（全國通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 動量與能量 第1講 動量觀點(diǎn)與能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案

第1講動量觀點(diǎn)與能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用知識必備1.常見的功能關(guān)系(1)合力做功與動能的關(guān)系：W合Ek。(2)重力做功與重力勢能的關(guān)系：WGEp。(3)彈力做功與彈性勢能的關(guān)系：W彈Ep。(4)除重力以外其他力做功與機(jī)械能的關(guān)系：W其他E機(jī)。(5)滑動摩擦力做功與內(nèi)能的關(guān)系：Ff x相對E內(nèi)。2.機(jī)械能守恒定律(1)條件：只有重力、系統(tǒng)內(nèi)彈力做功。(2)表達(dá)式：Ek1Ep1Ek2Ep2。3.動能定理(1)內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化。(2)表達(dá)式：Wmvmv4.動量定理及動量守恒定律(1)動量定理：Ftmv2mv1(2)動量守恒定律：m1v1m2v2m1v1m2v2(3)備考策略1.復(fù)習(xí)時應(yīng)理清運(yùn)動中功與能的轉(zhuǎn)化與量度的關(guān)系，結(jié)合受力分析、運(yùn)動過程分析，熟練地應(yīng)用動量定理和動能定理解決問題。2.深刻理解功能關(guān)系，綜合應(yīng)用動量守恒定律和能量守恒定律，結(jié)合動力學(xué)方程解決多運(yùn)動過程的問題。3.必須領(lǐng)會的“1種物理思想和3種方法”(1)守恒的思想。(2)守恒法、轉(zhuǎn)化法、轉(zhuǎn)移法。4.必須辨明的“3個易錯易混點(diǎn)”(1)動量和動能是兩個和速度有關(guān)的不同概念。(2)系統(tǒng)的動量和機(jī)械能不一定同時守恒。(3)不是所有的碰撞都滿足機(jī)械能守恒。力學(xué)中的幾個功能關(guān)系的應(yīng)用【真題示例1】 (2017·全國卷，16)如圖1，一質(zhì)量為m、長度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距l(xiāng)。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為()圖1A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl解析由題意可知，PM段細(xì)繩的機(jī)械能不變，MQ段細(xì)繩的重心升高了，則重力勢能增加Epmg·mgl，由功能關(guān)系可知，在此過程中，外力做的功為Wmgl ，故選項(xiàng)A正確，B、C、 D錯誤。答案A【真題示例2】 (2017·全國卷，24)一質(zhì)量為8.00×104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60×105 m 處以7.5×103 m/s的速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100 m/s時下落到地面。取地面為重力勢能零點(diǎn)，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8 m/s2(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時的機(jī)械能；(2)求飛船從離地面高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時速度大小的2.0%。解析(1)飛船著地前瞬間的機(jī)械能為Ek0mv式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率。由式和題給數(shù)據(jù)得Ek04.0×108 J設(shè)地面附近的重力加速度大小為g，飛船進(jìn)入大氣層時的機(jī)械能為Ehmvmgh式中，vh是飛船在高度1.6×105 m處的速度大小。由式和題給數(shù)據(jù)得Eh2.4×1012 J(2)飛船在高度h600 m處的機(jī)械能為Ehm(vh)2mgh由功能原理得WEhEk0式中，W是飛船從高度600 m處至著地瞬間的過程中克服阻力所做的功。由式和題給數(shù)據(jù)得W 9.7×108 J答案(1)(1)4.0×108 J2.4×1012 J(2)9.7×108 J真題感悟1.高考考查特點(diǎn)(1)本考點(diǎn)高考命題既有選擇題也有計(jì)算題，集中在物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒及物體間的做功特點(diǎn)、力與運(yùn)動的關(guān)系，并結(jié)合平拋、圓周運(yùn)動等典型運(yùn)動及生活科技為背景綜合考查。(2)熟悉掌握并靈活應(yīng)用機(jī)械能的守恒條件、力學(xué)中的功能關(guān)系、常見典型運(yùn)動形式的特點(diǎn)及規(guī)律是突破該考點(diǎn)的關(guān)鍵。2.常見誤區(qū)及臨考提醒(1)注意判斷物體運(yùn)動過程中的臨界狀態(tài)和隱含條件。(2)注意物理方法的靈活選用。如全國卷第16題的等效法(重心)。(3)注意提高計(jì)算能力。如全國卷第24題，試題情境難度不大，但增加了計(jì)算的難度。預(yù)測1功、功率的理解與計(jì)算預(yù)測2機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用預(yù)測3功能關(guān)系、能量轉(zhuǎn)化守恒定律的綜合應(yīng)用1.(2017·濰坊模擬)質(zhì)量為m2 kg的物體沿水平面向右做直線運(yùn)動，t0時刻受到一個水平向左的恒力F，如圖2甲所示，此后物體的vt圖象如圖乙所示，取水平向右為正方向，g取10 m/s2，則()圖2A.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5B.10 s末恒力F的瞬時功率為6 WC.10 s末物體在計(jì)時起點(diǎn)左側(cè)4 m處D.010 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為0.6 W解析由圖線可知04 s內(nèi)的加速度大小a1 m/s22 m/s2，可得Fmgma1；由圖線可知41 0 s內(nèi)的加速度大小a2 m/s21 m/s2，可得Fmgma2；解得F3 N，0.05，選項(xiàng)A錯誤；10 s末恒力F的瞬時功率為P10Fv103×6 W18 W，選項(xiàng)B錯誤；04 s內(nèi)的位移x1× 4×8 m16 m，410 s內(nèi)的位移x2×6×6 m18 m，故10 s末物體在計(jì)時起點(diǎn)左側(cè)2 m 處，選項(xiàng)C錯誤；010 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為P W0.6 W，選項(xiàng)D正確。答案D2.(多選)如圖3，直立彈射裝置的輕質(zhì)彈簧頂端原來在O點(diǎn)，O與管口P的距離為2x0，現(xiàn)將一個重力為mg的鋼珠置于彈簧頂端，再把彈簧壓縮至M點(diǎn)，壓縮量為x0，釋放彈簧后鋼珠被彈出，鋼珠運(yùn)動到P點(diǎn)時的動能為4mgx0，不計(jì)一切阻力，下列說法正確的是()圖3A.彈射過程，彈簧和鋼珠組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.彈簧恢復(fù)原長時，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為鋼珠的動能C.鋼珠彈射所到達(dá)的最高點(diǎn)距管口P的距離為7x0D.彈簧被壓縮至M點(diǎn)時的彈性勢能為7mgx0解析彈射過程中，對彈簧和鋼珠組成的系統(tǒng)而言，只受重力作用，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A正確；彈簧恢復(fù)原長時，鋼珠的動能和勢能都增加，選項(xiàng)B錯誤；鋼珠運(yùn)動到P點(diǎn)時，鋼珠的動能增加到4mgx0，且豎直方向上鋼珠位置升高了3x0，即重力勢能增加量Ep3mgx0，故彈簧被壓縮至M點(diǎn)時的彈性勢能為E4mgx03mgx07mgx0，D正確；鋼珠到達(dá)管口P點(diǎn)時動能為4mgx0，當(dāng)鋼珠達(dá)到最大高度時，動能為0，動能轉(zhuǎn)化為重力勢能，則上升的最高點(diǎn)與管口的距離h滿足mgh4mgx0，故上升的最高點(diǎn)與管口的距離h4x0，C錯誤。答案AD3.(名師改編)如圖4所示，質(zhì)量mB3.5 kg的物體B通過下端固定在地面上的輕彈簧與地面連接，彈簧的勁度系數(shù)k100 N/m。輕繩一端與物體B連接，另一端繞過兩個光滑的輕質(zhì)小定滑輪O1、O2后，與套在光滑直桿頂端E處的質(zhì)量mA1.6 kg 的小球A連接。已知直桿固定不動，桿長L為0.8 m，且與水平面的夾角37°。初始時使小球A靜止不動，與A相連的一段繩子保持水平，此時繩子中的張力F為45 N。已知EO10.5 m，重力加速度g取10 m/s2，繩子不可伸長。現(xiàn)將小球A從靜止釋放。圖4(1)求在釋放小球A之前彈簧的形變量；(2)若直線CO1與桿垂直，求小球A從靜止運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中繩子拉力對小球A所做的功；(3)求小球A運(yùn)動到直桿底端D點(diǎn)時的速度大小。解析(1)釋放小球A前，B處于靜止?fàn)顟B(tài)，由于繩子中的張力大于物體B的重力，故彈簧被拉伸，設(shè)彈簧形變量為x，有kxFmBg，解得x0.1 m。(2)對A球從E點(diǎn)運(yùn)動到C的過程應(yīng)用動能定理得WmAghmAv0其中hxC O1cos 37°，而xC O1xE O1sin 37°0.3 m物體B下降的高度hxE O1xC O10.2 m由此可知，彈簧這時被壓縮了0.1 m，此時彈簧彈性勢能與初始時刻相等，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有mAghmBghmAvmBv由題意知，小球A在C點(diǎn)時運(yùn)動方向與繩垂直，此時B物體速度vB0由得W7 J。(3)由題意知，桿長L0.8 m，由幾何知識可知ECCD，CDO1CEO137°，故DO1EO1當(dāng)A到達(dá)D點(diǎn)時，彈簧彈性勢能與初狀態(tài)相等，物體B又回到原位置，將A在D點(diǎn)的速度沿平行于繩和垂直于繩兩方向進(jìn)行分解，平行于繩方向的速度即B的速度，由幾何關(guān)系得vBvAcos 37°整個過程機(jī)械能守恒，可得mAgLsin 37°mAvA2mBvB2由得vA2 m/s。答案(1)0.1 m(2)7 J(3)2 m/s歸納總結(jié)解決功能關(guān)系問題應(yīng)注意的三個問題(1)分析清楚是什么力做功，并且清楚該力做正功，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)也可以根據(jù)能量之間的轉(zhuǎn)化情況，確定是什么力做功，尤其是可以方便計(jì)算變力做功的多少。(3)功能關(guān)系反映了做功和能量轉(zhuǎn)化之間的對應(yīng)關(guān)系，功是能量轉(zhuǎn)化的量度和原因，在不同問題中的具體表現(xiàn)不同。動量定理和動能定理的應(yīng)用【真題示例1】 (多選)(2017·全國卷，20)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動。F隨時間t變化的圖線如圖5所示，則()圖5A.t1 s時物塊的速率為1 m/sB.t2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/sC.t3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/sD.t4 s時物塊的速度為零解析由動量定理可得Ftmv，解得v。t1 s時物塊的速率為v m/s1 m/s，故A正確；t2 s時物塊的動量大小p2F2t22×2 kg·m/s4 kg·m/s，t3 s時物塊的動量大小為p3(2×21×1) kg·m/s3 kg·m/s，t4 s 時物塊的動量大小為p4(2×21×2) kg·m/s2 kg·m/s，所以t4 s時物塊的速度為1 m/s，故B正確，C、D錯誤。答案AB【真題示例2】 (2017·全國卷，24)為提高冰球運(yùn)動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1<s0)處分別設(shè)置一個擋板和一面小旗，如圖6所示。訓(xùn)練時，讓運(yùn)動員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時，運(yùn)動員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗。訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時，運(yùn)動員至少到達(dá)小旗處。假定運(yùn)動員在滑行過程中做勻加速運(yùn)動，冰球到達(dá)擋板時的速度為v1。重力加速度為g。求：圖6(1)冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)；(2)滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動員的最小加速度。解析(1)設(shè)冰球的質(zhì)量為m，冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)為，由動能定理得mgs0mvmv解得(2)法1冰球到達(dá)擋板時，滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動員中，剛好到達(dá)小旗處的運(yùn)動員的加速度最小。設(shè)這種情況下，冰球和運(yùn)動員的加速度大小分別為a1和a2，所用的時間為t。由運(yùn)動學(xué)公式得vv2a1s0v0v1a1ts1a2t2聯(lián)立式得a2法2對冰球由動量定理得mgtmv1mv0s1a2t2由式得a2答案(1)(2)真題感悟1.高考考查特點(diǎn)(1)動能定理是高考的必考熱點(diǎn)，運(yùn)用動量定理解決生活中的物理問題也已成為高考的熱點(diǎn)。(2)一般以生活中的物理問題(如2017年全國卷第24以冰球運(yùn)動)為背景考查對動能定理的理解及應(yīng)用。2.常見誤區(qū)及臨考提醒(1)不清楚物體動量變化規(guī)律是由合外力的沖量決定的，物體動能變化規(guī)律是由合外力的功決定的。(2)不清楚動能定理表達(dá)式是標(biāo)量式，動量定理表達(dá)式是矢量式。預(yù)測1動能定理的應(yīng)用預(yù)測2動量定理的應(yīng)用預(yù)測3動能定理、動量定理的綜合應(yīng)用1.(多選)一物體靜止在粗糙水平面上，某時刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用開始沿水平方向做直線運(yùn)動，已知在第1 s內(nèi)合力對物體做的功為45 J，在第1 s末撤去拉力，物體整個運(yùn)動過程的vt圖象如圖7所示，g取10 m/s2，則()圖7A.物體的質(zhì)量為5 kgB.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1C.第1 s內(nèi)摩擦力對物體做的功為60 JD.第1 s內(nèi)拉力對物體做的功為60 J解析由動能定理有W合，第1 s末速度v3 m/s，解出m10 kg，故A錯誤；撤去拉力后物體的位移x2×3×3 m4.5 m，由動能定理可得：fx20mv2，可解得：f10 N，又fmg，解出0.1，故B正確；第1 s內(nèi)物體的位移x11.5 m，第1 s內(nèi)摩擦力對物體做的功Wfx115 J，故C錯誤；由Fx1f(x1x2)0，可得F40 N，所以第1 s內(nèi)拉力對物體做的功WFx160 J，故D正確。答案BD2.(多選)(2017·陜西省寶雞市高三教學(xué)質(zhì)量檢測)如圖8所示，用高壓水槍噴出的強(qiáng)力水柱沖擊右側(cè)的煤層。設(shè)水柱直徑為D，水流速度為v，方向水平，水柱垂直煤層表面，水柱沖擊煤層后水的速度為零。高壓水槍的質(zhì)量為M，手持高壓水槍操作，進(jìn)入水槍的水流速度可忽略不計(jì)，已知水的密度為。下列說法正確的是()圖8A.高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為vD2B.高壓水槍的功率為D2v3C.水柱對煤層的平均沖力為D2v2D.手對高壓水槍的作用力水平向右解析設(shè)t時間內(nèi)，從水槍噴出的水的體積為V，質(zhì)量為m，則mV，VSvtD2vt，單位時間噴出水的質(zhì)量為vD2，選項(xiàng)A錯誤；t時間內(nèi)水槍噴出的水的動能Ekmv2D2v3t，由動能定理知高壓水槍在此期間對水做功為WEkD2v3t，高壓水槍的功率PD2v3，選項(xiàng)B正確；考慮一個極短時間t，在此時間內(nèi)噴到煤層上水的質(zhì)量為m，設(shè)煤層對水柱的作用力為F，由動量定理得Ftmv，t時間內(nèi)沖到煤層水的質(zhì)量mD2vt，解得FD2v2，由牛頓第三定律可知，水柱對煤層的平均沖力為FFD2v2，選項(xiàng)C正確；當(dāng)高壓水槍向右噴出高壓水流時，水流對高壓水槍的作用力向左，由于高壓水槍有重力，根據(jù)平衡條件，手對高壓水槍的作用力方向斜向右上方，選項(xiàng)D錯誤。答案BC3.如圖9所示，輕繩長為l，豎直懸掛質(zhì)量為M的擺球，在最低點(diǎn)A經(jīng)兩次打擊后到達(dá)圓周最高點(diǎn)C，若第一次平均打擊力為10 N，擺球恰升到水平位置OB處，則第二次平均打擊力至少應(yīng)該為多大，才能使擺球上升到最高點(diǎn)？(設(shè)兩次打擊時間相等且極短)圖9解析設(shè)第一次被打擊后，球的速度為vA1，由動能定理得：mgl0mv，即vA1。則第二次被打擊后，球的速度為vA2，則mg·2lmvmvmg聯(lián)立得vA2。由動量定理Ftmv得，F(xiàn)25 N答案5 N歸納總結(jié)1.應(yīng)用動能定理解題應(yīng)抓好“一個過程、兩個狀態(tài)、四個關(guān)注”(1)一個過程：明確研究過程，確定這一過程研究對象的受力情況和位置變化或位移信息。(2)兩個狀態(tài)：明確研究對象的始、末狀態(tài)的速度或動能情況。(3)四個關(guān)注：建立運(yùn)動模型，判斷物體做了哪些運(yùn)動。分析各個運(yùn)動過程中物體的受力和運(yùn)動情況。抓住運(yùn)動模型之間的聯(lián)系紐帶，如速度、加速度、位移，確定初、末狀態(tài)。根據(jù)實(shí)際情況分階段或整體利用動能定理列式計(jì)算。2.使用動量定理的注意事項(xiàng)(1)動量定理不僅適用于恒力，也適用于變力。這種情況下，動量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時間內(nèi)的平均值。(2)動量定理的表達(dá)式是矢量式，運(yùn)用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向，公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。動量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用【真題示例1】 (2017·全國卷，14)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/sC.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s解析設(shè)火箭的質(zhì)量為m1，燃?xì)獾馁|(zhì)量為m2。由題意可知，燃?xì)獾膭恿縫2m2v250×103×600 kg·m/s30 kg·m/s。根據(jù)動量守恒定律可得0m1v1m2v2，則火箭的動量大小為p1m1v1m2v230 kg·m/s，所以A正確，B、C、D錯誤。答案A【真題示例2】 (2017·天津理綜，10)如圖10所示，物塊A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長的細(xì)繩相連，跨放在質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪兩側(cè)，質(zhì)量分別為mA2 kg、mB1 kg。初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中。現(xiàn)將B豎直向上再舉高h(yuǎn)1.8 m(未觸及滑輪)，然后由靜止釋放。一段時間后細(xì)繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運(yùn)動，之后B恰好可以和地面接觸。取g10 m/s2，空氣阻力不計(jì)。求：圖10(1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直時的運(yùn)動時間t；(2)A的最大速度v的大??；(3)初始時B離地面的高度H。解析(1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自由落體運(yùn)動，有hgt2代入數(shù)據(jù)解得t0.6 s(2)設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有vBgt細(xì)繩繃直瞬間，細(xì)繩張力遠(yuǎn)大于A、B的重力，A、B相互作用，由動量守恒得mBvB(mAmB)v之后A做勻減速運(yùn)動，所以細(xì)繩繃直后瞬間的速度v即為最大速度，聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得v2 m/s(3)細(xì)繩繃直后，A、B一起運(yùn)動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有(mAmB)v2mBgHmAgH代入數(shù)據(jù)解得H0.6 m答案(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m真題感悟1.高考考查特點(diǎn)(1)動量守恒定律的應(yīng)用是高考熱點(diǎn)，碰撞模型、反沖運(yùn)動是動量守恒定律的基礎(chǔ)與核心模型。(2)熟悉掌握并靈活應(yīng)用動量守恒的條件，掌握常見的碰撞模型及規(guī)律是突破該考點(diǎn)的關(guān)鍵。2.常見誤區(qū)及臨考提醒(1)對動量守恒條件理解不準(zhǔn)確。(2)注意物理模型的構(gòu)建。如天津卷第10題，繩子繃直瞬間，兩物塊獲得共同速度，可等效于發(fā)生完全非彈性碰撞。預(yù)測1動量守恒定律的應(yīng)用預(yù)測2與動量守恒定律相關(guān)的臨界問題預(yù)測3動量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1.(2017·云南玉溪一中模擬)在一水平支架上放置一個質(zhì)量m10.98 kg的小球A，一顆質(zhì)量為m020 g的子彈以v0300 m/s的水平速度擊中小球A并留在其中。之后小球A水平拋出恰好落入迎面駛來的沙車中，已知沙車的質(zhì)量m22 kg，沙車的速度v12 m/s，水平面光滑，不計(jì)小球與支架間的摩擦。圖11(1)若子彈打入小球A的過程用時t0.01 s，求子彈與小球間的平均作用力大??；(2)求最終沙車B的速度。解析(1)子彈打入小球的過程，子彈和小球組成的系統(tǒng)動量守恒，則m0v0(m0m1)v對小球由動量定理得Ftm1v0解得F588 N。(2)之后小球平拋，系統(tǒng)水平方向動量守恒，規(guī)定水平向右為正方向，則(m0m1)vm2v1(m0m1m2)v2解得v2 m/s，方向水平向右。答案(1)588 N(2) m/s，方向水平向右2.(2017·西安一中模擬)光滑水平面上，用輕質(zhì)彈簧連接的質(zhì)量為mA2 kg、mB3 kg的A、B兩物體都處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時彈簧處于原長狀態(tài)。將質(zhì)量為mC5 kg的物體C，從半徑R3.2 m的光滑圓弧軌道最高點(diǎn)由靜止釋放，如圖12所示，圓弧軌道的最低點(diǎn)與水平面相切，B與C碰撞后粘在一起運(yùn)動。求：圖12(1)B、C碰撞剛結(jié)束時的瞬時速度的大小；(2)在以后的運(yùn)動過程中，彈簧的最大彈性勢能。解析(1)對C下滑過程中，根據(jù)動能定理得mCgRmCv設(shè)B、C碰撞后的瞬間速度為v1，以C的速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律得mCv0(mBmC)v1代入數(shù)據(jù)得v15 m/s。(2)由題意可知，當(dāng)A、B、C速度大小相等時彈簧的彈性勢能最大，設(shè)此時三者的速度大小為v2，以C的初速度方向?yàn)檎较颍蓜恿渴睾愣傻?mCmB)v1(mAmBmC)v2設(shè)彈簧的最大彈性勢能為Epm，則對B、C碰撞后到A、B、C速度相同過程中，由能量守恒定律得(mBmC)v(mAmBmC)vEp代入數(shù)據(jù)得Ep20 J。答案(1)5 m/s(2)20 J3.(2017·肇慶高中畢業(yè)班一模)如圖13所示，質(zhì)量M1.5 kg 的小車靜止于光滑水平面上并緊靠固定在水平面上的桌子右邊，其上表面與水平桌面相平，小車的左端放有一質(zhì)量為0.5 kg的滑塊Q。水平放置的輕彈簧左端固定，質(zhì)量為0.5 kg的小物塊P置于光滑桌面上的A點(diǎn)并與彈簧的右端接觸，此時彈簧處于原長。現(xiàn)用水平向左的推力F將P緩慢推至B點(diǎn)(彈簧仍在彈性限度內(nèi))，推力做功WF4 J，撤去F后，P沿桌面滑到小車左端并與Q發(fā)生彈性碰撞，最后Q恰好沒從小車上滑下。已知Q與小車表面間動摩擦因數(shù)0.1。(取g10 m/s2)求：圖13(1)P剛要與Q碰撞前的速度是多少？(2)Q剛在小車上滑行時的初速度v0是多少？(3)為保證Q不從小車上滑下，小車的長度至少為多少？解析(1)推力F通過P壓縮彈簧做功，根據(jù)功能關(guān)系有EpWF當(dāng)彈簧完全推開物塊P時，有EpmPv2由式聯(lián)立解得v4 m/s。(2)P、Q之間發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后Q的速度為v0，P的速度為v，由動量守恒和能量守恒得mPvmPvmQv0mPv2mPv2mQv由式解得v0v4 m/s，v0。(3)設(shè)滑塊Q在小車上滑行一段時間后兩者的共同速度為u，由動量守恒可得mQv0(mQM)u根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)產(chǎn)生的摩擦熱mQgLmQv(mQM)u2聯(lián)立解得L6 m。答案(1)4 m/s(2)4 m/s(3)6 m歸納總結(jié)規(guī)律優(yōu)先原則(1)對于單個物體，涉及位移的應(yīng)優(yōu)先選用動能定理，涉及運(yùn)動時間的優(yōu)先選用動量定理。(2)若是多個物體組成的系統(tǒng)，則優(yōu)先考慮機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律與動量守恒定律。(3)若涉及系統(tǒng)內(nèi)物體間的相對路程并涉及滑動摩擦力做功要優(yōu)先考慮能量守恒定律。- 15 -