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

第1講動(dòng)量觀點(diǎn)與能量觀點(diǎn)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(yùn)動(dòng)物體受到恒力作用而且又涉及時(shí)間時(shí)，一般選擇用動(dòng)力學(xué)方法解題。(2)當(dāng)涉及功、能和位移時(shí)，一般選用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系解題，題目中出現(xiàn)相對(duì)位移時(shí)，應(yīng)優(yōu)先選擇能量守恒定律。(3)當(dāng)涉及多個(gè)物體及時(shí)間時(shí)，一般考慮動(dòng)量定理、動(dòng)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(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒”。(2)看到“非彈性碰撞”，想到“動(dòng)量守恒但機(jī)械能有損失”。(3)看到“完全非彈性碰撞或者碰后連體”，想到“動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最大”。能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用功和功率的理解與計(jì)算【典例1】 (多選)(2018·全國(guó)卷，19)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機(jī)通過(guò)豎井運(yùn)送到地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時(shí)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(guò)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(duì)于第次和第次提升過(guò)程()圖1A.礦車上升所用的時(shí)間之比為45B.電機(jī)的最大牽引力之比為21C.電機(jī)輸出的最大功率之比為21D.電機(jī)所做的功之比為45解析根據(jù)位移相同可得兩圖線與時(shí)間軸圍成的面積相等，即v0×2t0×v02t0t(t0t)，解得tt0，則對(duì)于第次和第次提升過(guò)程中，礦車上升所用的時(shí)間之比為2t0(2t0t0)45，A正確；加速過(guò)程中的牽引力最大，且已知兩次加速時(shí)的加速度大小相等，故兩次中最大牽引力相等，B錯(cuò)誤；由題知兩次提升的過(guò)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(guò)程中礦車的初、末速度都為零，則電機(jī)所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故電機(jī)所做的功之比為11，D錯(cuò)誤。答案AC動(dòng)能定理的應(yīng)用【典例2】 (2018·全國(guó)卷，14)如圖2，某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱，使它從靜止開(kāi)始沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度。木箱獲得的動(dòng)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(dòng)能定理WFWfEk0，可知木箱獲得的動(dòng)能一定小于拉力所做的功，A正確。答案A動(dòng)力學(xué)規(guī)律和動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用【典例3】 (2018·全國(guó)卷，18)如圖3，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長(zhǎng)度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。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(diǎn)處從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為()圖3A.2mgR B.4mgRC.5mgR D.6mgR解析設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的速度大小為vc，則對(duì)小球由a到c的過(guò)程， 由動(dòng)能定理有F·3RmgRmv，又Fmg，解得vc2。小球離開(kāi)c點(diǎn)后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知，小球離開(kāi)c點(diǎn)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(yùn)動(dòng)可知，小球從離開(kāi)c點(diǎn)到其軌跡最高點(diǎn)所需的時(shí)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(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)的過(guò)程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機(jī)械能的增加量為EF·5R5mgR，C正確，A、B、D錯(cuò)誤。答案C應(yīng)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題【典例4】 (2018·全國(guó)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(diǎn)相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為，sin 。一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過(guò)C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)過(guò)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(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時(shí)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(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大??；(2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大??；(3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間。解析(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)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(dá)C點(diǎn)時(shí)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(dá)A點(diǎn)的速度大小為v1，作CDPA，交PA于D點(diǎn)，由幾何關(guān)系得DARsin CDR(1cos )由動(dòng)能定理有mg·CDF0·DAmv2mv由式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為pmv1(3)小球離開(kāi)C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)落至水平軌道上所用時(shí)間為t。由運(yùn)動(dòng)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(duì)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(shí)，機(jī)械能不守恒，一般應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，特別注意摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能QFf x相對(duì)，x相對(duì)為相對(duì)滑動(dòng)的兩物體間相對(duì)滑動(dòng)路徑的總長(zhǎng)度。(3)應(yīng)用能量守恒定律解題時(shí)，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(guò)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(chǎng)。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(dòng)摩擦因數(shù)為。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開(kāi)始自由下滑，經(jīng)過(guò)上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計(jì)滑草車在兩段滑道交接處的能量損失)，sin 37°0.6，cos 37°0.8，則()圖5A.動(dòng)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(zhǎng)分別為s1，s2由動(dòng)能定理知：2mghmgs1cos 45°mgs2cos 37°0解得動(dòng)摩擦因數(shù)，選項(xiàng)A正確；載人滑草車在上下兩段的加速度分別為a1g(sin 45°cos 45°)g，a2g(sin 37°cos 37°)g，則在下落h時(shí)的速度最大，由動(dòng)能定理知：mghmgs1cos 45°mv2解得v，選項(xiàng)B正確，D錯(cuò)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(xiàng)C錯(cuò)誤。答案AB2.如圖6所示，BC是高處的一個(gè)平臺(tái)，BC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(diǎn)的小球在水平地面上的A點(diǎn)斜向上拋出，恰好從B點(diǎn)沿水平方向進(jìn)入高處平臺(tái)，A、B間的水平距離為xAB1.2 m，小球質(zhì)量m1 kg。已知平臺(tái)離地面的高度為h0.8 m，小球與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，小球進(jìn)入管口C端時(shí)，它對(duì)上管壁有10 N的作用力，通過(guò)CD后，在壓縮彈簧過(guò)程中小球速度最大時(shí)彈簧彈性勢(shì)能Ep0.5 J。若不計(jì)空氣阻力，取重力加速度大小g10 m/s2。求：圖6(1)小球通過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC；(2)平臺(tái)BC的長(zhǎng)度L；(3)在壓縮彈簧過(guò)程中小球的最大動(dòng)能Ekm。解析(1)小球通過(guò)C點(diǎn)時(shí)，它對(duì)上管壁有F10 N的作用力，則上管壁對(duì)小球也有F10 N的作用力，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有Fmgm得vC2 m/s(2)小球從A點(diǎn)拋出到B點(diǎn)所用時(shí)間t0.4 s到B點(diǎn)時(shí)速度大小為vB3 m/s小球從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgLmvmv得平臺(tái)BC的長(zhǎng)度L1.25 m(3)小球壓縮彈簧至速度達(dá)到最大時(shí)，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(dá)到最大的過(guò)程中，根據(jù)機(jī)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(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用動(dòng)量和動(dòng)能的關(guān)系【典例1】 (2018·全國(guó)卷，14)高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。在啟動(dòng)階段，列車的動(dòng)能()A.與它所經(jīng)歷的時(shí)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(dòng)量成正比解析列車啟動(dòng)的過(guò)程中加速度恒定，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間關(guān)系可知vat，且列車的動(dòng)能為Ekmv2，由以上整理得Ekma2t2，動(dòng)能與時(shí)間的平方成正比，動(dòng)能與速度的平方成正比，A、C錯(cuò)誤；將xat2代入上式得Ekmax，則列車的動(dòng)能與位移成正比，B正確；由動(dòng)能與動(dòng)量的關(guān)系式Ek可知，列車的動(dòng)能與動(dòng)量的平方成正比，D錯(cuò)誤。答案B動(dòng)量定理的應(yīng)用【典例2】 (2018·全國(guó)卷，15)高空墜物極易對(duì)行人造成傷害。若一個(gè)50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時(shí)間約為2 ms，則該雞蛋對(duì)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(yùn)動(dòng)和動(dòng)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F1×103 N，所以C正確。答案C動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律的綜合應(yīng)用【典例3】 (2018·全國(guó)卷，24)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，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(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求(1)煙花彈從地面開(kāi)始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過(guò)的時(shí)間；(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)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(kāi)始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0v0gt聯(lián)立式得t(2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)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(yùn)動(dòng)，設(shè)炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動(dòng)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(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有mvmgh2聯(lián)立式得，煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分距地面的最大高度為hh1h2答案(1)(2)動(dòng)量和能量綜合問(wèn)題的主要情境模型為：碰撞、滑塊在滑板上滑動(dòng)和爆炸。(1)碰撞過(guò)程滿足動(dòng)量守恒并遵循碰撞后系統(tǒng)動(dòng)能不增加、碰撞前后的運(yùn)動(dòng)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(dòng)時(shí)，滑塊和滑板組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，滑塊和滑板之間因摩擦生熱，故系統(tǒng)機(jī)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(dòng)能的減少量)列方程求解。1.(2018·重慶一模)某研究小組通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)得兩滑塊碰撞前后運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，得到如圖7所示的位移時(shí)間圖象。圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運(yùn)動(dòng)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(shí)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(dòng)量比滑塊的動(dòng)量大C.碰前滑塊的動(dòng)能比滑塊的動(dòng)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(xiàng)A錯(cuò)誤；由圖象可知，兩滑塊碰后的動(dòng)量方向與碰撞滑塊的動(dòng)量方向相同，所以滑塊的動(dòng)量比滑塊的動(dòng)量小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由動(dòng)量守恒定律得mbvbmava(mamb)vc代入數(shù)據(jù)得，故選項(xiàng)D正確；Ekamav2ma，Ekbmbv×6ma×0.821.92ma即EkaEkb，選項(xiàng)C錯(cuò)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(zhǎng)為L(zhǎng)0.8 m的輕繩懸掛在固定點(diǎn)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(diǎn)與A發(fā)生正碰，碰撞時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，物塊與小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。圖8(1)若碰撞時(shí)間為t102 s，試求小球C與物塊A碰撞過(guò)程中所受撞擊力的大小；(2)為使物塊A不滑離木板B，則木板B至少應(yīng)為多長(zhǎng)？解析(1)由題意可知，在小球C下擺的過(guò)程中，機(jī)械能守恒。由機(jī)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(jī)械能守恒可得mCghmCvC2解得vC2 m/s以向右的方向?yàn)檎较?，設(shè)小球C與物塊A碰撞過(guò)程中所受撞擊力大小為F，則由動(dòng)量定理可得F·tmCvCmCvC，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(guò)程滿足動(dòng)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(shí)，所求B的長(zhǎng)度最小。設(shè)二者的共同速度大小為v，由動(dòng)量守恒定律可得mAvA(mAmB)v，解得v1.5 m/s設(shè)木板的最小長(zhǎng)度為x，由能量守恒定律可得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?jí)狠S題策略審題“三步走”第一步：審條件挖隱含任何一個(gè)物理問(wèn)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(gè)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(guò)分析把這些物理情景轉(zhuǎn)化為具體的物理?xiàng)l件或物理模型后，才能利用物理規(guī)律求解。第三步：審過(guò)程理思路高考物理計(jì)算題往往綜合性強(qiáng)、題目情景新、設(shè)置障礙點(diǎn)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(lái)，對(duì)物體進(jìn)行受力分析、過(guò)程分析，根據(jù)物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程構(gòu)建出物理模型，選擇合理的物理規(guī)律?！纠?(2016·全國(guó)卷)(18分)如圖9，圖9水平地面上有兩個(gè)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(dòng)摩擦因數(shù)均相同。現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動(dòng)，此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒(méi)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(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)均相同做勻減速直線運(yùn)動(dòng)a與b發(fā)生彈性碰撞碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能均守恒b沒(méi)有與墻發(fā)生碰撞的位移小于l第二步：審情景建模型碰撞前a的運(yùn)動(dòng)過(guò)程勻減速直線運(yùn)動(dòng)a與b的碰撞過(guò)程彈性碰撞模型碰撞后b的運(yùn)動(dòng)過(guò)程勻減速直線運(yùn)動(dòng)第三步：審過(guò)程選規(guī)律碰撞前a的減速過(guò)程動(dòng)能定理a、b碰撞過(guò)程碰撞后b的減速過(guò)程動(dòng)能定理解析設(shè)物塊與地面間的動(dòng)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(dòng)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(dòng)量守恒定律和機(jī)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(méi)有與墻發(fā)生碰撞，由動(dòng)能定理得：mgl()v(3分)解得(1分)綜上所述有(1分)答案課時(shí)跟蹤訓(xùn)練一、選擇題(13題為單項(xiàng)選擇題，46題為多項(xiàng)選擇題)1.(2018·天津理綜，2)滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛(ài)。某滑雪運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過(guò)程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，則運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過(guò)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(jī)械能始終保持不變解析運(yùn)動(dòng)員做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受合外力指向圓心，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，合外力做功一定為零，C項(xiàng)正確；由運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過(guò)程中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，知運(yùn)動(dòng)員所受沿圓弧切線方向的合力為零，即摩擦力等于運(yùn)動(dòng)員的重力沿圓弧切線方向的分力，逐漸變小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減少，所以機(jī)械能減少，D項(xiàng)錯(cuò)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(gè)質(zhì)量為m的小環(huán)套在軌道上，小環(huán)從軌道最高點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，下滑過(guò)程中始終受到一個(gè)水平恒力F的作用，小環(huán)能下滑到最低點(diǎn)，重力加速度大小為g，則小環(huán)從最高點(diǎn)下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中()圖2A.小環(huán)機(jī)械能守恒B.外力F一直做正功C.小環(huán)在最低點(diǎn)的速度大小為v2D.在最低點(diǎn)小環(huán)對(duì)軌道的壓力大小FNmg解析小環(huán)下滑過(guò)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(shí)而做正功時(shí)而做負(fù)功，軌道的作用力一直不做功，故小環(huán)機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；小環(huán)從最高點(diǎn)下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，在沿水平恒力F方向上的位移為0，則由動(dòng)能定理可得整個(gè)過(guò)程中重力做的功等于動(dòng)能變化量，mg·4Rmv2，解得v2，選項(xiàng)C正確；小環(huán)在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律得FNmgm，得FN9mg，由牛頓第三定律可知FNFN9mg，選項(xiàng)D錯(cuò)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(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)所受到的水平面的阻力大小恒為f，則下列說(shuō)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(duì)物體做的功為fxmv2D.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 180°fx，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體克服水平面阻力做的功W2W1fx，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)橡皮泥塊對(duì)物體做的功為W3，根據(jù)動(dòng)能定理，有W1W30mv2，解得W3fxmv2，選項(xiàng)C正確；物體克服橡皮泥塊的阻力做的功為W4W3(fxmv2)mv2fx，選項(xiàng)D錯(cuò)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(zhǎng)的斜面，利用傳感器測(cè)出滑塊沖上斜面過(guò)程中多個(gè)時(shí)刻的瞬時(shí)速度，并用計(jì)算機(jī)繪出滑塊上滑過(guò)程中的vt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(dòng)摩擦力，則()圖4A.滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5B.滑塊返回斜面底端時(shí)的速度為2 m/sC.滑塊在上升過(guò)程中重力做的功為25 JD.滑塊返回斜面底端時(shí)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(xiàng)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(shí)的速度v2 m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；上升過(guò)程中重力做功Wmgxsin 15 J，返回底端時(shí)求的是重力的瞬時(shí)功率，則為Pmgvsin 6 W，選項(xiàng)C錯(cuò)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(jì)空氣阻力，若壓縮彈簧的過(guò)程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能為E，兩球回到小球A原靜止位置時(shí)的速度大小為v，此過(guò)程中墻對(duì)彈簧的沖量大小為I，則下列表達(dá)式中正確的是()圖5A.EmvI0 B.vI2mv0C.vImv0 D.EmvI2mv0解析小球B與A相碰過(guò)程，由動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)其速度減小到零時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，由機(jī)械能守恒定律可得E·2m()2mv，此后兩球做加速運(yùn)動(dòng)，回到小球A原靜止位置時(shí)兩球速度大小v，兩小球組成的系統(tǒng)受到的合力即墻對(duì)彈簧的作用力，根據(jù)動(dòng)量定理可得墻對(duì)彈簧的沖量大小I2mv0，故選項(xiàng)B、D正確。答案BD6.(2018·湖南衡陽(yáng)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(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，滑到水平傳送帶上的A點(diǎn)，物體和傳送帶之間的動(dòng)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(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，則()圖6A.物體由A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是1.5 sB.物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，摩擦力對(duì)物體的沖量大小為1 N·sC.物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，系統(tǒng)產(chǎn)生0.5 J的熱量D.帶動(dòng)傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)在物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，多做了3 J功解析物體下滑到A點(diǎn)的速度為v0，由機(jī)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(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，有t11 ss1t1×1 m2.5 mt2 s1 stt1t22 s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，摩擦力對(duì)物體的沖量大小為Imgt11 N·s，選項(xiàng)B正確；在t1時(shí)間內(nèi)，傳送帶做勻速運(yùn)動(dòng)s帶vt13 mQmgsmg(s帶s1)，代入數(shù)據(jù)得Q0.5 J，選項(xiàng)C正確；物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，物體動(dòng)能增量Ekmv2mv，電動(dòng)機(jī)多做的功為WQEk3 J，選項(xiàng)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(jì)。其中B、C兩滑塊通過(guò)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(gè)整體，且以共同速度向下運(yùn)動(dòng)，不計(jì)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(yùn)動(dòng)的速度最大時(shí)，滑塊C對(duì)水平面的壓力大小。解析(1)設(shè)A與B碰撞之前的瞬時(shí)速度為v0，則mgH0mvA、B碰撞前后動(dòng)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(shí)，它們所受的合力為零，即處于平衡狀態(tài)，設(shè)此時(shí)水平地面對(duì)滑塊C的支持力大小和滑塊C對(duì)水平地面的壓力大小分別為FN和FN，對(duì)于A、B、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(yáng)模擬)如圖8甲所示，在高h(yuǎn)0.8 m的水平平臺(tái)上放置一質(zhì)量為m0.9 kg的小木塊(視為質(zhì)點(diǎn))，距平臺(tái)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(shí)間極短)，然后一起向右運(yùn)動(dòng)，在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)的v2x關(guān)系如圖乙所示，最后小木塊從平臺(tái)邊緣滑出并落在距平臺(tái)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(tái)時(shí)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(tái)時(shí)，系統(tǒng)所產(chǎn)生的內(nèi)能。解析(1)小木塊從平臺(tái)滑出后做平拋運(yùn)動(dòng)，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(guò)程中，根據(jù)動(dòng)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(tái)時(shí)，系統(tǒng)所產(chǎn)生的內(nèi)能為Q，則Qmv×(mm)v2×0.1×802 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(zhǎng)木板，擋板和長(zhǎng)木板的總質(zhì)量為m，木板長(zhǎng)度為L(zhǎng)(擋板的厚度可忽略)，擋板上固定有一個(gè)小炸藥包(可視為質(zhì)量不計(jì)的點(diǎn))。木板左端有一質(zhì)量為m(可視為質(zhì)點(diǎn))的滑塊?；瑝K與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。給滑塊一個(gè)水平向右的初速度v0，滑塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)，剛好能與小炸藥包接觸，接觸瞬間小炸藥包爆炸(此過(guò)程時(shí)間極短，爆炸后滑塊與木板只在水平方向上運(yùn)動(dòng)，且完好無(wú)損)，滑塊向左運(yùn)動(dòng)，最終回到木板的左端，恰與木板相對(duì)靜止。求：圖9(1)滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)小炸藥包爆炸完畢時(shí)滑塊和木板的速度。解析(1)滑塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)，剛好能與炸藥包接觸，此時(shí)滑塊和木板的速度相同，設(shè)滑塊剛要與炸藥包接觸時(shí)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(dòng)的過(guò)程中，所受合外力為零，則該系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故有mv02mv1解得v1v0，方向水平向右滑塊在木板上滑動(dòng)的過(guò)程中，由功能關(guān)系可知mgL·mv·2mv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(duì)木板靜止于木板的左端時(shí)速度為v2，系統(tǒng)在爆炸前后動(dòng)量守恒，則有2mv1mv1mv22mv12mv2系統(tǒng)爆炸后，對(duì)滑塊在木板上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程應(yīng)用功能關(guān)系，則有mgLmv12mv22·2mv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