失最大”。能量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用功和功率

2、的理解與計算【典例1】 (多選)(2018全國卷，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(guān)系如圖1所示，其中圖線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。對于第次和第次提升過程()圖1A.礦車上升所用的時間之比為45B.電機的最大牽引力之比為21C.電機輸出的最大功率之比為21D.電機所做的功之比為45解析根據(jù)位移相同可得兩圖線與時間軸圍成的面積相等，即v02t0v02t0t(t0t)，解得tt0，則對于第次和第次提升過程中，礦車上升所用的時間之比為2

3、t0(2t0t0)45，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21，由功率PFv，得最大功率之比為21，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11，D錯誤。答案AC動能定理的應(yīng)用【典例2】 (2018全國卷，14)如圖2，某同學(xué)用繩子拉動木箱，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2A.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

4、定理WFWfEk0，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(xué)規(guī)律和動能定理的綜合應(yīng)用【典例3】 (2018全國卷，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3A.2mgR B.4mgRC.5mgR D.6mgR解析設(shè)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F3RmgRmv，又Fmg，解得vc2。小球離開c點后，在水

5、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t2，在水平方向的位移大小為xgt22R。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程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機械能的增加量為EF5R5mgR，C正確，A、B、D錯誤。答案C應(yīng)用動力學(xué)觀點和能量觀點解決多過程問題【典例4】 (2018全國卷，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

6、之間的夾角為，sin 。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?。重力加速度大小為g。求圖4(1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大??；(2)小球到達A點時動量的大?。?3)小球從C點落至水平軌道所用的時間。解析(1)設(shè)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 F2(mg)2F設(shè)小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得Fm由式和題給數(shù)據(jù)得F0mgv(2)設(shè)小球到達A點的速度

7、大小為v1，作CDPA，交PA于D點，由幾何關(guān)系得DARsin CDR(1cos )由動能定理有mgCDF0DAmv2mv由式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點的動量大小為pmv1(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(shè)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(xué)公式有vtgt2CDvvsin 由式和題給數(shù)據(jù)得t答案(1)mg(2)(3)功能關(guān)系的應(yīng)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(fù)功；根據(jù)功能之間的對應(yīng)關(guān)系，判定能的轉(zhuǎn)化形式，確定能量之間的轉(zhuǎn)化情況。(2)當(dāng)涉及摩擦力做功時，機械能不守恒，一般應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒

8、定律，特別注意摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能QFf 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(yīng)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E減和增加的能量總和E增，最后由E減E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。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 370.6，cos 3

9、70.8，則()圖5A.動摩擦因數(shù)B.載人滑草車最大速度為C.載人滑草車克服摩擦力做功mghD.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：2mghmgs1cos 45mgs2cos 370解得動摩擦因數(shù)，選項A正確；載人滑草車在上下兩段的加速度分別為a1g(sin 45cos 45)g，a2g(sin 37cos 37)g，則在下落h時的速度最大，由動能定理知：mghmgs1cos 45mv2解得v，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W2mgh，選項C錯誤。答案AB2.如圖6所示，BC是高處的一個平臺，BC

10、右端連接內(nèi)壁光滑、半徑r0.2 m的四分之一細(xì)圓管CD，管口D端正下方一根勁度系數(shù)為k100 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xAB1.2 m，小球質(zhì)量m1 kg。已知平臺離地面的高度為h0.8 m，小球與BC間的動摩擦因數(shù)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CD后，在壓縮彈簧過程中小球速度最大時彈簧彈性勢能Ep0.5 J。若不計空氣阻力，取重力加速度大小g10 m/s2。求：圖6(1)小球通過C點時的速度大小vC；(2)平臺BC

11、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F10 N的作用力，則上管壁對小球也有F10 N的作用力，根據(jù)牛頓運動定律有Fmgm得vC2 m/s(2)小球從A點拋出到B點所用時間t0.4 s到B點時速度大小為vB3 m/s小球從B點到C點的過程中，根據(jù)動能定理有mgLmvmv得平臺BC的長度L1.25 m(3)小球壓縮彈簧至速度達到最大時，加速度為零，則mgkx彈簧的壓縮量x0.1 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(rx)mvEkmEp得Ekm4.5 J答案(1)2 m/s(2)1.25 m(3)4.5 J動量觀點

12、和能量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用動量和動能的關(guān)系【典例1】 (2018全國卷，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(guān)系可知vat，且列車的動能為Ekmv2，由以上整理得Ekma2t2，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xat2代入上式得Ekmax，則列車的動能與位移成正比，B正確；由動能與動量的關(guān)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(yīng)用【典例2】

13、(2018全國卷，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 NC.103 N D.104 N解析根據(jù)自由落體運動和動量定理有2ghv2(h為25層樓的高度，約70 m)，F(xiàn)tmv，代入數(shù)據(jù)解得F1103 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(yīng)用【典例3】 (2018全國卷，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(dāng)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

14、，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。解析(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有Emv設(shè)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(xué)公式有0v0gt聯(lián)立式得t(2)設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有Emgh1火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設(shè)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mvmvEmv1mv20由式知，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(shè)爆炸后煙花彈向上運動部分繼續(xù)上升的高度為h

15、2，由機械能守恒定律有mvmgh2聯(lián)立式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為hh1h2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(guān)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上同一

16、條直線運動的滑塊、和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移變化關(guān)系。已知相互作用時間極短。由圖象給出的信息可知()圖7A.碰前滑塊與滑塊速度大小之比為72B.碰前滑塊的動量比滑塊的動量大C.碰前滑塊的動能比滑塊的動能小D.滑塊的質(zhì)量是滑塊的質(zhì)量的解析由xt圖象可知，碰前：va2 m/svb0.8 m/s碰后：vc0.4 m/svavb52，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的動量方向相同，所以滑塊的動量比滑塊的動量小，選項B錯誤；由動量守恒定律得mbvbmava(mamb)vc代入數(shù)據(jù)得，故選項D正確；Ekamav2ma，Ekbmbv6ma0.821.92ma即EkaEkb，選項C錯

17、誤。答案D2.如圖8所示，質(zhì)量為mB2 kg的木板B靜止在光滑的水平地面上，質(zhì)量為mA6 kg的物塊A停在B的左端，質(zhì)量為mC2 kg的小球C用長為L0.8 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h0.2 m。已知A、B間的動摩擦因數(shù)為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(1)若碰撞時間為t102 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(yīng)為多長？解析(1)由題意可知，在小球C下擺的過程中，機械

18、能守恒。由機械能守恒定律可得mCgLmCv解得碰前小球C的速度大小為vC，即vC4 m/s設(shè)碰后小球C反彈的速度大小為vC，由機械能守恒可得mCghmCvC2解得vC2 m/s以向右的方向為正方向，設(shè)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FtmCvCmCvC，代入數(shù)據(jù)可得F1 200 N。(2)由題意可知，小球C與物塊A的碰撞過程滿足動量守恒定律，即mCvCmCvCmAvA解得碰后物塊A的速度vA2 m/sA恰好滑至木板B右端并與其共速時，所求B的長度最小。設(shè)二者的共同速度大小為v，由動量守恒定律可得mAvA(mAmB)v，解得v1.5 m/s設(shè)木板的最小長度為x，由能量

19、守恒定律可得mAgxmAv(mAmB)v2代入數(shù)據(jù)可解得x0.5 m。答案(1)1 200 N(2)0.5 m破解高考壓軸題策略審題“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(shè)置障礙點多，一般不能一眼

20、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?！纠?(2016全國卷)(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。現(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(dǎo)第一步：審條件挖隱含動摩擦因數(shù)均相同做勻減速直線運動a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b沒有與墻發(fā)生碰撞的位移小于l第二

21、步：審情景建模型碰撞前a的運動過程勻減速直線運動a與b的碰撞過程彈性碰撞模型碰撞后b的運動過程勻減速直線運動第三步：審過程選規(guī)律碰撞前a的減速過程動能定理a、b碰撞過程碰撞后b的減速過程動能定理解析設(shè)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為，要使物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有mvmgl(2分)即(1分)設(shè)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：mglmvmv(3分)設(shè)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：mv1mv2mv3(3分)mvmv()v(3分)聯(lián)立各式得v3v1(1分)由題意知b沒有與墻發(fā)生碰撞，由動能定理得：mgl()v(3分

22、)解得(1分)綜上所述有(1分)答案課時跟蹤訓(xùn)練一、選擇題(13題為單項選擇題，46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1A.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為零，即摩擦力

23、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C2.如圖2所示，豎直面內(nèi)，兩段半徑均為R的光滑半圓形細(xì)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2A.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v2D.在最低點小環(huán)對軌道的壓力大小FNmg解析小環(huán)下滑過程中受重力、軌道沿半徑方向的作用力和水平外力F，重力一直做正功，外力F時而做正功時而做負(fù)功

24、，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，mg4Rmv2，解得v2，選項C正確；小環(huán)在最低點，由牛頓第二定律得FNmgm，得FN9mg，由牛頓第三定律可知FNFN9mg，選項D錯誤。答案C3.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()圖3A.水平面阻力做的功為fxB.物體克服水平面阻力做的功為fxC.橡皮泥塊對物體做的功為f

25、xmv2D.物體克服橡皮泥塊的阻力做的功為mv2fx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W1fxcos 180fx，選項A錯誤；物體克服水平面阻力做的功W2W1fx，選項B錯誤；設(shè)橡皮泥塊對物體做的功為W3，根據(jù)動能定理，有W1W30mv2，解得W3fxmv2，選項C正確；物體克服橡皮泥塊的阻力做的功為W4W3(fxmv2)mv2fx，選項D錯誤。答案C4.一質(zhì)量m0.5 kg的滑塊以某一初速度沖上傾角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vt圖象如圖4所示。sin 370.6，g取10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑

26、動摩擦力，則()圖4A.滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)0.5B.滑塊返回斜面底端時的速度為2 m/sC.滑塊在上升過程中重力做的功為25 JD.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a10 m/s2，即gsin gcos 10 m/s2，解得0.5，選項A正確；上滑位移xt5 m，下滑加速度agsin gcos 2 m/s2，所以回到斜面底端時的速度v2 m/s，選項B錯誤；上升過程中重力做功Wmgxsin 15 J，返回底端時求的是重力的瞬時功率，則為Pmgvsin 6 W，選項C錯誤，D正確。答案AD5.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

27、接?，F(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5A.EmvI0 B.vI2mv0C.vImv0 D.EmvI2mv0解析小球B與A相碰過程，由動量守恒定律得mv0(mm)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(dāng)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E2m()2mv，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

28、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I2mv0，故選項B、D正確。答案BD6.(2018湖南衡陽模擬)如圖6所示，質(zhì)量m1 kg的物體從高為h0.2 m的光滑軌道上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0.1，傳送帶AB之間的距離為l5.5 m，傳送帶一直以v3 m/s的速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，則()圖6A.物體由A運動到B的時間是1.5 sB.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 NsC.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

29、，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mvmgh代入數(shù)據(jù)得v02 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t11 ss1t11 m2.5 mt2 s1 stt1t22 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Imgt11 Ns，選項B正確；在t1時間內(nèi)，傳送帶做勻速運動s帶vt13 mQmgsmg(s帶s1)，代入數(shù)據(jù)得Q0.5 J，選項C正確；物體從A運動到B的過程中，物體動能增量Ekmv2mv，電動機多做的功為WQEk3 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

30、B、C兩滑塊通過勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連并豎直放置在水平面上?，F(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(dāng)?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(shè)A與B碰撞之前的瞬時速度為v0，則mgH0mvA、B碰撞前后動量守恒，即mv02mv1式中v1為A與B碰撞后的共同速度聯(lián)立解得v1。(2)當(dāng)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(shè)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，對于A、B

31、、C組成的系統(tǒng)，由受力分析可知FN3mg0由牛頓第三定律可知FNFN聯(lián)立解得FN3mg。答案(1)(2)3mg8.(2018湖南衡陽模擬)如圖8甲所示，在高h(yuǎn)0.8 m的水平平臺上放置一質(zhì)量為m0.9 kg的小木塊(視為質(zhì)點)，距平臺右邊緣d2 m。一質(zhì)量為m0.1 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v2x關(guān)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s1.6 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)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

32、(1)小木塊從平臺滑出后做平拋運動，有hgt2，svt聯(lián)立上兩式可得v4 m/s(2)設(shè)子彈射入木塊后共同速度為v1，由圖乙可知40v2v40解得v18 m/s，子彈射入木塊的過程中，根據(jù)動量守恒有mv0(mm)v1v080 m/s(3)設(shè)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Qmv(mm)v20.1802 J(0.90.1)42 J312 J。答案(1)4 m/s(2)80 m/s(3)312 J9.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(

33、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?fàn)顟B(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(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(shè)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mv02mv1解得v1v0，方向水平向右滑塊在木板上滑動的過程中，由功能關(guān)系可知mgLmv2mv聯(lián)立解得。(2)設(shè)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2mv1mv1mv22mv12mv2系統(tǒng)爆炸后，對滑塊在木板上運動的過程應(yīng)用功能關(guān)系，則有mgLmv12mv222mv聯(lián)立以上各式解得v10；v2v0，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