2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動量守恒定律 熱點專題（四）第33講 動力學(xué)、動量和能量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案（含解析）

《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動量守恒定律 熱點專題（四）第33講 動力學(xué)、動量和能量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動量守恒定律 熱點專題（四）第33講 動力學(xué)、動量和能量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案（含解析）（23頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動量守恒定律 熱點專題（四）第33講 動力學(xué)、動量和能量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案（含解析） 熱點概述　(1)本熱點是力學(xué)三大觀點在力學(xué)中的綜合應(yīng)用，高考將作為計算題壓軸題的形式命題。(2)學(xué)好本熱點，可以幫助同學(xué)們熟練應(yīng)用力學(xué)三大觀點分析和解決綜合問題。(3)用到的知識、規(guī)律和方法有：動力學(xué)觀點(牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)基本規(guī)律)；動量觀點(動量定理和動量守恒定律)；能量觀點(動能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律)。 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．解決力學(xué)問題的三個基本觀點 綜合問題要綜合利用上述三種觀點的多個規(guī)律，才能順利求

2、解。 2．力學(xué)三大觀點的選用原則 (1)如果要列出各物理量在某一時刻的關(guān)系式，可用牛頓第二定律。 (2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動狀態(tài)改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題。 (3)若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用兩個守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件。 (4)在涉及相對位移問題時，則優(yōu)先考慮能量守恒定律，利用系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的

3、轉(zhuǎn)換。這種問題由于作用時間都極短，因此動量守恒定律一般能派上大用場。 3．動量定理與牛頓第二定律的比較 (1)牛頓第二定律揭示了力的瞬時效應(yīng)，在研究某一物體所受力的瞬時作用與物體運(yùn)動的關(guān)系時，或者物體受恒力作用，且直接涉及物體運(yùn)動過程中的加速度問題時，應(yīng)采用動力學(xué)觀點。 (2)動量定理反映了力對時間的累積效應(yīng)，適用于不涉及物體運(yùn)動過程中的加速度、位移，而涉及運(yùn)動時間的問題，特別對沖擊類問題，因時間短且沖力隨時間變化，應(yīng)采用動量定理求解。 4．動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律的比較 5．用力學(xué)三大觀點解題的步驟 (1)認(rèn)真審題，明確題目所述的物理情境，確定研究對象。

4、 (2)分析研究對象的受力情況、運(yùn)動狀態(tài)以及運(yùn)動狀態(tài)的變化過程，作草圖。 (3)根據(jù)運(yùn)動狀態(tài)的變化規(guī)律確定解題觀點，選擇適用規(guī)律。 ①若用力的觀點解題，要認(rèn)真分析運(yùn)動狀態(tài)的變化，關(guān)鍵是求出加速度。 ②若用兩大定理求解，應(yīng)確定過程的始、末狀態(tài)的動量(動能)，分析并求出過程中的沖量(功)。 ③若可判斷研究對象在某運(yùn)動過程中滿足動量守恒或機(jī)械能守恒的條件，則可根據(jù)題意選擇合適的始、末狀態(tài)，列守恒關(guān)系式，一般這兩個守恒定律多用于求研究對象在末狀態(tài)時的速度(率)。 (4)根據(jù)選擇的規(guī)律列式，有時還需要挖掘題目中的其他條件(如隱含條件、臨界條件、幾何關(guān)系等)并列出輔助方程。 (5)代入數(shù)據(jù)，計

5、算結(jié)果。 [例1]　如圖所示，一輛質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車的立柱上固定了一條長度為L、拴有小球的細(xì)繩。質(zhì)量為m的小球從與懸點在同一水平面處由靜止釋放，重力加速度為g，不計阻力。求細(xì)繩拉力的最大值。 解析　當(dāng)小球擺至最低點時，設(shè)此時小球和小車的速度大小分別為v1和v2，取水平向右為正方向，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，有mv1－Mv2＝0 系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有 mgL＝mv＋Mv 解得v1＝，v2＝ 小球擺到最低點時細(xì)繩拉力最大，以小車為參考系，由牛頓第二定律有 T－mg＝ 解得T＝。 答案　 方法感悟 研究某一物體瞬時受力作用時，一般用動

6、力學(xué)觀點；研究多個物體組成的系統(tǒng)時，更多用到動量觀點。 [例2]　如圖所示，半徑為R的光滑半圓形軌道CDE在豎直平面內(nèi)，與光滑水平軌道AC相切于C點，水平軌道AC上有一根彈簧，左端連接在固定的擋板上，彈簧自由端所在點B與軌道最低點C的距離為4R?，F(xiàn)有質(zhì)量完全相同的兩個小球，一個放在水平軌道的C點，另一個小球壓縮彈簧(不拴接)。當(dāng)彈簧的壓縮量為l時，釋放小球，使之與C點的小球相碰并粘在一起，兩球恰好通過光滑半圓形軌道的最高點E；若拿走C點的小球，再次使小球壓縮彈簧，釋放后小球經(jīng)過BCDE后恰好落在B點。已知彈簧壓縮時彈性勢能與壓縮量的二次方成正比，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，求第二次使小球

7、壓縮彈簧時，彈簧的壓縮量。 解析　設(shè)壓縮量為l時，彈簧的彈性勢能為Ep，小球離開彈簧后的速度為v0，釋放小球后，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能，由機(jī)械能守恒定律得Ep＝mv 設(shè)小球的質(zhì)量為m，與C點的小球相碰后粘在一起的瞬間共同速度為v1，根據(jù)動量守恒定律得mv0＝2mv1 設(shè)兩小球通過最高點E時的速度為v2，由臨界條件可知 2mg＝2m 由能量守恒定律得·2mv＝2mg·2R＋·2mv 聯(lián)立解得Ep＝10mgR 第二次壓縮時，設(shè)壓縮量為x，彈簧的彈性勢能為Ep′，小球通過最高點E時的速度為v3， 由能量守恒定律得Ep′＝mg·2R＋mv 小球經(jīng)過E點后做平拋運(yùn)動，有

8、2R＝gt2 4R＝v3t 聯(lián)立解得Ep′＝4mgR 由已知條件可得＝ 即＝ 解得x＝l。 答案　l 方法感悟 1．應(yīng)用力學(xué)三大觀點解題時應(yīng)注意的問題 (1)弄清有幾個物體參與運(yùn)動，并劃分清楚物體的運(yùn)動過程。 (2)進(jìn)行正確的受力分析，明確各運(yùn)動過程的運(yùn)動特點。 (3)光滑的平面或曲面，還有不計阻力的拋體運(yùn)動，機(jī)械能一定守恒；碰撞過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，或受外力但其內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時，或系統(tǒng)在某一方向不受力或所受合力為零，一般考慮用動量守恒定律分析。 (4)如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析。 2．能量與動力學(xué)觀點應(yīng)用于直線

9、運(yùn)動、圓周運(yùn)動和平拋運(yùn)動的組合模型 (1)模型特點：物體在整個運(yùn)動過程中，歷經(jīng)直線運(yùn)動、圓周運(yùn)動和平拋運(yùn)動或幾種運(yùn)動的組合。 (2)表現(xiàn)形式：①直線運(yùn)動：水平面上的直線運(yùn)動、斜面上的直線運(yùn)動、傳送帶上的直線運(yùn)動。②圓周運(yùn)動：繩模型的圓周運(yùn)動、桿模型的圓周運(yùn)動、拱形橋模型的圓周運(yùn)動。③平拋運(yùn)動：與水平面相關(guān)的平拋運(yùn)動、與圓軌道相關(guān)的平拋運(yùn)動。 (3)應(yīng)對方法：這類模型一般不難，各階段的運(yùn)動過程具有獨(dú)立性，只要對不同過程分別選用相應(yīng)規(guī)律即可，物體運(yùn)動到兩個相鄰過程的連接點時的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶，很多情況下平拋運(yùn)動末速度的方向或初速度的大小是解決問題的重要突破口。 [例3]　兩個質(zhì)量分別

10、為M1和M2的劈A和劈B高度相同，傾斜面都是光滑曲面，曲面下端均與光滑水平面相切，如圖所示，一塊位于劈A的曲面上距水平面的高度為h的物塊從靜止開始滑下，又滑上劈B。求物塊能沿劈B曲面上升的最大高度。 解析　設(shè)物塊到達(dá)劈A的底端時，物塊和劈A的速度大小分別為v和vA，物塊和劈A在水平方向上動量守恒，由機(jī)械能守恒定律和動量守恒定律得 mgh＝mv2＋M1v M1vA＝mv 設(shè)物塊在劈B上達(dá)到的最大高度為h′，此時物塊和B的共同速度大小為v′，物塊和劈B在水平方向動量守恒，由機(jī)械能守恒定律和動量守恒定律得 mgh′＋(M2＋m)v′2＝mv2 mv＝(M2＋m)v′ 聯(lián)立解得h′＝

11、h。 答案　h 方法感悟 (1)注意研究過程的合理選取，不管是動能定理還是機(jī)械能守恒定律或動量守恒定律，都應(yīng)合理選取研究過程。 (2)要掌握摩擦力做功的特征、摩擦力做功與動能變化的關(guān)系以及物體在相互作用時能量的轉(zhuǎn)化關(guān)系。 (3)注意方向性問題，運(yùn)用動量定理或動量守恒定律求解時，都要選定一個正方向，對力、速度等矢量都應(yīng)用正、負(fù)號代表其方向，代入相關(guān)的公式中進(jìn)行運(yùn)算。另外，對于碰撞問題，要注意碰撞的多種可能性，做出正確的分析判斷后，再針對不同情況進(jìn)行計算，避免出現(xiàn)漏洞。 1．(2019·山西呂梁高三期末)如圖所示，一軌道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圓弧部分組成

12、，置于光滑的水平面上，如果軌道固定，將可視為質(zhì)點的物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，物塊恰好停在水平軌道的最左端。如果軌道不固定，仍將物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，下列說法正確的是(　　) A．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，動量守恒 B．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動量不守恒 C．物塊仍能停在水平軌道的最左端 D．物塊將從軌道左端沖出水平軌道 答案　C 解析　軌道不固定時，物塊在軌道的水平部分運(yùn)動時因摩擦產(chǎn)生內(nèi)能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒；物塊在軌道的圓弧部分下滑時，合外力不為零，動量不守恒，故A、B錯誤。設(shè)軌道的水平部分長為L，軌道固定時，根據(jù)能量守恒定律得：mgR

13、＝μmgL；軌道不固定時，假設(shè)物塊能停在軌道上，且與軌道相對靜止時共同速度為v，在軌道水平部分滑行的距離為x，取向左為正方向，根據(jù)水平方向動量守恒得：0＝(M＋m)v，則得v＝0；根據(jù)能量守恒定律得：mgR＝(M＋m)v2＋μmgx，聯(lián)立解得x＝L，所以物塊仍能停在水平軌道的最左端，假設(shè)成立，故C正確，D錯誤。 2．如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M＝4.0 kg的平板車，車的上表面是一段長L＝1.5 m的粗糙水平軌道，水平軌道左側(cè)連一半徑R＝0.25 m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點O′相切。現(xiàn)使一質(zhì)量m＝1.0 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從平板車的右端以水平向左的初速度v0

14、滑上平板車，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，小物塊恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點A。取g＝10 m/s2，求： (1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大小； (2)小物塊與車最終相對靜止時，它距點O′的距離。 答案　(1)5 m/s　(2)0.5 m 解析　(1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)小物塊到達(dá)圓弧軌道最高點A時，二者的共同速度為v1 由動量守恒得mv0＝(M＋m)v1① 由能量守恒得mv－(M＋m)v＝mgR＋μmgL② 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得v0＝5 m/s③ (2)設(shè)小物塊最終與車相對靜止時，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對

15、靜止的過程中，由動量守恒得mv0＝(M＋m)v2④ 設(shè)小物塊與車最終相對靜止時，它在平板車水平面上滑動的路程為x，由動能定理得： mv－(M＋m)v＝μmgx⑤ 聯(lián)立③④⑤并代入數(shù)據(jù)解得x＝2 m 可知此時它距點O′的距離x0＝x－L＝0.5 m。⑥ 3．一質(zhì)量為M的木塊靜止放在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平打進(jìn)木塊并留在其中，設(shè)子彈與木塊之間的相互作用力為f。則 (1)子彈、木塊相對靜止時的速度是多少？ (2)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動的時間為多長？ (3)從子彈剛打上木塊到留在木塊內(nèi)相對木塊靜止的過程中，子彈、木塊發(fā)生的位移以及子彈打進(jìn)木塊的深度分別是多少？ (4

16、)系統(tǒng)損失的機(jī)械能、系統(tǒng)增加的內(nèi)能分別是多少？ (5)要使子彈不射出木塊，木塊至少多長？ 答案　(1)v0　(2) (3)　　 (4)　　(5) 解析　(1)設(shè)子彈、木塊相對靜止時的速度為v，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v 解得v＝v0。 (2)設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動的時間為t，由動量定理得 對木塊：ft＝Mv－0 解得t＝。 (3)設(shè)子彈、木塊發(fā)生的位移分別為s1、s2，如圖所示，由動能定理得 對子彈：－fs1＝mv2－mv 解得s1＝ 對木塊：fs2＝Mv2－0。 解得s2＝ 子彈打進(jìn)木塊的深度等于相對位移，即 s相＝s1－s2＝。 (4)系統(tǒng)損失的

17、機(jī)械能為 E損＝mv－(M＋m)v2＝ 系統(tǒng)增加的內(nèi)能為Q＝f·s相＝ 系統(tǒng)增加的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能。 (5)假設(shè)子彈恰好不射出木塊，此時有 fL＝mv－(M＋m)v2 解得L＝ 因此木塊的長度至少為。 4．如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止放置一個質(zhì)量為980 g的長方體勻質(zhì)木塊，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為20 g的子彈以大小為300 m/s的水平速度沿木塊的中心軸線射向木塊，最終留在木塊中沒有射出，和木塊一起以共同的速度運(yùn)動，已知木塊沿子彈運(yùn)動方向的長度為10 cm，子彈打進(jìn)木塊的深度為6 cm。設(shè)木塊對子彈的阻力保持不變。 (1)求子彈和木塊的共同速度以及它們在此過程中所增

18、加的內(nèi)能； (2)若子彈是以大小為400 m/s的水平速度從同一方向水平射向該木塊，則在射中木塊后能否射穿該木塊？ 答案　(1)6 m/s　882 J　(2)能 解析　(1)設(shè)子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v，對子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得 mv0＝(M＋m)v 解得v＝＝ m/s＝6 m/s 此過程系統(tǒng)所增加的內(nèi)能 ΔE＝－ΔEk＝mv－(M＋m)v2＝×0.02×3002 J－×(0.98＋0.02)×62 J＝882 J。 (2)設(shè)子彈以v0′＝400 m/s的速度入射時剛好能夠射穿質(zhì)量與粗糙程度均與該木塊相同、厚度為d′的另一個木塊，則對以子彈和木塊組成的系

19、統(tǒng)，由動量守恒定律得 mv0′＝(M＋m)v′ 解得v′＝＝ m/s＝8 m/s 此過程系統(tǒng)所損耗的機(jī)械能為 ΔE′＝－ΔEk′＝mv0′2－(M＋m)v′2＝×0.02×4002 J－×(0.98＋ 0.02)×82 J＝1568 J 由功能關(guān)系有 ΔE＝fs相＝fd ΔE′＝fs相′＝fd′ 則＝＝＝ 解得d′＝d＝×6 cm＝10.67 cm 因為d′>10 cm，所以能射穿該木塊。 課后作業(yè) 1．(多選)交警正在調(diào)查發(fā)生在無信號燈的十字路口的一起汽車相撞事故。根據(jù)兩位司機(jī)的描述得知，發(fā)生撞車時汽車A正沿東西大道向正東行駛，汽車B正沿南北大道向正北行駛。

20、相撞后兩車立即熄火并在極短的時間內(nèi)叉接在一起后并排沿直線在水平路面上滑動，最終一起停在路口東北角的路燈柱旁，交警根據(jù)事故現(xiàn)場情況畫出了如圖所示的事故報告圖。通過觀察地面上留下的碰撞痕跡，交警判定撞車的地點為該事故報告圖中P點，并測量出相關(guān)的數(shù)據(jù)標(biāo)注在圖中，又判斷出兩輛車的質(zhì)量大致相同。為簡化問題，將兩車均視為質(zhì)點，且它們組成的系統(tǒng)在碰撞的過程中動量守恒，根據(jù)圖中測量數(shù)據(jù)可知下列說法中正確的是(　　) A．發(fā)生碰撞時汽車A的速率較大 B．發(fā)生碰撞時汽車B的速率較大 C．發(fā)生碰撞時速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之比約為12∶5 D．發(fā)生碰撞時速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之

21、比約為2∶ 答案　BC 解析　設(shè)兩車碰撞后的加速度大小為a，碰撞后一起滑行的位移為x，則x＝ m＝6.5 m。設(shè)碰后兩車的速度大小為v，由v2＝2ax可得v＝。設(shè)v的方向與正東方向間夾角為θ，由動量守恒定律可得：mvA0＝2mvcosθ，mvB0＝2mvsinθ。又sinθ＝，cosθ＝，可知，vB0>vA0，則＝＝，故B、C正確，A、D錯誤。 2. 如圖所示，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為θ。一質(zhì)量為m(m

22、則小物塊沖上斜面后能達(dá)到的最大高度為(　　) A．h B.h C.h D.h 答案　D 解析　若斜面固定，由機(jī)械能守恒定律可得mv2＝mgh；若斜面不固定，系統(tǒng)水平方向動量守恒，有mv＝(M＋m)v1，由機(jī)械能守恒定律可得mv2＝mgh′＋(M＋m)v。聯(lián)立以上各式可得h′＝h，故D正確。 3. 如圖所示，在光滑水平面上放置一個質(zhì)量為M的滑塊，滑塊的一側(cè)是一個圓弧形凹槽OAB，凹槽半徑為R，A點切線水平。另有一個質(zhì)量為m的小球以速度v0從A點沖上凹槽，重力加速度大小為g，不計摩擦。下列說法中正確的是(　　) A．當(dāng)v0＝時，小球能到達(dá)B點 B．如果小球的速度足夠大

23、，球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上 C．當(dāng)v0＝時，小球在弧形凹槽上運(yùn)動的過程中，滑塊的動能一直增大 D．如果滑塊固定，小球返回A點時對滑塊的壓力為mg－m 答案　C 解析　弧形槽不固定，當(dāng)v0＝ 時，設(shè)小球沿槽上升的高度為h，則有：mv0＝(m＋M)v，mv＝(M＋m)v2＋mgh，解得h＝R＜R，故A錯誤；因小球?qū)⌒尾鄣膲毫κ冀K對滑塊做正功，故滑塊的動能一直增大，C正確；當(dāng)小球速度足夠大，從B點離開滑塊時，由于B點切線豎直，在B點時小球與滑塊的水平速度相同，離開B點后將再次從B點落回，不會從滑塊的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上，B錯誤；如果滑塊固定，小球返回A點時對滑塊的壓力為

24、mg＋m，D錯誤。 4．(2018·德陽一診)如圖所示，放在光滑水平桌面上的A、B兩小木塊中部夾一被壓縮的輕彈簧，當(dāng)輕彈簧被放開時，A、B兩小木塊各自在桌面上滑行一段距離后，飛離桌面落在地面上。若mA＝3mB，則下列結(jié)果正確的是(　　) A．若輕彈簧對A、B做功分別為W1和W2，則有W1∶W2＝1∶1 B．在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的速度變化量之和為零 C．若A、B在空中飛行時的動量變化量分別為Δp1和Δp2，則有Δp1∶Δp2＝1∶1 D．若A、B同時離開桌面，則從釋放輕彈簧開始到兩木塊落地的這段時間內(nèi)，A、B兩木塊的水平位移大小之比為1∶3 答案　D 解析　彈簧彈開木塊

25、過程中，兩木塊及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，取水平向左為正方向，由動量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，則速度之比vA∶vB＝1∶3，根據(jù)動能定理得：輕彈簧對A、B做功分別為W1＝mAv，W2＝mBv，聯(lián)立解得W1∶W2＝1∶3，故A錯誤。根據(jù)動量守恒定律得知，在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的動量變化量之和為零，即mAΔvA＋mBΔvB＝0，可得，ΔvA＋ΔvB≠0，故B錯誤。A、B離開桌面后都做平拋運(yùn)動，它們拋出點的高度相同，運(yùn)動時間相等，設(shè)為t，由動量定理得：A、B在空中飛行時的動量變化量分別為Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1，故C錯誤。平拋運(yùn)動水平方向的分運(yùn)動是

26、勻速直線運(yùn)動，由x＝v0t知，t相等，則A、B兩木塊的水平位移大小之比等于vA∶vB＝1∶3，故D正確。 5．(2018·濰坊統(tǒng)考)(多選)如圖所示，帶有擋板的小車質(zhì)量為m，上表面光滑，靜止于光滑水平面上。輕質(zhì)彈簧左端固定在小車上，右端處于自由伸長狀態(tài)。質(zhì)量也為m的小球，以速度v從右側(cè)滑上小車，在小球剛接觸彈簧至與彈簧分離的過程中，以下判斷正確的是(　　) A．彈簧的最大彈性勢能為mv2 B．彈簧對小車做的功為mv2 C．彈簧對小球沖量的大小為mv D．彈簧對小球沖量的大小為mv 答案　AC 解析　小球與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，由題意知，小球和小車共速時彈簧的彈性勢能最大，則

27、由動量守恒定律以及能量守恒定律可知，mv＝2mv′，mv2＝×2mv′2＋Ep，解得Ep＝mv2，A正確；當(dāng)小球與彈簧分離時，假設(shè)小車的速度為v1、小球的速度為v2，則由動量守恒定律與能量守恒定律得，mv＝mv1＋mv2，mv2＝mv＋mv，解得v1＝v、v2＝0，則彈簧對小車做的功為W＝mv＝mv2，B錯誤；彈簧對小球的沖量為I＝0－mv＝－mv，即沖量的大小為mv，C正確，D錯誤。 6．(2018·全國卷Ⅰ)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(yùn)動。爆炸時間極短，重力

28、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(yùn)動的部分距地面的最大高度。 答案　(1) 　(2) 解析　(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有 E＝mv① 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(yùn)動學(xué)公式有0－v0＝－gt② 聯(lián)立①②式得t＝ ③ (2)設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有 E＝mgh1④ 火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)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 mv＋mv＝E⑤ mv1＋mv2＝0

29、⑥ 由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動部分做豎直上拋運(yùn)動。設(shè)爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有mv＝mgh2⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝。 7．(2018·全國卷Ⅱ)汽車A在水平冰雪路面上行駛，駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動了4.5 m，A車向前滑動了2.0 m，已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103 kg和1.5×103 kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重

30、力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)碰撞后的瞬間B車速度的大?。? (2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。 答案　(1)3.0 m/s　(2)4.25 m/s 解析　(1)設(shè)B車質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB，根據(jù)牛頓第二定律有μmBg＝mBaB① 式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)。 設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為vB′，碰撞后滑行的距離為sB。由運(yùn)動學(xué)公式有vB′2＝2aBsB② 聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得vB′＝3.0 m/s③ (2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA。根據(jù)牛頓第二定律有μmAg＝mAaA④ 設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為vA′，碰撞后滑行的距

31、離為sA。由運(yùn)動學(xué)公式有vA′2＝2aAsA⑤ 設(shè)碰撞前瞬間A車速度的大小為vA，兩車在碰撞過程中動量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得vA＝4.25 m/s。 8．(2018·北京高考)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。某滑道示意圖如右，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h(yuǎn)＝10 m，C是半徑R＝20 m圓弧的最低點，質(zhì)量m＝60 kg的運(yùn)動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到達(dá)B點時速度vB＝30 m/s。取重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求長直助滑道A

32、B的長度L； (2)求運(yùn)動員在AB段所受合外力的沖量I的大??； (3)若不計BC段的阻力，畫出運(yùn)動員經(jīng)過C點時的受力圖，并求其所受支持力FN的大小。 答案　(1)100 m　(2)1800 N·s (3)圖見解析　3900 N 解析　(1)已知AB段的初末速度，則利用運(yùn)動學(xué)公式可以求解AB的長度，即v－v＝2aL， 可解得L＝＝ m＝100 m。 (2)根據(jù)動量定理可知合外力的沖量等于動量的變化量， 所以I＝mvB－mv0＝(60×30－0) N·s＝1800 N·s。 (3)運(yùn)動員經(jīng)過C點時的受力如圖所示。 由牛頓第二定律可得FN－mg＝m，① 從B運(yùn)動到C由動能定

33、理可知 mgh＝mv－mv，② 由①②式并代入數(shù)據(jù) 解得FN＝3900 N。 9．(2018·全國卷Ⅲ)如圖，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之間的夾角為α，sinα＝，一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)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： (1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點時速度的大??； (2)小球到達(dá)A點時動量的大小； (3

34、)小球從C點落至水平軌道所用的時間。 答案　(1)mg　　(2)　(3) 解析　(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點時所受合力的大小為F。 由力的合成法則有 ＝tanα① F2＝(mg)2＋F② 設(shè)小球到達(dá)C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得F＝m③ 由①②③式和題給數(shù)據(jù)得F0＝mg④ v＝⑤ (2)設(shè)小球到達(dá)A點的速度大小為v1，如圖作CD⊥PA，交PA于D點，由幾何關(guān)系得 DA＝Rsinα⑥ CD＝R(1＋cosα)⑦ 由動能定理有－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點的動量大小為p＝mv1＝⑨ (3)小球

35、離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)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(yùn)動學(xué)公式有 v⊥t＋gt2＝CD⑩ v⊥＝vsinα? 由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得t＝ 。 10．(2015·山東高考)如圖，三個質(zhì)量相同的滑塊A、B、C，間隔相等地靜置于同一水平直軌道上。現(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0，一段時間后A與B發(fā)生碰撞，碰后A、B分別以v0、v0的速度向右運(yùn)動，B再與C發(fā)生碰撞，碰后B、C粘在一起向右運(yùn)動?；瑝KA、B與軌道間的動摩擦因數(shù)為同一恒定值。兩次碰撞時間均極短。求B、C碰后瞬間共同速度的大小。 答案　v0 解析　設(shè)

36、滑塊質(zhì)量為m，A與B碰撞前A的速度為vA，由題意知，碰后A的速度vA′＝v0，B的速度vB＝v0，由動量守恒定律得 mvA＝mvA′＋mvB① 設(shè)碰撞前A克服軌道阻力所做的功為WA，由功能關(guān)系得WA＝mv－mv② 設(shè)B與C碰撞前B的速度為vB′，B克服軌道阻力所做的功為WB，由功能關(guān)系得 WB＝mv－mvB′2③ 據(jù)題意可知WA＝WB④ 設(shè)B、C碰后瞬間共同速度的大小為v，由動量守恒定律得mvB′＝2mv⑤ 聯(lián)立①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)得v＝v0。 11．(2018·蘭化一中模擬)如圖所示，有半徑相同的小球a、b，a球質(zhì)量為2m，b球質(zhì)量為m，b球位于光滑軌道ABC的水平段BC的

37、末端C處。a球從距BC水平面高h(yuǎn)的A處由靜止滑下，在C處與b球發(fā)生彈性正碰。求： (1)碰前瞬間a球的速度v； (2)兩球在水平地面DE上的落點間的距離s。 答案　(1)　(2)h 解析　(1)對a球碰撞前的過程，由機(jī)械能守恒定律得： 2mgh＝·2mv2 解得：v＝。 (2)設(shè)兩球碰后的速度分別為v1、v2，由水平方向動量守恒和機(jī)械能守恒定律得： 2mv＝2mv1＋mv2 (2m)v2＝(2m)v＋mv 兩球碰后均從C點做平拋運(yùn)動，且運(yùn)動時間相同，設(shè)平拋的時間為t，兩球平拋運(yùn)動的水平位移分別為x1、x2，由平拋運(yùn)動的規(guī)律得：0.5h＝gt2， x1＝v1t， x2

38、＝v2t， s＝x2－x1， 聯(lián)立解得：s＝h。 12. (2018·撫順模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)的光滑半圓形軌道MN的半徑為R, MP為粗糙水平面。兩個小物塊A、B可視為質(zhì)點，在半圓形軌道圓心O的正下方M處，處于靜止?fàn)顟B(tài)。若A、B之間夾有少量炸藥，炸藥爆炸后，A恰能經(jīng)過半圓形軌道的最高點N，而B到達(dá)的最遠(yuǎn)位置恰好是A在水平面上的落點。已知粗糙水平面與B之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.8，求： (1)B到達(dá)的最遠(yuǎn)位置離M點的距離； (2)極短爆炸過程中，A受到爆炸力的沖量大小； (3)A與B的質(zhì)量之比。 答案　(1)2R　(2)mA　(3)4∶5 解析　(1)A恰能經(jīng)過半圓形軌

39、道的最高點，由牛頓第二定律得：mAg＝mA， 解得：vN＝， A做平拋運(yùn)動，由平拋運(yùn)動規(guī)律：2R＝gt2， 水平方向：x＝vNt， 聯(lián)立可得B到達(dá)的最遠(yuǎn)位置離M點的距離即為x＝2R。 (2)A上升到N的過程，由機(jī)械能守恒定律： mAv＝mAv＋mAg·2R， 解得：vA＝， 根據(jù)動量定理可得：I＝mAvA＝mA。 (3)對B，由動能定理：－μmBgx＝0－mBv， 炸藥爆炸過程由動量守恒定律：mAvA－mBvB＝0， 聯(lián)立以上兩式可得：＝＝。 13. (2018·江南十校檢測)如圖所示，粗糙的水平地面上有一塊長為3 m的木板，小滑塊放置于長木板上的某一位置?，F(xiàn)將一個水平

40、向右，且隨時間均勻變化的力F＝0.2t作用在長木板的右端，讓長木板從靜止開始運(yùn)動。已知：滑塊質(zhì)量m與長木板質(zhì)量M相等，且m＝M＝1 kg，滑塊與木板間動摩擦系數(shù)為μ1＝0.1，木板與地面間動摩擦系數(shù)μ2＝0.2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力(g取10 m/s2)。 (1)經(jīng)過多長時間，長木板開始運(yùn)動？ (2)經(jīng)過多長時間，滑塊與長木板恰要發(fā)生相對運(yùn)動？此時滑塊的速度為多大？ (3)如果t＝0時鎖定外力F＝6.75 N，一段時間后撤去外力，發(fā)現(xiàn)小滑塊恰好既不從左端滑出，也恰好不從右端滑出木板。求小滑塊放置的初始位置與長木板左端的距離。 答案　(1)20 s　(2)30 s　5 m/s

41、　(3)3 m 解析　(1)設(shè)經(jīng)過t1時間木板開始運(yùn)動，此時 F1＝μ2(m＋M)g， 且F1＝0.2t1，聯(lián)立可得：t1＝20 s。 (2)設(shè)經(jīng)過t2時間，滑塊與長木板剛好發(fā)生相對運(yùn)動，加速度為a， 對滑塊：μ1mg＝ma，得a＝μ1g＝1 m/s2， 對木板由牛頓第二定律： F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma， 且F2＝0.2t2，聯(lián)立可得：t2＝30 s， 設(shè)滑塊與長木板恰要發(fā)生相對運(yùn)動時的速度為v1，對滑塊和木板的整體，在運(yùn)動過程中，由動量定理： －μ2(M＋m)g(t2－t1)＝(M＋m)v1－0， 解得：v1＝5 m/s。 (3)設(shè)小滑塊放置的初始位置與

42、長木板左端的距離為x，外力作用時間為t1′，撤去外力前，假設(shè)木板與小滑塊各自勻加速運(yùn)動，木板的加速度大小為a1，滑塊的加速度大小仍為a。根據(jù)牛頓第二定律列出： F－μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma1， 解得：a1＝1.75 m/s2，大于滑塊加速度a＝μ1g＝1 m/s2，故假設(shè)成立。 撤去外力后，速度相等之前，木板勻減速運(yùn)動，加速度大小為a2，滑塊加速度大小仍為a，根據(jù)牛頓第二定律列出： μ2(M＋m)g＋μ1mg＝Ma2，解得：a2＝5 m/s2， 速度相等之后，因為μ1g<μ2g，故二者各自勻減速運(yùn)動，木板加速度大小為a3，滑塊加速度大小仍為a。 根據(jù)牛頓第二定律列出：μ2(

43、M＋m)g－μ1mg＝Ma3， 解得：a3＝3 m/s2， 畫出滑塊、木板運(yùn)動的v-t圖如圖所示，粗線表示滑塊的v-t關(guān)系，細(xì)線表示木板的v-t關(guān)系。 設(shè)滑塊與木板速度相等時的速度為v0，因小滑塊恰好既不從左端滑出，也恰好不從右端滑出木板。 所以：－＝L， 將板長L＝3 m代入得v0＝3 m/s， 設(shè)滑塊從啟動到與木板速度相等經(jīng)歷的時間為t2′，因為加速與減速的加速度大小相等，所以從速度相等到滑塊停止的時間也為t2′，顯然：v0＝at2′，得：t2′＝3 s。 速度相等之前，研究木板，可知： a1t1′＝v0＋a2(t2′－t1′)，代入數(shù)據(jù)可得：t1′＝ s， 所以x＝

44、＋v0(t2′－t1′)＋－， 代入數(shù)據(jù)得：x＝3 m。 14．(2018·南昌模擬)如圖甲所示，長木板處于光滑的水平面上，右端緊靠墻壁，墻壁左側(cè)l＝16 m處放有一物塊P，P的質(zhì)量是木板質(zhì)量的2倍。t＝0時，一小鐵塊從左端以某一速度滑上長木板，鐵塊與墻壁碰撞后，速度隨時間變化關(guān)系如圖乙所示。不計所有碰撞的機(jī)械能損失，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)； (2)長木板的長度； (3)小鐵塊最終與墻壁間的距離。 答案　(1)0.3　(2)14 m　(3)4.17 m 解析　(1)設(shè)鐵塊質(zhì)量為m，木板質(zhì)量為M，鐵塊碰撞墻壁后，有f＝ma1， 其

45、中f＝μmg，a1＝＝3 m/s2，解得μ＝0.3。 (2)設(shè)木板長為l0，鐵塊碰撞墻壁后速度大小為 v1＝4 m/s， 逆向分析鐵塊0～2 s的運(yùn)動過程， 則l0＝v1t＋a1t2，t＝2 s，解得l0＝14 m。 (3)鐵塊與墻壁碰撞后與木板第一次摩擦過程中，速度最終變?yōu)関2＝1 m/s， 則mv1＝(m＋M)v2，得M＝3m， 木板加速遠(yuǎn)離墻壁的加速度大小為a2＝＝1 m/s2， 設(shè)當(dāng)長木板離墻壁x1時，兩物體相對靜止 x1＝＝0.5 m， 此時鐵塊離墻壁的距離為x2＝＝2.5 m， 當(dāng)它們一起以v2＝1 m/s的速度向左運(yùn)動x0＝l－x1－l0＝1.5 m時，木板與P碰撞，設(shè)木板碰后速度為v3，則 Mv2＝Mv3＋2MvP， Mv＝Mv＋×2Mv， 解得v3＝－ m/s。 接著物塊P以vP向左運(yùn)動，鐵塊與木板相互摩擦，設(shè)最終速度為v4， 則mv2＋Mv3＝(m＋M)v4，解得v4＝0。 鐵塊繼續(xù)向左的位移x3為x3＝＝ m， 鐵塊最終離墻壁的距離為x＝x2＋x0＋x3＝4.17 m。