2018届高考物理二轮复习文档：二 能量与动量
专题二 能量与动量
第一讲功和功率__动能定理
考点一
功和功率
1.[考查功的大小计算]
如图所示，质量m＝1 kg、长L＝0.8 m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平，板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4。现用F＝5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10 m/s2)( )
A．1 J B．1.6 J
C．2 J D．4 J
解析：选B 在薄板没有翻转之前，薄板与水平面之间的摩擦力f＝μmg＝4 N。力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为，则做的功至少为W＝f×＝1.6 J，所以B正确。
2．[考查平均功率与瞬时功率的分析与计算]
如图所示，某质点运动的v t图像为正弦曲线。从图像可以判断( )
A．质点做曲线运动
B．在t1时刻，合外力的功率最大
C．在t2～t3时间内，合外力做负功
D．在0～t1和t2～t3时间内，合外力的平均功率相等
解析：选D 质点运动的v t图像描述的是质点的直线运动，选项A错误；在t1
时刻，加速度为零，合外力为零，合外力功率的大小为零，选项B错误；由题图可知，在t2～t3时间内，物体的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，故C错误；在0～t1和t2～t3时间内，动能的变化量相同，故合外力的功相等，则合外力的平均功率相等，选项D正确。
3．[考查机车的启动与牵引问题]
[多选]我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2
C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2
解析：选BD 启动时，乘客的加速度向前，车厢对人的作用力方向向前，与车运动的方向相同，选项A错误。以后面的车厢为研究对象，F56－3f＝3ma，F67－2f＝2ma，则5、6节与6、7节车厢间的作用力之比为3∶2，选项B正确。根据v2＝2ax，车厢停下来滑行的距离x与速度的二次方成正比，选项C错误。若改为4节动车，则功率变为原来2倍，由P＝Fv知，最大速度变为原来2倍，选项D正确。
4．[考查机车启动的图像问题]
[多选]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所示，则赛车( )
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
解析：选CD 由题图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A错误；a
函数方程为a＝－4，汽车做加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F－f＝ma
其中：F＝
联立得：a＝－
结合图线，当汽车的速度最大时，加速度为零，故由图像可以知，a＝0时，＝0.01，v＝100 m/s，
所以最大速度为100 m/s。
由图像可知：＝4，
解得：f＝4m＝4×400 N＝1 600 N，
又由0＝－。
解得：P＝160 kW，故C、D正确。
考点二
动能定理的理解和应用
5.[考查应用动能定理判断物体动能增量的大小关系]
[多选]如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中( )
A．外力F做的功等于A和B动能的增量
B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量
C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
解析：选BD A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对物体A应用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B对；A对B的摩擦力与B对A
的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不等，故二者做功不等，C错；对长木板B应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错。
6.[考查应用动能定理处理变力做功问题]
用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t时间后停在最低点。则在时间t内( )
A．小球重力做功为mgl(1－cos α)
B．空气阻力做功为－mglcos α
C．小球所受合力做功为mglsin α
D．细线拉力做功的功率为
解析：选A 小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为：h＝l(1－cos α)，所以小球的重力做功：WG＝mgh＝mgl(1－cos α)，故A正确；在小球运动的整个过程中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能定理得：WG＋Wf＝0－0，所以空气阻力做功Wf＝－WG＝－mgl(1－cos α)，故B错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的变化，所以W合＝0－0＝0，故C错误；由于细线的拉力始终与运动的方向垂直，所以细线的拉力不做功，细线的拉力的功率为0，故D错误。
7．[考查动能定理与Fx图像的综合应用]
[多选]一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g取10 m/s2，由此可知( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.35
B．减速过程中拉力对物体所做的功约为13 J
C．匀速运动时的速度约为6 m/s
D．减速运动的时间约为1.7 s
解析：选ABC 物体匀速运动时，受力平衡，则F＝μmg，μ＝＝＝0.35，选项A正确；因为W＝Fx，故拉力的功等于Fx图线与x坐标轴包围的面积，由图线可知小格数约为13，则功为13×1 J＝13 J，选项B正确；由动能定理可知：WF－μmgx＝0－mv02，其中x＝7 m，则解得：v0＝6 m/s，选项C正确；由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，故D错误。
8．[考查动能定理与v t图像的综合应用]
如图1所示，巴铁(又称“陆地空客”)是一种能有效缓解城市拥堵的未来交通工具， 某实验室为了研究其运行时的动力学特性，制造了一辆质量为200 kg的模型车，该模型车在运行时所受阻力为车重的0.08倍，某次试验中该车在25 s内运动的vt图像如图2所示，试求：
(1)模型巴铁20 s末的加速度大小；
(2)0～5 s内模型巴铁发动机输出的牵引力大小；
(3)模型巴铁在此25 s内牵引力所做的功。
解析：(1)由题图可知，在15～25 s内，模型巴铁做匀减速运动，加速度保持不变，故20 s末的加速度为：
a＝＝ m/s2＝－0.8 m/s2
加速度大小为0.8 m/s2。
(2)在0～5 s内，模型巴铁做匀加速运动，加速度为：
a′＝＝ m/s2＝1.6 m/s2
根据牛顿第二定律可知：F－0.08mg＝ma
解得：发动机输出的牵引力F＝200×1.6 N＋0.08×200×10 N＝480 N。
(3)vt图像中图形与时间轴所围成的面积表示位移，则可知，25 s内的位移x＝×8 m＝140 m；
对整个过程，根据动能定理得：W－0.08mgx＝0
解得：牵引力所做的功W＝2.24×104 J。
答案：(1)0.8 m/s2 (2)480 N (3)2.24×104 J
考点三
应用动能定理解决力学综合问题
9.[考查动能定理解决多过程问题]
[多选]如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则( )
A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
解析：选AB 由题意知，上、下两段斜坡的长分别为
s1＝，s2＝
由动能定理知：
2mgh－μmgs1cos 45°－μmgs2cos 37°＝0
解得动摩擦因数μ＝，选项A正确；
载人滑草车在上下两段的加速度分别为
a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，
a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，
则在下落h时的速度最大，由动能定理知：
mgh－μmgs1cos 45°＝mv2
解得v＝ ，选项B正确，D错误；
载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，
即W＝2mgh，选项C错误。
10．[考查动能定理解决往复运动问题]
如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( )
A. B.
C. D.
解析：选A 因滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，故滑块最终停在斜面底端，而摩擦力始终对滑块做负功，其大小等于μmgcos θ与滑块滑行的各段距离之和的乘积，即Wf＝－μmgcos θ·s，由动能定理可得：mgx0sin θ＋Wf＝0－mv02，可解得s＝，故A正确。
11．[考查动能定理与平抛运动的综合问题]
如图所示，在高出水平地面h＝1.8 m的光滑平台上放置一质量M＝2 kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1＝0.2 m且表面光滑，左段表面粗糙。在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝1 kg，B与A左段间动摩擦因数μ＝0.4。开始时二者均静止，现对A施加F＝20 N，水平向右的恒力，待B脱离A(A尚未露出平台)后，将A取走。B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x＝1.2 m。求：(取g＝10 m/s2)
(1)B离开平台时的速度vB；
(2)B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB；
(3)A左端的长度l2。
解析：(1)设B平抛运动的时间为t，由平抛运动规律得：h＝gt2，x＝vBt
联立解得vB＝2 m/s。
(2)设B的加速度为aB，B在A的粗糙表面滑动，受向右的滑动摩擦力做匀加速直线运动。
由牛顿第二定律，F合＝μmg＝maB，
由匀变速直线运动规律，vB＝aBtB，xB＝aBtB2，
联立解得：tB＝0.5 s，xB＝0.5 m。
(3)设B刚好开始运动时A的速度为v1，以A为研究对象，由动能定理得Fl1＝Mv12
设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得：
F－μmg＝MaA，l2＋xB＝v1tB＋aAtB2，
联立解得l2＝1.5 m。
答案：(1)2 m/s (2)0.5 s 0.5 m (3)1.5 m
12．[考查动能定理与圆周运动、平抛运动的综合应用]
某实验小组做了如下实验，装置如图甲所示。竖直平面内的光滑轨道由倾角为θ的斜面轨道AB和圆弧轨道BCD组成，使质量m＝0.1 kg的小球从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用压力传感器测出小球经过圆弧最高点D时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示。取g＝10 m/s2，求：
(1)圆轨道的半径R；
(2)若小球从D点水平飞出后又落到斜面上，其中最低的位置与圆心O等高，求θ的值。
解析：(1)小球经过D点时，满足竖直方向的合力提供圆周运动的向心力，即：F＋mg＝m
从A到D的过程中只有重力做功，根据动能定理有：
mg(H－2R)＝mv2
联立解得：
F＝m－mg＝－mg＝H－5mg
由题中给出的FH图像知斜率
k＝ N/m＝10 N/m
即＝10 N/m
所以可得R＝0.2 m。
(2)小球离开D点做平抛运动，根据几何关系知，小球落地点越低平抛的射程越小，即题设中小球落地点位置最低对应小球离开D点时的速度最小。
根据临界条件知，小球能通过D点时的最小速度为v＝
小球落地点在斜面上与圆心等高，故可知小球平抛时下落的距离为R
所以小球平抛的射程s＝vt＝v ＝·＝R
由几何关系可知，角θ＝45°。
答案：(1)0.2 m (2)45°
考点一 功和功率
本考点主要考查功和功率的计算(诊断卷第1、2题)，机车牵引与启动问题(诊断卷第3、4题)，试题难度一般，多为选择题。在二轮复习中，注意打牢基础知识，细化审题、解题过程，此考点就能轻松取分。建议考生自学为主
[夯基固本]
1．功
(1)恒力的功：W＝Flcos_α。
(2)合力的功：W＝F合lcos_α。
(3)变力的功：
①将变力做功转化为恒力做功；
②应用Fx图像求解；
③应用动能定理求解。
2．功率
(1)平均功率：P＝。
(2)瞬时功率：P＝Fvcos α。
(3)应用：机车启动，P＝Fv。
[重点清障]
功和功率的公式、图像应用常见错误警示
1．不注意题目的要求，凭感觉求解，易导致错误。如诊断卷第1题，因为F＞μmg，在力F作用下薄板向右加速，当撤去F后，薄板向右滑至时，速度恰好为零，薄板翻下桌子，此时力F做功最少，由动能定理得：WFmin＝μmg·＝1.6 J，不注意这一点，易得：WFmin＝F·＝2 J，错选C项。
2．将计算瞬时功率的公式P＝Fvcos α误记为P＝Fv。
3．不注意将机车启动的图像与机车受力和运动相联系，易导致错误。如诊断卷第4题，机车启动时：F－f＝ma，F＝，可得出：a＝·－，对应图像可得：＝，－＝－4，可得出：P＝160 kW，f＝1 600 N。
1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，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( )
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
解析：选A 由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误。
2．[多选]如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动，通过力传感器和速度传感器监测到推力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A．物体的质量m＝0.5 kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2
C．第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝2 J
D．前2 s内推力F做功的平均功率＝1.5 W
解析：选ACD 由速度—时间图像可以知道在2～3 s的时间内，物体做匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2 N，在1～2 s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以a＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律可得：F－f＝ma，所以m＝0.5 kg，A正确；由f＝μFN＝μmg，得μ＝＝0.4，B错误；第2 s内物体的位移是：x＝at2＝1 m，克服摩擦力做的功W＝fx＝2×1 J＝2 J，C正确；在第1 s内物体没有运动，只在第2 s运动，F也只在第2 s做功，F做的功为W′＝Fx＝3×1 J＝3 J，所以前2 s内推力F做功的平均功率为：＝＝ W＝1.5 W，D正确。
3．目前，我国的高铁技术已处于世界领先水平，它是由几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(拖车)组成一个编组，称为动车组。若每节动车的额定功率均为1.35×104 kW，每节动车与拖车的质量均为5×104
kg，动车组运行过程中每节车厢受到的阻力恒为其重力的0.075倍。若已知1节动车加2节拖车编成的动车组运行时的最大速度v0为466.7 km/h。我国的沪昆高铁是由2节动车和6节拖车编成动车组来工作的，其中头、尾为动车，中间为拖车。当列车高速行驶时会使列车的“抓地力”减小不易制动，
解决的办法是制动时，常用“机械制动”与“风阻制动”配合作用，所谓“风阻制动”就是当检测到车轮压力非正常下降时，通过升起风翼(减速板)调节其风阻，先用高速时的风阻来增大“抓地力”将列车进行初制动，当速度较小时才采用机械制动。求：(所有结果保留2位有效数字)
(1)沪昆高铁的最大时速v为多少？
(2)当动车组以加速度1.5 m/s2加速行驶时，第3节车厢对第4节车厢的作用力为多大？
(3)沪昆高铁以题(1)中的最大速度运动时，测得此时风相对于运行车厢的速度为100 m/s，已知横截面积为1 m2的风翼上可产生1.29×104 N的阻力，此阻力转化为车厢与地面阻力的效率为90%。沪昆高铁每节车厢顶安装有2片风翼，每片风翼的横截面积为1.3 m2，求此情况下“风阻制动”的最大功率为多大？
解析：(1)由P＝3kmgv0,2P＝8kmgv，代入数据解得：
v＝0.75 v0＝3.5×102 km/h；
(2)设各动车的牵引力为F牵，第3节车厢对第4节车厢的作用力大小为F，以第1、2、3节车厢为研究对象，
由牛顿第二定律得：F牵－3kmg－F＝3ma
以动车组整体为研究对象，由牛顿第二定律得：
2F牵－8kmg＝8ma
由上述两式得：F＝kmg＋ma＝＋ma＝1.1×105 N。
(3)由风阻带来的列车与地面的阻力为：
Fm＝1.29×104×1.3×2×8×0.9 N＝2.4×105 N
“风阻制动”的最大功率为
P＝Fmvm＝2.4×105× W＝2.3×107 W。
答案：(1)3.5×102 km/h (2)1.1×105 N (3)2.3×107 W
考点二 动能定理的理解和应用
高考对本考点的考查相对简单，主要是针对动能定理的理解和一些简单应用。建议考生自学为主
[夯基固本]
1．对动能定理的两点理解
(1)动能定理表达式中，W表示所有外力做功的代数和，包括物体重力所做的功。
(2)动能定理表达式中，ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度。
2．动能定理的适用范围
(1)既可适用于直线运动，也可适用于曲线运动。
(2)既可适用于恒力做功，也可适用于变力做功。
[重点清障]
1．对单个物体的动能增量的判断宜采用动能定理，而对物体系统动能增量的大小判断则应考虑应用能量守恒定律。如诊断卷第5题，由动能定理可知，A的动能增量一定等于B对A的摩擦力对A所做的功，而外力F对A和B系统所做的功并没有全部转化为A、B的动能，还有一部分摩擦热产生，故不可用动能定理对系统直接分析。
2．动能定理可用于求解变力做功。如诊断卷第6题，空气阻力为变力，其做功大小不可应用W＝Flcos α直接求解，应考虑使用动能定理求解。
3．注意图像及其“面积”的含义。如诊断卷第7题中，Fx图线与x轴所围“面积”表示力F所做的功，易得B项正确；诊断卷第8题中，vt图线与t轴所围面积表示巴铁在25 s内运动的总位移。
1.如图所示，物块的质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ。起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x。然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v。则此过程中弹力所做的功为( )
A.mv2－μmgx B．μmgx－mv2
C.mv2＋μmgx D．以上选项均不对
解析：选C 设W弹为弹力对物体做的功，因为克服摩擦力做的功为μmgx，由动能定理得W弹－μmgx＝mv2－0，得W弹＝mv2＋μmgx。
2．[多选](2017·潍坊安丘一中期中)如图所示，不可伸长的细绳长为l，一端固定在O点，另一端拴接一质量为m的小球。将小球拉至与O等高，细绳处于伸直状态的位置后由静止释放，在小球由静止释放到运动至最低点的过程中，小球所受阻力做的功为W，重力加速度为g，则小球到达最低点时( )
A．向心加速度a＝
B．向心加速度a＝
C．绳的拉力F＝
D．绳的拉力F＝
解析：选AC 根据动能定理得：mgl＋W＝mv2，则向心加速度为：a＝＝，故A正确，B错误；在最低点，根据牛顿第二定律得：F－mg＝m，解得绳子的拉力为：F＝mg＋m＝，故C正确，D错误。
考点三 应用动能定理解决力学综合问题
本考点在高考中所设计的题目，一般呈现出情景新颖(诊断卷第9题)，过程复杂(诊断卷第10题)，知识综合性强(诊断卷第11、12题)等特点，考生失分的原因不是不会做，而是不会“分步”做，这个“分步”就是要求考生按照一定流程认真做好运动分析和过程分析，再根据动能定理结合其他力学规律列出方程，问题便可分步解决。建议对本考点重点攻坚
动能定理综合问题的思维流程
(2017·临沂二模)如图所示，倾角θ＝45°的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h＝3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：
(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；
(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；
(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功。
[思维流程]
[解析] (1)小滑块从C点飞出后做平抛运动，设水平速度为v0。
竖直方向上：R＝gt2
水平方向上：R＝v0t
解得：v0＝。
(2)设小滑块在最低点时速度为v，由动能定理得：
－mg·2R＝mv02－mv2
解得：v＝
在最低点由牛顿第二定律得：
FN－mg＝m
解得：FN＝6mg
由牛顿第三定律得：FN′＝6mg。
(3)从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功Wf，由动能定理得：
mgh－Wf＝mv2－0
解得：Wf＝mgR。
[答案] (1) (2)6mg (3)mgR
1．如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型。物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B点。实验中测量出了三个角度，左右斜面的倾角α和β及AB连线与水平面的夹角为θ。物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是( )
A．μ＝tan α B．μ＝tan β
C．μ＝tan θ D．μ＝tan
解析：选C 对全过程运用动能定理，结合摩擦力做功的大小，求出动摩擦因数大小。设AB的水平长度为x，竖直高度差为h，对A到B的过程运用动能定理得mgh－μmgcos α·AC－μmg·CE－μmgcos β·EB＝0，因为AC·cos α＋CE＋EB·cos β＝x，则有mgh－μmgx＝0，解得μ＝＝tan θ，故C正确。
2．(2016·天津高考)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5
m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
解析：(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有
vB2＝2ax①
由牛顿第二定律有
mg－Ff＝ma②
联立①②式，代入数据解得
Ff＝144 N。③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
mgh＋W＝mvC2－mvB2④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN－mg＝m⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得
R＝12.5 m。⑥
答案：(1)144 N (2)12.5 m
一、高考真题集中演练——明规律
1．[多选](2016·全国卷Ⅲ)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N
，则( )
A．a＝ B．a＝
C．N＝ D．N＝
解析：选AC 质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝mv2，则速度v＝，在最低点的向心加速度a＝＝，选项A正确， 选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝ ，选项C正确，选项D错误。
2．(2015·全国卷Ⅰ)如图，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( )
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
mQ的初始条件，可能会认为EkP
解析：选D 以初速度v0水平入射时，因小球与管壁无挤压，故水平方向应是匀速运动，竖直方向是自由落体运动，所以此时小球运动时间为：t0＝，下落高度为：h＝gt02，小球由静止开始运动时根据机械能守恒定律得：mgh＝mv02，则v0＝＝ ，解得v0＝，故A、B错误。以初速度v0水平入射时，t0＝＝，当小球由静止释放时，水平方向平均速度一定小于v0，所以t>t0，故C错误，D正确。
3．(2017·江苏高考)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上。物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
C．物块上升的最大高度为
D．速度v不能超过
解析：选D 物块受到的摩擦力小于最大静摩擦力，即Mg<2F。物块向右匀速运动时，物块处于平衡状态，绳子中的张力T＝Mg≤2F，故A错误。小环碰到钉子时，物块做圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：T－Mg＝，T＝Mg＋，所以绳子中的张力与2F大小关系不确定，B错误。若物块做圆周运动到达的高度低于P点，根据动能定理有－Mgh＝0－Mv2，则最大高度h＝；若物块做圆周运动到达的高度高于P点，则根据动能定理有－Mgh＝Mv′2－Mv2，则最大高度h<，C错误。小环碰到钉子后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律知：2F－Mg＝，故最大速度v＝，D正确。
考点二 多个物体的机械能守恒
本考点常考多个物体(包括弹簧)机械能守恒的判断和相关计算，多以选择题的形式命题。解答此类问题的关键是掌握多个物体组成的系统机械能守恒的条件，确定物体间的速度关系和位移关系。需要考生学会迁移应用
[夯基固本]
1．判断机械能守恒的两个角度
(1)若只有物体重力和弹簧弹力做功，则物体和弹簧组成的系统机械能守恒。
(2)若系统内部只有动能和势能的相互转化，没有其他形式的能(如内能)与机械能相互转化，且系统与外部也没有能量转移或转化，则系统机械能守恒。
2．系统机械能守恒的三种表达式
[重点清障]
1．物体与弹簧组成的系统机械能守恒时，物体的动能、重力势能和弹簧弹性势能之和保持不变。如诊断卷第4题中的B选项，小球下落到弹簧后，弹簧弹性势能增加，小球的机械能一定减少。
2．系统内物体的运动位移及高度变化往往不同，同时又存在一定的数量关系。如诊断卷第6题中，小球B上升的高度为h，而小球A上升的高度为h＋Lsin 30°；诊断卷第7题中，物块A上升的高度为图中A、C两点间距，而B下降的高度为图中A、D两点间距与C、D两点间距的差值。
1．(2017·武汉调研)如图所示，半径为R、圆心为O的光滑圆环固定在竖直平面内，OC水平，D是圆环最低点。质量为2m的小球A与质量为m的小球B套在圆环上，两球之间用轻杆相连。两球初始位置如图所示，由静止释放，当小球A运动至D点时，小球B的动能为( )
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
解析：选D A、B组成的系统机械能守恒。当A运动到最低点D时，A下降的高度为hA＝R＋Rsin 45°，B上升的高度为hB＝Rsin 45°，则有2mghA－mghB＝·2mvA2＋mvB2，又vA＝vB，小球B的动能为EkB＝mvB2＝mgR，选项D正确。
2．[多选]如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体B的质量为2m，放置在倾角为30°的光滑斜面上，物体
A的质量为m，用手托着物体A使弹簧处于原长，细绳伸直，A与地面的距离为h，物体B静止在斜面上挡板P处。放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对挡板恰好无压力，则下列说法正确的是( )
A．弹簧的劲度系数为
B．此时弹簧的弹性势能等于mgh－mv2
C．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上
D．此后物体B可能离开挡板沿斜面向上运动
解析：选AB 物体A刚落地时，弹簧伸长量为h，物体B受力平衡，所以kh＝2mgsin 30°，所以k＝，选项A对；物体A落地前，系统机械能守恒，所以弹性势能等于mgh－mv2，选项B对；物体A刚落地时，对A应用牛顿第二定律得：mg－kh＝ma，所以a＝0，选项C错；物体A落地后，弹簧不再伸长，故物体B不可能离开挡板沿斜面向上运动，选项D错。
3.[多选]如图，两质量均为m的小球，通过长为L的不可伸长轻绳水平相连，从h高处自由下落，下落过程中绳处于水平伸直状态，若下落时绳中点碰到水平放置的光滑钉子O，绳与钉作用过程中无能量损失，重力加速度为g，则( )
A．小球从开始下落到刚到达最低点的过程中机械能守恒
B．从轻绳与钉子相碰到小球刚到达最低点过程，重力的功率先减小后增大
C．小球刚到最低点时速度大小为
D．小球刚到达最低点时绳中张力为＋3mg
解析：选AD 小球从开始下落到刚到达最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，故A正确；以向下为正方向，竖直方向合力为F＝mg－Tsin θ，θ为绳与水平方向的夹角，开始时θ很小，mg>Tsin θ，F>0，竖直方向加速度向下，vy增大，当小球下降到Tsin θ>mg时，F<0，竖直方向加速度向上，vy减小，根据PG＝mgvy可知重力的瞬时功率先增大后减小，故B错误；从开始下落到小球刚到达最低点的过程中运用动能定理得：mv2＝mg
，解得：v＝，故C错误；根据向心加速度公式有：a＝＝g，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得F＝＋3mg，故D正确。
考点三 功能关系的应用
应用类题目最大的特色是用新颖材料考查已学知识，最常见的失误原因是不能透过表象提炼出问题的实质，合理应用规律解题。功能关系类题目更是如此，不能寄希望于押题训练，而是要善于总结规律，把握共性，以不变应万变
[夯基固本]
力学中常见的五种功能关系
(1)重力做功与重力势能变化的关系：WG＝－ΔEp。
(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：W弹＝－ΔEp。
(3)合外力做功与动能变化的关系：W合＝ΔEk。
(4)重力之外的力做功与机械能变化的关系：W其他＝ΔE机。
(5)滑动摩擦力、相对位移的乘积与内能变化的关系：Ffx相对＝ΔE内。
[重点清障]
1．必须分析清物体运动过程中有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化。如诊断卷第8题，对小汽车做功的有重力、牵引力、摩擦阻力和空气阻力，因此，牵引力做的功除用于克服重力做功外还要克服阻力做功，D项错误。
2．明确图像斜率的意义。如诊断卷第10题，Ex图像的斜率表示拉力F的大小，x1处拉力最大，物体仍在加速，故此时速度并不是最大。
3．物块在传送带上滑动时产生的热量Q＝Ffx相对。其中x相对为物块与传送带间的相对位移。如诊断卷第11题，滑块相对传送带的位移x相对包括滑块向右减速阶段的相对位移和滑块向左加速阶段的相对位移，即x相对＝·＋·＋·－·
eq f(r(2gR),μg)＝。
1．[多选]如图所示，质量为M＝1 kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m＝3 kg的滑块以初速度v0＝2 m/s从木板的左端向右滑上木板，滑块始终未离开木板。则下面说法正确的是( )
A．滑块和木板的加速度之比是1∶3
B．整个过程中因摩擦产生的内能是1.5 J
C．可以求出木板的最小长度是1.5 m
D．从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比是7∶3
解析：选ABD 因为滑块与木板所受合外力大小相等，所以加速度与质量成反比，滑块和木板的加速度之比是＝，故A正确；由运动学规律有v＝v0－at＝3at，解得两者相对静止时的速度v＝1.5 m/s，由能量守恒定律得：整个过程中因摩擦产生的内能Q＝mv02－(M＋m)v2＝1.5 J，故B正确；由于不知道动摩擦因数和滑块与木板的相对运动时间，不能求出木板的最小长度，故C错误；从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块运动的位移x1＝t，木板的位移x2＝t，两者之比＝＝＝，故D正确。
2．[多选](2017·盘锦模拟)如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高。一个质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方处。小球从最高点A由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确的有( )
A．弹簧长度等于R时，小球的动能最大
B．小球运动到B点时的速度大小为
C．小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg
D．小球从A到C的过程中，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量
解析：选CD 弹簧长度等于R时，弹簧处于原长，在此后的过程中，小球的重力沿轨道的切向分力大于弹簧弹力沿轨道的切向分力，小球仍在加速，所以弹簧长度等于R时，小球的动能不是最大，故A错误。由题可知，小球在A、B两点时弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，根据系统的机械能守恒得：2mgR＝mvB2，解得，小球运动到B点时的速度vB＝2，故B错误。设小球在A、B两点时弹簧的弹力大小为F，在A点，圆环对小球的支持力F1＝mg＋F，在B点，由牛顿第二定律得：F2－mg－F＝m，解得，圆环对小球的支持力F2＝5mg＋F；则F2－F1＝4mg，由牛顿第三定律知，小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg，故C正确。小球从A到C的过程中，根据功能关系可知，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量，故D正确。
3．(2017·全国卷Ⅰ)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7.50×103 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2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
Ek0＝mv02①
式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得
Ek0＝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＝mvh2＋mgh③
式中，vh是飞船在高度1.60×105 m处的速度大小。
由③式和题给数据得
Eh＝2.4×1012 J。④
(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为
Eh′＝m2＋mgh′⑤
由功能原理得
W＝Eh′－Ek0⑥
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 J。
答案：(1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
一、高考真题集中演练——明规律
1．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中( )
A．动能增加了1 900 J B．动能增加了2 000 J
C．重力势能减小了1 900 J D．重力势能减小了2 000 J
解析：选C 根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J＞0，故其动能增加了1 800 J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1 900 J＜0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J，选项C正确，选项D错误。
2.(2017·全国卷Ⅱ)如图，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)( )
A. B.
C. D.
解析：选B 设轨道半径为R，小物块从轨道上端飞出时的速度为v1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg×2R＝mv2－mv12，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x＝v1t,2R＝gt2，求得x＝，因此当R－＝0，即R＝时，x取得最大值，B项正确，A、C、D项错误。
3.[多选](2013·山东高考)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M＞m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )
A．两滑块组成系统的机械能守恒
B．重力对M做的功等于M动能的增加
C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加
D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
解析：选CD 由于M与ab面之间存在滑动摩擦力，故两滑块组成系统的机械能不守恒，A项错；合外力对M做的功等于M动能的增加，B项错；除了m的重力对其做功外，只有轻绳对其做功，故轻绳对m做的功等于m机械能的增加，C项正确；对于两滑块组成的系统，其在运动过程中克服摩擦阻力做功，系统的机械能转化为内能，故该系统机械能的损失等于M克服摩擦力做的功，D项正确。
4．[多选](2016·全国卷Ⅱ)如图，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，( )
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
解析：选BCD 由题意可知在运动过程中受力分析如图所示，小球的位移为MN，则从M→A弹簧处于压缩态，则弹力做负功；从A→B弹簧从压缩变为原长，弹力做正功；从B→N弹簧从原长到伸长，弹力做负功，则A错。在A点，F合＝mg，即a＝g，在弹簧处于原长状态，小球的加速度a＝g，B对。在A点时，F弹垂直于杆，则P弹＝F弹vcos α＝0，C对。从M到N过程小球与弹簧机械能守恒，则Ek增＝Ep减，即EkN－0＝Ep重M－Ep重N＋Ep弹N－Ep弹M，由于M、N两点弹簧弹力相同，由胡克定律可知，弹簧形变量相同，则Ep弹N＝Ep弹M，即EkN＝Ep重M－Ep重N，D对。
5．(2016·浙江高考)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示，P是个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h。
(1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；
(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；
(3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系。
解析：(1)打在探测屏AB中点的微粒下落的高度
h＝gt2①
解得t＝。②
(2)打在B点的微粒初速度v1＝，2h＝gt12③
v1＝L④
同理，打在A点的微粒初速度v2＝L⑤
能被屏探测到的微粒初速度范围
L≤v≤L。⑥
(3)由功能关系mv22＋mgh＝mv12＋2mgh⑦
代入④、⑤式得L＝2h。⑧
答案：(1) (2)L≤v≤L
(3)L＝2h
6．(2016·全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。
解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为
Ep＝5mgl①
设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得
Ep＝MvB2＋μMg·4l②
联立①②式，取M＝m并代入题给数据得
vB＝③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足
－mg≥0④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
mvB2＝mvD2＋mg·2l⑤
联立③⑤式得
vD＝⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得
2l＝gt2⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为
s＝vDt⑧
联立⑥⑦⑧式得
s＝2l。⑨
(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知
5mgl＞μMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有
MvB2≤Mgl⑪
联立①②⑩⑪式得
m≤M＜m。⑫
答案：(1) 2l (2)m≤M＜m
二、名校模拟重点演练——明趋势
7．[多选](2017·莆田六中月考)如图所示，固定光滑斜面AC长为L，B为斜面中点。一物块在恒定拉力F作用下，从最低点A由静止开始沿斜面向上运动，到B点撤去拉力F，物块继续上滑至最高点C，设物块由A运动到C的时间为t0，下列描述该过程中物块的速度v随时间t、动能Ek随位移x、加速度a随位移x、机械能E随位移x变化规律的图像中，可能正确的是( )
解析：选BD 合力先做正功再做负功，根据动能随x的表达式知，动能先均匀增加，然后均匀减小，则知物块先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间，故A错误，B正确。物块先向上匀加速后向上匀减速运动，速度方向不变，故过程中加速度改变方向，故C错误。根据除重力以外其他力做功等于机械能的增量，知前半段恒力F做正功，可知机械能随x均匀增加，后半段只有重力做功，机械能守恒，故D正确。
8．[多选](2018届高三·武汉月考)有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都是O点，如图所示。有一系列完全相同的滑块(可视为质点)从这些斜面上的A、B、C、D…各点同时由静止释放，下列判断正确的是( )
A．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一水平线上
B．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直面内的圆周上
C．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的时间相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直面内的圆周上
D．若各斜面与这些滑块间有相同的动摩擦因数，滑块到达O点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直线上
解析：选ACD 若各斜面均光滑，根据mgh＝mv2，滑块质量相同，到达O点的速率相同，则h相同，即各释放点处在同一水平线上，故A正确，B错误；以O点为最低点作等时圆，由gsin θ·t2＝2Rsin θ，可知从a、b点运动到O点时间相等，C正确；若各滑块滑到O点的过程中，滑块滑动的水平距离是x，滑块损失的机械能为克服摩擦力做功为：Wf＝μmgcos θ·，即各释放点处在同一竖直线上，D正确。
9．[多选](2017·济南模拟)如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60°，轨道最低点A与桌面相切。一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两个小球(均可视为质点)，挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，然后从静止释放，则( )
A．在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等
B．在m1由C点下滑到A点的过程中重力对m1做功的功率先增大后减小
C．若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1＝2m2
D．若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1＝3m2
解析：选BC m1由C点从静止下滑到A点的过程中，m1、m2和地球组成的系统机械能守恒，m1速度沿轻绳方向的分速度和m2速度相等，A项错误；在m1由C点下滑到A点的过程中，在C点，重力的功率为零；在A点，重力与速度方向垂直，其功率仍为零，因此重力做功的功率先增大后减小，B项正确；若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，根据机械能守恒定律得，m1gR(1－cos 60°)＝m2gR，解得，m1＝2m2，C项正确，D项错误。
10．(2017·湖南师大附中模拟)如图甲所示，质量为1 kg的小物块以初速度v0＝11 m/s，从θ＝53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，斜面足够长，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力，图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的vt图像，不考虑空气阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是(cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)( )
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，小物块在上升过程机械能的减少量较大
D．有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较小
解析：选B 根据vt图线的斜率等于加速度，可知：
aa＝＝ m/s2＝－10 m/s2
ab＝＝ m/s2＝－11 m/s2
根据牛顿第二定律得：
不加恒力时有：mab＝－mgsin 53°－μmgcos 53°
代入数据得：μ＝0.5
加恒力时有：maa＝F－mgsin 53°－μmgcos 53°
解得：F＝1 N，故A错误，B正确；
有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，所以有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小，故C错误；根据vt图像与坐标轴所围的面积表示位移，可知有恒力F时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较大，故D错误。
11.(2017·衡水中学七调)如图所示，半径R＝0.4 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。质量m＝0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中的A点以v0＝2 m/s的速度被水平抛出，恰好从B
点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能Epm＝0.8 J，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。求：
(1)小物块从A点运动至B点的时间；
(2)小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小；
(3)C、D两点间的水平距离L。
解析：(1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，据几何关系有：cot θ＝
解得：t＝ s≈0.35 s。
(2)vB＝＝4 m/s。
小物块由B运动到C，据动能定理有：
mgR(1＋sin θ)＝mvC2－mvB2
在C点处，据牛顿第二定律有FN－mg＝m
联立两式代入数据解得FN＝8 N。
由牛顿第三定律得：小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力FN′＝FN＝8 N。
(3)从C点到D点，由能量守恒定律可知：
mvC2＝μmgLCD＋Epm
解得：LCD＝1.2 m。
答案：(1)0.35 s (2)8 N (3)1.2 m
第三讲动量定理__动量守恒定律
考点一
动量 冲量 动量定理
1.[考查动量、冲量的概念]
“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
解析：选A 从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故选项A正确，选项B、C、D错误。
2．[考查动量变化量及冲量的计算]
[多选]一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m，速度大小为v，做圆周运动的周期为T，则以下说法中正确的是( )
A．经过时间t＝，动量变化量为0
B．经过时间t＝，动量变化量大小为mv
C．经过时间t＝，细绳对小球的冲量大小为2mv
D．经过时间t＝，重力对小球的冲量大小为
解析：选BCD 经过时间t＝，小球转过了180°，速度方向正好相反，若规定开始计时时的速度方向为正，则动量变化量为Δp＝－mv－mv＝－2mv，细绳对小球的冲量为I＝Δp＝－mv－mv＝－2mv，故大小为2mv，选项A错误，C正确；经过时间t＝，小球转过了90°，根据矢量合成法可得，动量变化量大小为Δp′＝mv，重力对小球的冲量大小为IG＝mgt＝，B、D均正确。
3．[考查动量定理的应用]
[多选]静止在粗糙水平面上的物体，在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移l后，动量为p、动能为Ek。以下说法正确的是( )
A．若保持水平力F不变，经过时间2t，物体的动量等于2p
B．若将水平力增加为原来的两倍，经过时间t，物体的动量等于2p
C．若保持水平力F不变，通过位移2l，物体的动能小于2Ek
D．若将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，物体的动能大于2Ek
解析：选AD 根据动量定理I合＝(F－f)t＝p，保持水平力F不变，经过时间2t，(F－f)·2t＝p′，可知p′＝2p，故A正确；根据动量定理I合＝(F－f)t＝p，若水平力增加为原来的2倍，经过时间t，则有(2F－f)·t＝p′，则p′＞2p，故B错误；根据动能定理(F－f)·l＝Ek，保持水平力F不变，通过位移2l，有(F－f)·2l＝Ek′，则有Ek′＝2Ek，故C错误；根据动能定理(F－f)·l＝Ek，将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，有(2F－f)·l＝Ek′，则有Ek′＞2Ek，故D正确。
考点二
动量守恒定律及应用
4.[考查多物体动量守恒的判断]
[多选]如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠竖直墙壁，右侧靠一质量为M2的物块。今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始下落，与半圆槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是( )
A．小球在槽内运动的B至C过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
B．小球在槽内运动的B至C过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒
C．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
D．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒
解析：选BD 小球从A→B的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，但是小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，选项A错误，选项B正确；当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，选项C错误；因为小球在槽内运动过程中，接触面都是光滑的，所以小球、半圆槽、物块组成的系统机械能守恒，故选项D正确。
5．[考查某一方向的动量守恒问题]
如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(m＜M)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是( )
A．在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处
解析：
选D 当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于槽的曲面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，则小球的速度大于槽的速度，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球将追上槽并沿槽上滑，上滑过程中只有重力对系统做功，机械能守恒，由于小球与槽组成的系统总动量水平向左，小球滑上槽的最高点时系统速度水平向左，系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故D正确。
6．[考查人船模型的动量守恒问题]
滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示。人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为( )
A． B．
C． D．v1
解析：选D 根据动量守恒条件可知人与雪橇组成的系统水平方向动量守恒，人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为v1，D正确。
7．[考查弹簧连接体的动量守恒问题]
[多选]光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x。现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则( )
A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为
B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x
C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv2
D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2
解析：选AD 当物块A的加速度大小为a时，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx＝2ma。当物块B的加速度大小为a时，有：kx′＝ma，对比可得：x′＝，即此时弹簧的压缩量为，故A正确。取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得：2m－m＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移为：xA＝x，故B错误。根据动量守恒定律得：0＝2mv－mvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB＝2v，由系统的机械能守恒得：物块开始运动前弹簧的弹性势能为：Ep＝·2mv2＋mvB2＝3mv2，故C错误，D正确。
考点三
动量与能量的综合应用
8.[考查弹性碰撞与非弹性碰撞]
如图，小球B质量为10 kg，静止在光滑水平面上，小球A质量为5 kg，以10 m/s的速率向右运动，并与小球B发生正碰，碰撞后A球以2 m/s的速率反向弹回，则碰后B球的速率和这次碰撞的性质，下列说法正确的是( )
A．4 m/s，非弹性碰撞 B．4 m/s，弹性碰撞
C．6 m/s，非弹性碰撞 D．6 m/s，弹性碰撞
解析：选C 取小球A开始运动的方向为正方向，碰撞前两个小球的总动能：E1＝m1v12＝×5×102 J＝250 J。
碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：
m1v1＝－m1v1′＋m2v2，
解得：v2＝＝ m/s＝6 m/s。
碰撞后两小球的总动能：E2＝m1v1′2＋m2v22＝×5×22 J＋×10×62 J＝190 J。
因为E1＞E2，有能量损失，是非弹性碰撞。故C正确。
9．[考查反冲运动规律]
一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
解析：选B 由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A项错误；B图中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B项正确。
10．[考查动量守恒定律与机械能守恒定律的综合分析]
如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是( )
A．当v0＝时，小球能到达B点
B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上
C．当v0＝时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大
D．如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力大小为m
解析：选C 小球在弧形凹槽上运动的过程中，小球对滑块的力有水平向左的分量，使滑块向左加速，滑块动能增大，小球的机械能将减小，A错误，C正确；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，B错误；如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为mg＋m，D错误。
11．[考查弹性碰撞及临界问题]
如图，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。
解析：A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1。由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0＝mvA1＋MvC1①
mv02＝mvA12＋MvC12②
联立①②式得
vA1＝v0③
vC1＝v0④
如果m＞M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m＜M的情况。
第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有
vA2＝vA1＝2v0⑤
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有
vA2≤vC1⑥
联立④⑤⑥式得
m2＋4mM－M2≥0⑦
解得
m≥(－2)M⑧
另一解m≤－(＋2)M舍去。
所以，m和M应满足的条件为
(－2)M≤m＜M。⑨
答案：(－2)M≤m＜M
12．[考查动量守恒定律与能量的综合问题]
如图，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前面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。
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
解析：(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动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m2v20＝(m2＋m3)v①
m2v202＝(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v20＝－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。③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝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
m2v20＝m2v2＋m3v3⑥
m2v202＝m2v22＋m3v32⑦
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。
答案：(1)20 kg (2)见解析
考点一 动量 冲量 动量定理
本考点是对动量、冲量的概念及动量定理的理解及应用的考查，常与运动学公式、牛顿运动定律等知识进行简单交汇命题，难度一般，主要考查考生的理解和分析能力。建议考生自学为主
[夯基固本]
[重点清障]
1．恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，而变力的冲量可优先考虑应用动量定理求解。如诊断卷第2题，重力的冲量可直接用I＝mg·，而细绳拉力的冲量应运用动量定理：I＝Δp＝－mv－mv＝－2mv。
2．物体动量的变化量由合外力的冲量决定，物体动能的变化量由合外力的功决定。如诊断卷第3题，拉力的冲量变为原来的2倍，合外力的冲量不一定是原来的2倍，故选项B错误；拉力的功变为原来的2倍，合外力的功不一定是原来的2倍，可判断选项D正确。
1．(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是( )
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
解析：选B 摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误。
2．一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间停止后，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是( )
A．mgΔt B.
C.＋mg D.－mg
解析：选C 对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力，设向下为正方向，则有(mg－F)Δt＝0－mv，得：F＝＋mg，由牛顿第三定律可知，铁锤对木桩的平均冲力为＋mg，选项C正确。
3．[多选]质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止。碰撞时间为0.05 s，g取10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.12
B．墙面对物块平均作用力的大小为130 N
C．物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功为9 J
D．碰撞后物块还能向左运动的时间为2 s
解析：选BC 物块从A到B过程，由动能定理得：－μmgx＝mv12－mv02，代入数据解得：μ＝0.32，故A错误；取水平向左为正方向，由动量定理得：Ft＝mv2－mv1，代入数据解得：F＝130 N，故B正确；物块向左运动过程，由动能定理得：－W＝－mv22，则物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功为9 J，故C正确；碰撞后物块还能向左运动的时间t＝＝ s，故D错误。
考点二 动量守恒定律及应用
本考点常考查多个物体(包括弹簧)的动量守恒的判断和相关计算，以选择题或与机械能守恒定律和功能关系相结合的计算题的形式命题，试题难度中等。考生应学会灵活变通
[夯基固本]
[重点清障]
1．判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力。如诊断卷第4题，小球由B至C的过程中，对小球和半圆槽组成的系统，物块对系统有水平向左的外力，故系统水平方向动量不守恒；但若取小球、半圆槽、物块为一系统，则物块对半圆槽的作用力为内力，系统水平方向动量守恒。
2．动量守恒具有矢量性，若系统在某个方向上合力为零，则系统在该方向上满足动量守恒定律。如诊断卷第4、5、6题，系统动量虽不守恒，但系统在水平方向上合力为零，在水平方向上系统动量守恒。
3．若系统不受外力且初动量为零，如诊断卷第7题，则系统内物体相互作用过程中，系统动量始终为零。
1．[多选]如图所示，质量为M的三角形滑块置于水平光滑的地面上，斜面亦光滑，当质量为m的滑块沿斜面下滑的过程中，M与m
组成的系统( )
A．由于不受摩擦力，系统动量守恒
B．由于地面对系统的支持力大小不等于系统所受重力大小，故系统动量不守恒
C．系统水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒
D．M对m作用有水平方向分力，故系统水平方向动量也不守恒
解析：选BC 水平方向不受外力和摩擦，所以系统水平方向动量守恒，C正确；竖直方向系统所受重力和支持力大小不等，系统竖直方向动量不守恒，B正确。
2．(2017·全国卷Ⅰ)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
解析：选A 燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确。
3．[多选](2018届高三·达州检测)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上。现使B获得水平向右、大小为6 m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得( )
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度2 m/s，且弹簧都处于伸长状态
B．从t3到t4时间内弹簧由压缩状态恢复到原长
C．两物块的质量之比为m1∶m2＝2∶1
D．在t2时刻，A、B两物块的动能之比为Ek1∶Ek2＝4∶1
解析：选BC 结合图像弄清两物块的运动过程，开始时A逐渐加速，B逐渐减速，弹簧被拉伸，t1时刻二者速度相等，弹簧被拉伸最长，然后弹簧逐渐恢复原长，A依然加速，B先减速为零，然后反向加速，t2时刻两物块速度相反，因此弹簧的长度逐渐缩小，t2时刻后两物块均减速，t3时刻两物块速度相等，弹簧压缩至最短。从t3到t4时间内A做减速运动，B做加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，故A错误，B正确；由题图所示图像可知，t1时刻两物块速度相同，都是2 m/s，A、B系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v1＝(m1＋m2)v2，即m2×6＝(m1＋m2)×2，解得：m1∶m2＝2∶1，故C正确；由题图所示图像可知，在t2时刻，A、B两物块的速度分别为：4 m/s、－2 m/s，两物体的动能之比为Ek1∶Ek2＝∶＝×2m2×42∶＝8∶1，故D错误。
考点三 动量与能量的综合应用
本考点考查时，一般是动量定理、动量守恒定律与动能定理、机械能守恒定律、功能关系进行综合命题，试题综合性强，难度较大，多以计算题的形式命题。建议对本考点重点攻坚
1．三类碰撞的特点
弹性碰撞
动量守恒，机械能守恒
非弹性碰撞
动量守恒，机械能有损失
完全非弹性碰撞
动量守恒，机械能损失最多
如诊断卷第8题，A、B两个小球为非弹性碰撞；第11题，物体A、B、C为弹性碰撞。
2．爆炸与反冲的特点
(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。
(2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加。
(3)系统初始状态若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。但系统初速度不为0的话，则物体速度方向可能相同，如诊断卷第9题。
3．动量观点和能量观点的选取原则
(1)动量观点
①对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0。
②对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解。
(2)能量观点
①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。
②如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。
③对于相互摩擦的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程ΔQ＝Ffs解题。
如图所示，A、B、C三个小物块放置在光滑水平面上，A紧靠墙壁，A、B之间用轻弹簧拴接，它们的质量分别为mA＝m，mB＝2m，mC＝m。现给C一水平向左的初速度v0，C与B发生碰撞并粘在一起。试求：
(1)A离开墙前，弹簧的最大弹性势能；
(2)A离开墙后，C的最小速度。
[解析] (1)C、B碰撞过程，选取向左为正方向，根据动量守恒得：mCv0＝(mC＋mB)vBC
得：vBC＝v0
BC一起压缩弹簧到最短的过程，BC和弹簧组成的系统机械能守恒，则弹簧压缩到最短时有：
(mC＋mB)vBC2＝Ep
联立以上两式解得，Ep＝mv02。
(2)在A离开墙壁时，弹簧处于原长，B、C以速度vBC向右运动；
在A离开墙壁后由于弹簧的作用，A的速度逐渐增大，BC的速度逐渐减小，当弹簧再次恢复原长时，B与C的速度最小，选取向右为正方向，由ABC三物体组成的系统动量守恒得：
(mB＋mC)vBC＝mAv＋(mB＋mC)vC
又：Ep＝mAv2＋(mB＋mC)vC2
联立解得：vC＝，方向向右。(另一个解不合题意，舍去)
[答案] (1)mv02 (2)
如图所示，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v0从木板右端滑上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：
(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ；
(2)圆弧槽C的半径R；
(3)当A滑离C时，C的速度大小。
[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＝mv02－m2－(2m)v12③
而Q＝ΔEk④
联立①②③④式解得：μ＝。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组成的系统在水平方向动量守恒：m＋mv1＝2mv2⑥
A与C组成的系统机械能守恒：
m2＋mv12＝(2m)v22＋mgR⑦
由①⑥⑦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组成的系统动能守恒：
m2＋mv12＝mvA2＋mvC2⑩
联立①⑨⑩式解得：vC＝。
[答案] (1) (2) (3)
一、高考真题集中演练——明规律
1．[多选](2017·全国卷Ⅲ)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变化的图线如图所示，则( )
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
解析：选AB 法一：根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B项正确，C、D项错误。
法二：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小为p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。
2．(2015·福建高考)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )
A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动
解析：选D 选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0，B的动量pB＝－2mv0。碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意。
3．(2016·全国卷Ⅰ)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：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
解析：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S。③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v02④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
Δp＝(Δm)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝－。⑧
答案：(1)ρv0S (2)－
4．(2016·全国卷Ⅲ)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使
a以初速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。
解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ。若要物块a、b能够发生碰撞，应有
mv02＞μmgl①
即μ＜②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1。由能量守恒有
mv02＝mv12＋μmgl③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有
mv1＝mv1′＋mv2′④
mv12＝mv1′2＋v2′2⑤
联立④⑤式解得v2′＝v1⑥
由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
v2′2≤μmgl⑦
联立③⑥⑦式，可得
μ≥⑧
联立②⑧式，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件
≤μ＜。⑨
答案：≤μ＜
5．(2015·全国卷Ⅱ)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变化的图像如图所示。求：
(1)滑块a、b的质量之比；
(2)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：(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2。由题给图像得
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。由题给图像得
v＝ m/s③
由动量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④
联立①②③④式得
m1∶m2＝1∶8。⑤
(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v2⑥
由图像可知，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，并代入数据得
W∶ΔE＝1∶2。⑧
答案：(1)1∶8 (2)1∶2
二、名校模拟重点演练——明趋势
6．(2017·成都石室中学二诊)如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻质弹簧，B静止，A以速度v0水平向右运动，从A与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中( )
A．A、B的动量变化量相同
B．A、B的动量变化率相同
C．A、B系统的总动能保持不变
D．A、B系统的总动量保持不变
解析：选D 两物体相互作用过程中系统的合外力为零，系统的总动量守恒，则A、B动量变化量大小相等、方向相反，所以动量变化量不同，故A错误，D正确；由动量定理Ft＝Δp可知，动量的变化率等于物体所受的合外力，A、B两物体所受的合外力大小相等、方向相反，所受的合外力不同，则动量的变化率不同，故B错误；A、B系统的总机械能不变，弹性势能在变化，则总动能在变化，故C错误。
7．[多选](2018届高三·中卫调研)在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M＝0.6 kg，m＝0.2 kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep＝10.8 J弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不拴接)，原来处于静止状态。现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R＝0.425 m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示。g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4 N·s
B．M离开轻弹簧时获得的速度为9 m/s
C．若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小
D．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8 N·s
解析：选AD 释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒得：mv1－Mv2＝0，由机械能守恒得：mv12＋Mv22＝Ep，
代入数据解得：v1＝9 m/s，v2＝3 m/s；
m从A到B过程中，由机械能守恒定律得：
mv12＝mv1′2＋mg·2R，解得：v1′＝8 m/s；
以向右为正方向，由动量定理得，球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为：
I＝Δp＝mv1′－mv1＝0.2×(－8)N·s－0.2×9 N·s＝－3.4 N·s，
则合力冲量大小为：3.4 N·s，故A正确。
M离开轻弹簧时获得的速度为3 m/s，故B错误。
设圆轨道半径为r时，球m从B点飞出后水平位移最大，由A到B根据机械能守恒定律得：mv12＝mv1′2＋mg·2r，在最高点，由牛顿第二定律得：mg＋N＝m，m从B点飞出，需要满足：N≥0，飞出后，小球做平抛运动：2r＝gt2，x＝v1′t，由以上各式得x＝，当8.1－4r＝4r时，即r＝1.012 5 m时，x为最大，球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故C错误。由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为：I＝Δp＝mv1＝0.2×9 N·s＝1.8 N·s，故D正确。
8．(2017·东北三省四市一模)如图所示，光滑悬空轨道上静止一质量为2m的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为m的木块B。一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块B并留在其中(子弹射入木块时间极短)，在以后的运动过程中，摆线离开竖直方向的最大角度小于90°，试求：
(1)木块能摆起的最大高度；
(2)小车A运动过程的最大速度。
解析：(1)因为子弹与木块作用时间极短，子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力，所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹与木块开始上升时的速度为v1，设向右为正方向，则有：mv0＝2mv1
当木块摆到最大高度时，三者具有相同的水平速度，根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋m＋2m)v2
由能量守恒得·2mv12＝·4mv22＋2mgh
解得h＝。
(2)子弹射入木块后由动量守恒得：
2mv1＝2mv1′＋2mv2′
根据能量守恒得：
·2mv12＝·2mv1′2＋·2mv2′2
解得v2′＝。
答案：(1) (2)
9．(2017·桂林中学月考)如图所示，在光滑的水平地面的左端连接一半径为R的光滑圆形固定轨道，在水平面上质量为M＝3m的小球Q连接着轻质弹簧，处于静止状态。现有一质量为m的小球P从B点正上方h＝R高处由静止释放，求：
(1)小球P到达圆形轨道最低点C时的速度大小和对轨道的压力；
(2)在小球P压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
(3)若小球P从B上方高H处释放，恰好使P球经弹簧反弹后能够回到B点，高度H的大小。
解析：(1)小球P从A运动到C过程，根据机械能守恒得
mg(h＋R)＝mvC2
又h＝R，代入解得vC＝2
在最低点C处，根据牛顿第二定律有：FN－mg＝m
解得轨道对小球P的支持力FN＝5mg
根据牛顿第三定律知小球P对轨道的压力大小为5mg，方向竖直向下。
(2)弹簧被压缩过程中，当两球速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，根据系统动量守恒有mvC＝(m＋M)v
根据机械能守恒定律有mvC2＝Epm＋(m＋M)v2
联立解得Epm＝mgR。
(3)小球P从B上方高H处释放，设到达水平面速度为v0，则有
Mg(H＋R)＝mv02
弹簧被压缩后再次恢复到原长时，设小球P和Q的速度大小分别为v1和v2，根据动量守恒有
mv0＝－mv1＋Mv2
根据机械能守恒有mv02＝mv12＋Mv22
要使P球经弹簧反弹后恰好回到B点，则有mgR＝mv12
联立解得H＝。
答案：(1)2 5mg，方向竖直向下 (2)mgR (3)
第四讲力学的经典模型(二)
模型一
子弹打木块模型
1.[考查与弹簧结合的子弹打木块模型]
[多选]如图所示，一轻质弹簧两端分别连着木块A和B，静止于光滑的水平面上。木块A被水平飞行的初速度为v0的子弹射中并镶嵌在其中。已知木块B的质量为m，A的质量是B的，子弹的质量是B的，则( )
A．子弹击中木块A后，与A的共同速度为v0
B．子弹击中木块A后，与A的共同速度为v0
C．弹簧压缩到最短时的弹性势能为mv02
D．弹簧压缩到最短时的弹性势能为mv02
解析：选AC 设子弹与木块A的共同速度为v1，二者动量守恒，有mv0＝v1
解得v1＝v0①
压缩弹簧最短时，A与B具有共同的速度v2(临界点)，子弹和A与B动量守恒，有
v1＝v2②
此时弹簧的弹性势能为E，由能量守恒定律得
v12＝v22＋E③
解①②③式得E＝mv02
综上分析，故A、C正确。
2．[考查与圆周运动结合的子弹打木块模型]
[多选]如图所示，在固定的光滑水平杆(杆足够长)上，套有一个质量为m＝0.5 kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M＝1.98 kg的木块，现有一质量为m0＝20 g的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射入木块并留在木块中(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g
取10 m/s2)，则( )
A．圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能为198 J
B．圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能为99 J
C．木块所能达到的最大高度为0.01 m
D．木块所能达到的最大高度为0.02 m
解析：选BC 子弹射入木块过程，二者水平方向动量守恒，有m0v0＝(m0＋M)v，解得v＝1 m/s。
机械能只在该过程有损失，损失的机械能为
ΔE＝m0v02－(m0＋M)v2＝99 J。
木块(含子弹)在向上摆动过程中，与圆环组成的系统水平方向动量守恒，有(m0＋M)v＝(m0＋M＋m)v′，解得v′＝0.8 m/s
由机械能守恒定律得(m0＋M)v2＝(m0＋M＋m)v′2＋(m0＋M)gh，解得h＝0.01 m
综上分析，故B、C正确。
3．[考查子弹打沙袋与平抛运动、圆周运动的综合]
一质量为M的沙袋用长度为L的轻绳悬挂，沙袋距离水平地面高度为h，一颗质量为m的子弹，以某一水平速度射向沙袋，穿出沙袋后落在水平地面上(沙袋的质量不变，子弹与沙袋作用的时间极短)。测量出子弹落地点到悬挂点的水平距离为x，在子弹穿出沙袋后沙袋的最大摆角为θ，空气阻力不计，重力加速度为g，求：
(1)子弹射出沙袋瞬间的速度v1的大小；
(2)子弹射入沙袋前的速度v的大小。
解析：(1)子弹射出沙袋后做平抛运动，根据平抛运动规律，水平方向：x＝v1t
竖直方向：h＝gt2
解得：v1＝x。
(2)设子弹穿出沙袋后沙袋的速度为v2，由机械能守恒定律得：Mv22＝MgL(1－cos θ)
解得：v2＝
对子弹穿过沙袋的过程，以向右为正，根据动量守恒定律得：mv＝mv1＋Mv2
解得：v＝x＋。
答案：(1)x (2)x＋
模型二
(涉及动量的)滑块—木板模型
4.[考查滑块在木板上往复运动的情形]
一辆质量为M＝6 kg的平板小车停靠在墙角处，地面水平且光滑，墙与地面垂直。一质量为m＝2 kg的小铁块(可视为质点)放在平板小车最右端，平板小车上表面水平且与小铁块之间的动摩擦因数μ＝0.45，平板小车的长L＝1 m。现给小铁块一个v0＝5 m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动，则小铁块在平板小车上运动过程中系统损失的机械能为(g取10 m/s2)( )
A．10 J B．30 J
C．9 J D．18 J
解析：选D 设小铁块向左运动到达竖直墙壁时的速度为v1，由动能定理得－μmgL＝mv12－mv02，解得v1＝4 m/s，铁块与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动，假设小铁块最终和平板小车达到共同速度v2，二者动量守恒，取向右为正方向，有mv1＝(M＋m)v2，解得v2＝1 m/s，设小铁块相对小车运动距离为x时与平板小车达到共同速度，由功能关系得－μmgx＝(M＋m)v22－mv12，解得x＝ m＞L，则铁块在没有与平板小车达到共同速度时就滑出平板车。小铁块在平板小车上运动过程中系统损失的机械能为ΔE＝2μmgL＝18 J，故D正确。
5．[考查滑块受到外力作用的情形]
[多选]如图，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是( )
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x)
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx
C．小物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)
D．小物块和小车增加的机械能为Fx
解析：选ABC 由动能定理可得小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正确；小车的动能Ek车＝Ffx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝Ff(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－FfL，D错误。
6．[考查滑块与木板初速度反向的情形]
在光滑的水平面上有一质量M＝2 kg的木板A，其上表面Q处的左侧粗糙，右侧光滑，且PQ间距离L＝2 m，如图所示；木板A右端挡板上固定一根轻质弹簧，在靠近木板左端的P处有一大小忽略不计，质量m＝2 kg的滑块B。某时刻木板A以vA＝1 m/s的速度向左滑行，同时滑块B以vB＝5 m/s的速度向右滑行，当滑块B与P处相距时，二者刚好处于相对静止状态。若在二者共同运动方向的前方有一障碍物，木板A与它相碰后仍以原速率反弹(碰后立即撤去该障碍物)，求：(g取10 m/s2)
(1)B与A的粗糙面之间的动摩擦因数μ；
(2)滑块B最终停在木板A上的位置。
解析：(1)设M、m共同速度为v，设水平向右为正方向，
由动量守恒定律得mvB－MvA＝(M＋m)v
解得：v＝2 m/s
对A、B组成的系统，由能量守恒定律
MvA2＋mvB2－(M＋m)v2＝μmgL
代入数据得μ＝0.6。
(2)木板A与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，假设B向右滑行并与弹簧发生相互作用，
当A、B再次处于相对静止状态时，两者的共同速度为u，在此过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒。
由动量守恒定律得mv－Mv＝(M＋m)u
解得u＝0
设B相对A在粗糙面上的路程为s，由能量守恒得
(M＋m)v2＝μmgs
代入数据得s＝ m
由于s＞L，所以B滑过Q点并与弹簧相互作用，然后相对A向左滑动到Q点左边，设离Q点距离为s1
s1＝s－L＝ m。
答案：(1)0.6 (2)Q点左侧，离Q点 m
模型三
(涉及能量的)传送带模型
7.[考查水平传送带模型]
[多选]如图1所示，一个质量m＝1 kg的小物块以某一初速度滑上传送带左端，水平传送带AB逆时针匀速转动，物块速度随时间的变化关系如图2所示(取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点)，已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2，则( )
A．传送带运动的速度大小为2 m/s
B．物块在传送带上运动的时间为3 s
C．物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2
D．前2 s内摩擦产生的热量为16 J
解析：选ACD 由速度图像可知，物块初速度大小v＝4 m/s、传送带速度大小v′＝2 m/s，物块在传送带上滑动t1＝3 s后，与传送带相对静止，选项A正确；由速度图像可得，物块做匀变速运动的加速度：a＝＝ m/s2＝2.0 m/s2，由牛顿第二定律得f＝ma＝2 N，得到物块与传送带间的动摩擦因数μ＝＝＝0.2，选项C正确；前2 s内物块的位移大小x1＝t＝4 m、方向向右，第3 s内的位移大小x2＝t′＝1 m、方向向左，3 s内位移x＝x1－x2＝3 m，方向向右；物块再向左运动时间t2＝＝1.5 s，物块在传送带上运动时间t＝t1＋t2＝4.5 s，选项B错误；前2 s内传送带的位移x1′＝v′t＝2×2 m＝4 m，向左；相对位移Δx′＝x1′＋x1＝8 m，所以转化的热量EQ＝f×Δx′＝16 J，选项D正确。
8．[考查倾斜传送带模型]
[多选]如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连。开始时，a、b及传送带均静止且mb＞masin θ。现使传送带顺时针匀速转动，则物块在运动(物块未与滑轮相碰)过程中( )
A．一段时间后可能匀速运动
B．一段时间后，摩擦力对物块a可能做负功
C．开始的一段时间内，重力对a做功的功率大于重力对b做功的功率
D．摩擦力对a、b组成的系统做的功等于a、b机械能的增量
解析：选ABD 在传送带向上匀速运动的开始阶段，因传送带对a的摩擦力沿传送带向上，且Ff＋mbg＞magsin θ，故物块a向上加速，当物块a、b的速度大小与传送带的速度相等时，若Ff′＋magsin θ＝mbg，则a、b开始做匀速运动，此时因mbg＞magsin θ，物块a受的摩擦力对a做负功，A、B均正确；设a、b的速度大小均为v，则Pa＝magvsin θ，Pb＝mbgv，故Pa＜Pb，C错误；由功能关系可知，摩擦力对a、b系统所做的功等于a、b系统机械能的增量，D正确。
9．[考查多个传送带模型]
如图所示，传送带Ⅰ与水平面夹角为30°，传送带Ⅱ与水平面夹角为37°，两传送带与一小段光滑的水平面BC平滑连接。两传送带均顺时针匀速率运行。现将装有货物的箱子轻放至传送带Ⅰ的A点，运送到水平面上后，工作人员将箱子内的货物取下，箱子速度不变继续运动到传送带Ⅱ上，传送带Ⅱ的D点与高处平台相切。已知箱子的质量M＝1 kg，货物的质量m＝3 kg，传送带Ⅰ的速度v1＝8 m/s，AB长L1＝15 m，与箱子间的动摩擦因数为μ1＝。传送带Ⅱ的速度v2＝4 m/s，CD长L2＝8 m，由于水平面BC上不小心撒上水，致使箱子与传送带Ⅱ间的动摩擦因数变为μ2＝0.5，取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求装着货物的箱子在传送带Ⅰ上运动的时间；
(2)计算说明，箱子能否运送到高处平台上？并求在传送带Ⅱ上箱子向上运动的过程中产生的内能(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
解析：(1)在传送带Ⅰ上，根据牛顿第二定律：
μ1(M＋m)gcos 30°－(M＋m)gsin 30°＝(M＋m)a
代入数据解得：a＝2.5 m/s2
根据运动学公式：v12＝2as
整理可以得到：s＝12.8 m＜15 m
则知箱子与传送带共速后做匀速运动
根据速度公式：v1＝at1
则：t1＝3.2 s
与传送带一起匀速运动：L1－s＝v1t2
则：t2＝0.275 s
故总时间为t＝t1＋t2＝3.475 s。
(2)在传送带Ⅱ上箱子先向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律：
Mgsin 37°＋μ2Mgcos 37°＝Ma1，
整理可以得到：a1＝10 m/s2。
根据运动学公式：v22－v12＝－2a1s箱1；
解得s箱1＝2.4 m
当达到传送带速度时，由于Mgsin 37°＞μ2Mgcos 37°，
所以箱子继续减速运动
则根据牛顿第二定律：Mgsin 37°－μ2Mgcos 37°＝Ma2；
整理可以得到：a2＝2 m/s2
根据运动学公式：0－v22＝－2a2s箱2
所以：s箱2＝4 m
由于s箱1＋s箱2＝6.4 m＜8 m，
所以箱子不能运送到高处平台上
第一段减速时间：t减1＝＝ s＝0.4 s
此过程中传送带的位移大小
s减1＝v2t减1＝4×0.4 m＝1.6 m
两者相对位移Δs1＝s箱1－s减1＝2.4 m－1.6 m＝0.8 m
产生的热量为：Q1＝μ2Mgcos 37°·Δs1
解得Q1＝3.2 J
第二阶段：t减2＝＝ s＝2 s
此过程中传送带的位移大小s减2＝v2t减2＝4×2 m＝8 m
两者相对位移Δs2＝s减2－s箱2＝8 m－4 m＝4 m
产生的热量为：Q2＝μ2mgcos 37°·Δs2
解得Q2＝16 J
故总的热量为：Q＝Q1＋Q2＝19.2 J。
答案：(1)3.475 s (2)见解析
模型一 子弹打木块模型
子弹打木块模型的特征是系统由子弹和木块两个物体组成，相互作用力是摩擦力，在子弹打木块的过程中，因时间极短，内力远大于外力，认为系统动量守恒。常见的末状态是二者相对静止共同运动(如诊断卷第1、2题)或子弹射穿木块(如诊断卷第3题)。
(2017·泉州模拟)如图所示，在平直轨道上P点静止放置一个质量为2m的物体A，P点左侧粗糙，右侧光滑，现有一颗质量为m的子弹以v0的水平速度射入物体A并和物体A一起滑上光滑平面，与前方静止物体B发生弹性正碰后返回，在粗糙面滑行距离d停下。已知动摩擦因数为μ＝，求：
(1)子弹射入物体A过程中损失的机械能；
(2)B物体的质量。
[解析] (1)设子弹与物体A的共同速度为v，由动量守恒定律得mv0＝3mv
则该过程损失的机械能
ΔE＝mv02－·3mv2＝mv02。
(2)以子弹、物体A和物体B为系统，设B的质量为M，碰后子弹和物体A的速度为v1，物体B的速度为v2，
由动量守恒定律得3mv＝Mv2－3mv1
碰撞过程机械能守恒
·3mv2＝·3mv12＋Mv22
子弹与物体A滑上粗糙面到停止，由能量守恒定律
3μmgd＝·3mv12
又μ＝
综上可解得M＝9m。
[答案] (1)mv02 (2)9m
[方法点拨]
(1)在子弹打木块的过程中损失的机械能可用Q＝Ff·l相对求解，其中l相对为子弹打入木块的深度，也可用系统初、末状态机械能的差值求得。如[例1]第(1)问和诊断卷第2题的选项B。
(2)子弹与木块作用结束后，木块以后的运动可应用机械能守恒定律或动能定理等知识分析求解。
[针对训练]
1．[多选]如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为l，子弹进入木块的深度为d，若木块对子弹的阻力Ff视为恒定，则下列关系式中正确的是( )
A．Ffl＝Mv2
B．Ffd＝Mv2
C．Ffd＝mv02－(M＋m)v2
D．Ff(l＋d)＝mv02－mv2
解析：选ACD 作出如图所示的运动过程示意图，从图中可以看出，当木块前进距离l，子弹进入木块的深度为d时，子弹相对于地面发生的位移为l＋d，由牛顿第三定律，子弹对木块的作用力大小也为Ff。
子弹对木块的作用力对木块做正功，由动能定理得：
Ffl＝Mv2①
木块对子弹的作用力对子弹做负功，由动能定理得：
－Ff(l＋d)＝mv2－mv02②
两式联立得：
Ffd＝mv02－(M＋m)v2③
所以，A、C、D正确。
2．[多选]如图所示，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，木块B、C用一根弹性良好的轻弹簧连在一起，若MA＝MB＝4m，MC＝6m，则( )
A．从子弹射击A木块至弹簧第一次压缩最短的过程中，子弹和A、B、C三木块及轻弹簧组成的系统动量守恒
B．在弹簧第一次恢复原长过程中，B、C木块和弹簧组成的系统机械能守恒
C．弹簧第二次压缩最短时，B木块速度为
D．弹簧第二次恢复原长时，C木块速度一定大于
解析：选CD 从子弹射入A木块至弹簧第一次压缩最短的过程中，由于C木块受到墙壁的作用，子弹和A、B、C三木块及轻弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误。子弹射入木块A时，对子弹、A、B三者组成的系统，有mv0＝(m＋4m＋4m)v1，解得v1＝v0。
A、B以v1压缩弹簧到弹簧第一次恢复原长时，A、B速度大小仍为v1，方向向左，在弹簧恢复原长的过程中，B、C木块和弹簧组成的系统机械能不守恒。之后弹簧开始伸长，A、B分离，C离开墙壁。对B、C组成的系统，弹簧伸长最长时达到共同速度为v2，有4mv1＝(4m＋6m)v2。
解得v2＝v0。
之后vC大于vB，弹簧伸长量减小，C做加速度减小的加速运动，所以，弹簧第二次恢复原长时，C的速度一定大于v0。而弹簧第二次压缩最短时B的速度与伸长最长时B、C的共同速度相等，仍为v2。
所以，本题正确答案为C、D。
模型二 (涉及动量的)滑块—木板模型
在该类问题中，可以是力作用在滑块或木板上，使二者发生相对滑动，也可以是给滑块或木板一定的初速度，使二者发生相对滑动，二者间靠滑动摩擦力发生相互作用，使系统产生内能。如果系统不受外力或者某一方向上合力为零，则系统动量守恒或该方向上动量守恒。
如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙。重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ。使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短。设木板足够长，重物始终在木板上。重力加速度为g。求：
(1)设木板质量为m，木板与重物第一次与墙碰撞过程，系统动量的变化量。
(2)假设木板第二次与墙碰撞前重物恰好滑到木板另一端，木板的长度至少应是多长。
(3)木板从第一次与墙碰撞到第三次碰撞所经历的时间。
[解析] (1)木板第一次与墙碰撞后，木板的速度与碰撞前等大反向，而重物的速度尚未发生变化，则系统动量的变化量等于木板动量的变化量，取向右为正方向，则：
Δp＝－mv0－mv0＝－2mv0
即系统动量的变化量大小为2mv0，方向向左。
(2)木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，以向右为正方向，由动量守恒定律有：
2mv0－mv0＝(2m＋m)v，
解得：v＝，
由功能关系得：·3mv02－·3mv2＝2μmgx，
解得：x＝；
即木板的长度至少为。
(3)木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到速度为零，然后再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙。
木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用，木板向左做减速运动，速度先减小到0，设所用时间为t1，位移为x1，该过程中根据动量定理，有：
0－m(－v0)＝2μmg·t1①
所以：t1＝②
木板在这个过程中，由动能定理有：
－2μmgx1＝0－mv02③
所以：x1＝④
木板向右加速到二者速度相等的过程中，设所用的时间为t2，位移为x2，则由动量定理：
2μmgt2＝mv－0⑤
所以：t2＝＝⑥
由动能定理有：2μmg·x2＝mv2－0⑦
所以：x2＝⑧
木板在匀速运动的过程中，有：
x1－x2＝vt3，
联立得：t3＝⑨
木板第二次与墙碰撞后，仍然是先向左做匀减速直线运动，直到速度为零，然后再反向向右做匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第三次撞墙。
由于第二次与墙碰撞后木板的速度为v＝，结合前面的公式①到⑨可知，木板在第二次与墙壁碰撞后到第三次与墙壁碰撞前的三段时间分别为：
t4＝＝，t5＝＝，t6＝＝
木板从第一次与墙碰撞到第三次碰撞所经历的时间为：t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＋t6
联立得：t＝。
[答案] (1)2mv0，方向向左 (2) (3)
[方法点拨]
求解滑块—木板模型的功和能问题时，关键是要找到每个物体的对地位移。所以首先要采用隔离法对每个物体受力分析和运动分析，根据牛顿第二定律求出其加速度，由运动学公式表达出位移，结合恰好脱离时的位置关系画好运动草图，从而列出位移关系方程。然后结合功的公式或动能定理求解。若根据功能关系求解，必须全面分析系统外力做的功以及系统内各物体动能、势能以及系统内能的变化。
[针对训练]
1．[多选]如图所示，一块质量为M的木板B在光滑的水平桌面上以速度v0匀速向右滑行，某时刻把一质量为m的小铁块A(初速度为零)放在B的右端，它将在B上滑行一段距离后与B相对静止达到共同速度v，此时木板B前进距离x，小铁块到木板右端的距离为L，若小铁块和木板间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是( )
A．木板对铁块的摩擦力对铁块做的功等于μmgL
B．木板与铁块组成的系统动量守恒
C．系统产生的内能等于μmgL
D．系统产生的内能等于Mv02－(M＋m)v2
解析：选BCD 由运动过程示意图知，木板B前进的位移为x，小铁块A位移为x－L，相对位移为L，对A、B组成的系统：
木板对铁块的摩擦力对铁块做的功W1＝μmg(x－L)；
木板与铁块组成的系统所受合外力为零，所以动量守恒；
系统初动能为Mv02，系统末动能为(M＋m)v2，由能量守恒得，系统产生的内能为Mv02－(M＋m)v2，滑动摩擦力与相对位移的乘积μmgL就等于系统产生的内能，故A错误，B、C、D正确。
2．如图所示，质量为M＝2 kg的足够长的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为MA＝2 kg的物体A(可视为质点)。一个质量为m＝20 g的子弹以500 m/s的水平速度迅速射穿A后，速度变为100 m/s(子弹不会落在车上)，最后物体A静止在车上。若物体A与小车间的动摩擦因数μ＝0.5。(取g＝10 m/s2)
(1)平板车最后的速度是多大？
(2)子弹射穿物体A的过程中系统损失的机械能为多少？
(3)A在平板车上滑行的距离为多少？
解析：(1)设平板车最后的速度是v，子弹射穿A后的速度是v1。以子弹、物体A和小车组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋(M＋MA)v
代入数据解得v＝2 m/s。
(2)以子弹与A组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋MAv2
代入数据解得子弹射穿A后A获得的速度v2＝4 m/s
所以子弹射穿物体A过程中系统损失的机械能
ΔE＝mv02－mv12－MAv22＝2 384 J。
(3)假设A在平板车上滑行的距离为d。
根据能量守恒定律
μMAgd＝MAv22－(M＋MA)v2
代入数据解得d＝0.8 m。
答案：(1)2 m/s (2)2 384 J (3)0.8 m
模型三 (涉及能量的)传送带模型
传送带是靠滑动摩擦力或静摩擦力对物体做功的装置，在这一情景中以隐含动、静摩擦力的转换为纽带关联传送带和物体的相对运动。涉及物体的动能、重力势能、系统内能以及电能的转化。由于这一装置与生产、生活实际紧密相连，所涉及的问题能很好地考查学生的综合分析能力，所以传送带模型一直是高考的热点。而考查角度有水平传送带(如诊断卷第7题)和倾斜传送带(如诊断卷第8题)两种。
如图所示，有一水平传送带以6 m/s的速度按顺时针方向匀速转动，传送带右端连着一段光滑水平面BC，紧挨着BC的水平地面DE上放置一个质量M＝1 kg的木板，木板上表面刚好与BC面等高。现将质量m＝1 kg的滑块轻轻放到传送带的左端A处，当滑块滑到传送带右端B时刚好与传送带的速度相同，之后滑块又通过光滑水平面BC滑上木板。滑块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.45，滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.05，取g＝10 m/s2。求：
(1)滑块从传送带A端滑到B端，相对传送带滑动的路程；
(2)滑块从传送带A端滑到B端，传送带因传送该滑块多消耗的电能；
(3)设木板受到的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，则木板至少多长才能使滑块不从木板上掉下来。
[解析] (1)滑块在传送带上受到向右的摩擦力，到达传送带右端时速度为v＝6 m/s。
a＝μ1g＝4.5 m/s2
t＝＝ s，x1＝at2＝4 m。
传送带位移x2＝vt＝8 m
Δx＝x2－x1＝4 m。
(2)传送带因传送滑块多消耗的电能
Q＝fx＋mv2＝μ1mgΔx＋mv2＝36 J。
(3)滑块以6 m/s的速度滑上木板，对滑块和木板受力分析：滑块受到木板对其向左的摩擦力，设滑块做减速运动的加速度为a滑，则a滑＝μ2g＝2 m/s2
木板受到滑块对其向右的摩擦力和地面对其向左的摩擦力，由牛顿第二定律得μ2mg－μ3(M＋m)g＝Ma木，解得a木＝1 m/s2
假设滑块在木板上经过时间t，木板和滑块达到共同速度v共
对滑块：x滑＝vt－a滑t2，v共＝v－a滑t
对木板：x木＝a木t2，v共＝a木t
则木板长度L＝x滑－x木
代入数据得：L＝6 m。
[答案] (1)4 m (2)36 J (3)6 m
[方法点拨]
1．传送带对物体做的功：W＝fx
传送带是通过摩擦力对物体做功，因此传送带对物体做的功也就是摩擦力对物体做的功。其中f为物体所受到的摩擦力，x为作用在物体上摩擦力的位移(即物体的位移)。
2．系统增加的内能：Q＝fx相对
系统增加的内能等于由于摩擦而产生的热量，等于滑动摩擦力与相对位移x相对的乘积。只有发生了相对运动，系统内才能产生热量，因此f为滑动摩擦力。
3．传送带克服摩擦力做的功：W＝fx
其中，f为摩擦力，由于研究对象为传送带，因此x为传送带的位移。
4．电动机做的功：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q
电动机做的功等于动能的增加量与重力势能的增加量、热量的总和。
5．电动机所输出的电能：W＝E
电动机所输出的电能等于电动机做的功。
[针对训练]
如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A、B两点间的距离为l＝5 m，传送带在电动机的带动下以v＝1 m/s的速度匀速运动。现将一质量为m＝10 kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中(g取10 m/s2)，求：
(1)传送带对小物体做的功；
(2)电动机做的功。
解析：(1)小物体轻放在传送带上时，受力分析如图所示：
根据牛顿第二定律得沿斜面方向
μmgcos θ－mgsin θ＝ma，
可知，小物体上升的加速度为a＝2.5 m/s2，当小物体的速度为v＝1 m/s时，位移x＝＝0.2 m，
由于mgsin θ＜μmgcos θ，所以小物体将以v＝1 m/s的速度完成4.8 m的路程。由功能关系得：(传送带对物体做的功＝机械能的增加)
W＝ΔEp＋ΔEk＝mglsin θ＋mv2＝255 J。
(2)电动机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q，由v＝at，得t＝＝0.4 s，
相对位移x′＝vt－at2＝0.2 m，
摩擦热Q＝μmgx′cos θ＝15 J，
故电动机做的功为W电＝W＋Q＝270 J。
答案：(1)255 J (2)270 J
1．[多选](2017·黄山模拟)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是( )
A．上述过程中，F做功大小为mv12＋Mv22
B．其他条件不变的情况下，M越大，s越小
C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D．其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多
解析：选BD 由牛顿第二定律得：Ff＝Ma1，F－Ff＝ma2，又L＝a2t2－a1t2，s＝a1t2，M越大，a1越小，t越小，s越小，B正确；F越大，a2越大，t越小，C错误；由Q＝FfL可知，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，D正确；力F
做的功还有一部分转化为系统热量Q，故A错误。
2．(2018届高三·潍坊调研)如图所示，滑块A、B静止于光滑水平桌面上，B的上表面水平且足够长，其左端放置滑块C，B、C间的动摩擦因数为μ(数值较小)，A、B由不可伸长的轻绳连接，绳子处于松弛状。现在突然给C一个向右的速度v0，让C在B上滑动，当C的速度为v0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B的速度为v0。已知A、B、C的质量分别为2m、3m、m。求：
(1)从C获得速度v0开始经过多长时间绳子刚好伸直；
(2)从C获得速度v0开始到轻绳被拉断的过程中整个系统损失的机械能。
解析：(1)从C获得速度v0到绳子拉直的过程中，根据动量定理得：
－μmgt＝mv0－mv0
解得：t＝。
(2)设绳子刚拉直时B的速度为vB，对B、C系统，由动量守恒定律得：
mv0＝m·v0＋3mvB
解得：vB＝v0
绳子拉断的过程中，A、B组成的系统动量守恒，以向右为正，根据动量守恒定律得：
3mvB＝2mvA＋3m·v0
解得：vA＝v0
整个过程中，根据能量守恒定律得：
Q＝mv02－×2mvA2－×3m·2－m·2＝mv02。
答案：(1) (2)mv02
3．如图所示，两块厚度相同的木块A、B，紧靠着放在光滑的水平面上静止不动，其质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg，它们的下表面光滑，上表面粗糙。另有质量为mC＝1 kg的铁块C(长度不计)以v0＝10 m/s的速度从木块A的上表面左端开始运动。由于摩擦，铁块C最终停在木块B上，此时木块B和铁块C的共同速度为v＝3 m/s。设铁块C与木块A、B上表面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5。重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．铁块C在木块B上相对B滑行的距离为0.1 m
B．铁块C在木块B上相对B滑行的距离为0.2 m
C．铁块C在木块B上相对B滑行的距离为0.4 m
D．铁块C在木块B上相对B滑行的距离为1.2 m
解析：选B 铁块C在木块A上滑动过程：设C离开A时，A的速度为v1，C的速度为v2，三物体系统动量守恒，取向右为正方向，有
mCv0＝(mA＋mB)v1＋mCv2①
由能量守恒定律得
μmCgLA＝mCv02－(mA＋mB)v12－mCv22②
铁块C在木块B上滑动的过程：两物体系统动量守恒，有mBv1＋mCv2＝(mB＋mC)v③
解①②③式得LA＝7.2 m，v1＝2 m/s，v2＝4 m/s。④
设C相对B滑动的距离为LB，由能量守恒定律得
μmCgLB＝mBv12＋mCv22－(mB＋mC)v2⑤
解④⑤式LB＝0.2 m，故B正确。
4．(2017·中卫一模)在如图所示的竖直平面内，有一固定在水平地面的光滑平台。平台右端B与静止的水平传送带平滑相接，传送带长L＝1 m。有一个质量为m＝0.5 kg，带电荷量为q＝＋10－3
C的滑块，放在水平平台上。平台上有一根轻质弹簧左端固定，右端与滑块接触但不连接。现用滑块缓慢向左移动压缩弹簧，且弹簧始终在弹性限度内。在弹簧处于压缩状态时，若将滑块由静止释放，滑块最后恰能到达传送带右端C点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.20(g取10 m/s2)。求：
(1)滑块到达B点时的速度vB，及弹簧储存的最大弹性势能Ep；
(2)若传送带以1.5 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，释放滑块的同时，在BC之间加水平向右的匀强电场E＝5×102 N/C。滑块从B运动到C的过程中，摩擦力对它做的功。
解析：(1)设弹簧储存的最大弹性势能为Ep，滑块从静止释放至运动到B点，由能量守恒定律知：Ep＝mvB2
从B到C，根据动能定理得：－μmgL＝0－mvB2
解得：vB＝2 m/s，Ep＝1 J。
(2)加电场后，由于vB＞v传，所以滑块刚滑上传送带时做匀减速直线运动，μmg－qE＝ma
滑块减速至与传送带共速的时间为：
t1＝＝0.5 s，
滑块减速的位移为x1＝t1＝0.875 m＜L，
故滑块之后匀速运动，从B到C，由动能定理得
qEL＋Wf＝mv传2－mvB2
解得：Wf＝－0.937 5 J。
答案：(1)2 m/s 1 J (2)－0.937 5 J
第五讲活用三大观点破解力学计算题
1．在一次“模拟微重力环境”的实验中，实验人员乘坐实验飞艇到达h1＝6 000 m的高空，然后让飞艇由静止下落，下落过程中飞艇所受阻力为其重力的0.04倍。实验人员可以在飞艇内进行微重力影响的实验，当飞艇下落到距地面的高度h2＝3 000 m时，开始做匀减速运动，以保证飞艇离地面的高度不低于h＝500 m，取g＝10 m/s2，求：
(1)飞艇加速下落的时间t；
(2)减速运动过程中，实验人员对座椅的压力F与其重力mg的比值的最小值。
解析：(1)设飞艇加速下落的加速度为a1，
由牛顿第二定律得：Mg－f＝Ma1
解得a1＝＝9.6 m/s2
加速下落的高度为h1－h2＝3 000 m，
根据位移时间关系公式，有：h1－h2＝a1t2，
故加速下落的时间为
t＝ ＝ s＝25 s。
(2)飞艇开始做减速运动时的速度为v＝a1t＝240 m/s
匀减速下落的最大高度为
h2－h＝3 000 m－500 m＝2 500 m
要使飞艇在下降到离地面500 m时速度为零，飞艇减速时的加速度a2至少应为
a2＝＝ m/s2＝11.52 m/s2
根据牛顿第二定律可得F′－mg＝ma2，
根据牛顿第三定律可得F＝F′，
则：＝2.152。
答案：(1)25 s (2)2.152
2．某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB＝4 m，倾斜传送带长度LCD＝4.45 m，倾角为θ＝37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1＝5 m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：
(1)工件被第一次传送到CD传送带上升的最大高度和所用的时间；
(2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2大小(v2＜v1)。
解析：(1)工件刚放在传送带AB上，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a1，速度增加到v1时所用时间为t1，位移大小为s1，则由受力分析图甲以及牛顿运动定律可得：N1＝mg
f1＝μN1＝ma1
联立解得：a1＝5 m/s2。
由运动学公式有：t1＝＝ s＝1 s
s1＝a1t12＝×5×12 m＝2.5 m
由于s1＜LAB，随后工件在传送带AB上做匀速直线运动到B端，则匀速运动的时间t2为：
t2＝＝0.3 s
工件滑上CD传送带后在沿传送带向下的重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a2，速度减小到零时所用时间为t3，位移大小为s2，则由受力分析图乙以及牛顿运动定律可得：N2＝
mgcos θ
mgsin θ＋μN2＝ma2
由运动学公式有：s2＝
联立解得：a2＝10 m/s2。
s2＝1.25 m
工件沿CD传送带上升的最大高度为：
h＝s2sin θ＝1.25×0.6 m＝0.75 m
沿CD上升的时间为：t3＝＝ s＝0.5 s
故总时间为：t＝t1＋t2＋t3＝1.8 s。
(2)CD传送带以速度v2大小向上传送时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a2；
当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，设其加速度大小为a3，两个过程的位移大小分别为s3和s4，受力分析如图丙所示，
由运动学公式和牛顿运动定律可得：
－2a2s3＝v22－v12
mgsin θ－μN2＝ma3
－2a3s4＝0－v22
LCD＝s3＋s4
解得：v2＝4 m/s。
答案：(1)0.75 m 1.8 s (2)4 m/s
3．如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连。小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E
滑出该轨道进入EF水平轨道。小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，重力加速度为g，小球与斜轨道AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R。求(在运算中，根号中的数值无须算出)：
(1)小球滑到圆弧管道底端C时速度的大小；
(2)小球运动到C点时对轨道的作用力；
(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足什么条件？
解析：(1)设小球到达C点时速度为vC，小球从A运动至C过程，由动能定理有
mg(5Rsin 37°＋1.8R)－μmgcos 37°·5R＝mvC2
可得vC＝ 。
(2)小球沿BC轨道做圆周运动，设在C点时轨道对球的作用力为FN，由牛顿第二定律，有FN－mg＝m
其中r满足r＋r·sin 53°＝1.8R
联立上式可得FN＝6.6mg
由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg，方向竖直向下。
(3)要使小球不脱离轨道，有两种情况：
情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道，则小球在最高点应满足m≥mg
小球从C点到此最高点过程，由动能定理，有
－μmgR－mg·2R′＝mvP2－mvC2
可得R′≤R＝0.92R
情况二：小球最多上滑至四分之一圆轨道，然后滑回D点。则由能量守恒定律得
mvC2－μmgR≤mg·R′
解得R′≥2.3R
所以要使小球不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足R′≤0.92R或R′≥2.3R。
答案：(1) (2)6.6mg 方向竖直向下
(3)R′≤0.92R或R′≥2.3R
4．如图，质量为m的b球静置在水平固定轨道BC的左端C处。质量为2m的a球从距水平轨道BC高度为h的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道滑下。a球滑到C处与b球发生正碰，并与b球粘合在一起沿水平方向飞出，最后落在地面上的D点。已知水平轨道BC距地面的高度为H，重力加速度为g。求：
(1)a球与b球碰前瞬间，a球的速度大小；
(2)C、D两点之间的水平距离和碰撞过程中损失的机械能。
解析：(1)设a球与b球碰前瞬间的速度大小为vC，
根据机械能守恒定律有2mgh＝×2mvC2，
解得vC＝。
(2)设a球与b球碰后的速度大小为v，由动量守恒定律有2mvC＝(m＋2m)v，
得v＝vC＝，设C、D两点间的水平距离为L，两球粘合在一起做平抛运动，有H＝gt2，L＝vt，
联立解得L＝，
碰撞过程中损失的机械能
E＝×2mvC2－×3mv2＝mgh。
答案：(1) (2) mgh
5．如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。
(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；
(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度vm；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小。
解析：(1)滑块到达B点时的速度最大，受到的支持力最大；滑块下滑的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR＝mvB2，滑块在B点处受到的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
N－mg＝m，解得：N＝3mg，
由牛顿第三定律得：滑块对小车的压力：N′＝N＝3mg
即滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg。
(2)①在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，设小车的最大速度是vm，
由机械能守恒定律得：mgR＝Mvm2＋m(2vm)2，
解得：vm＝ 。
②由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，所以滑块从
B到C运动过程中，滑块的平均速度是小车的平均速度的2倍，即：滑块＝2车，
由于它们运动的时间相等，根据：
x＝ t可得s滑块＝2s车
又：s滑块＋s车＝L
所以小车的位移大小：s车＝L。
答案：(1)3mg (2)① ②L
一、高考力学计算题的四个特性
1．研究对象的多体性
解题时要求正确选取研究对象，应用隔离法和整体法，分别对不同的研究对象应用恰当的规律。
2．物理过程的复杂性
对于有多个物理过程的问题，要将复杂的过程分割成一个一个的子过程，再分别对每个过程分析，选择恰当的规律。
3．已知条件的隐蔽性
对于运动学中一些常见的隐含条件要非常清楚。
4．物理模型的新颖性
要求能将新颖情境还原为基本模型。
二、解答力学计算题的三大观点
三大观点
对应规律
公式表达
动力学观点
牛顿第二定律
F合＝ma
匀变速直线
v＝v0＋at
运动规律
x＝v0t＋at2
v2－v02＝2ax等
能量观点
动能定理
W合＝ΔEk
功能关系
WG＝－ΔEp等
机械能守恒定律
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
能量守恒定律
E1＝E2
动量观点
动量定理
F合·t＝p′－p
动量守恒定律
p1＋p2＝p1′＋p2′
三、三大观点的应用
1．动力学观点
动力学观点常用于求解恒力作用下的单体多过程直线运动或多体多过程直线运动。如诊断卷第1、2题，其中第2题为水平方向和倾斜方向分段直线运动的组合问题。
如图所示，在水平地面建立x轴，质量为m＝1 kg的木块放在质量为M＝2 kg的长木板上，木板长L＝11.5 m。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.9(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。木块与木板保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0＝10 m/s，在坐标为xP＝21 m处有一挡板P，木板与挡板P瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板P，g取10 m/s2，求：
(1)木板碰挡板P时的速度大小；
(2)最终木板停止运动时其左端A的位置坐标(结果保留到小数点后两位)。
[解析] (1)对木块和木板组成的系统，根据牛顿第二定律得μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1
根据匀变速直线运动规律得
v02－v12＝2a1xBP
其中xBP＝21 m－11.5 m＝9.5 m
解得v1＝9 m/s。
(2)对木块，由牛顿第二定律，有
μ2mg＝mam
对木板，由牛顿第二定律，有
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝MaM
解得am＝9 m/s2，aM＝6 m/s2
设经时间t1，木块停止，则t1＝1 s
此时木板的速度vM＝v1－aMt1＝3 m/s，方向向左。
设再经时间t2二者达到共同速度v2，则
v2＝vM－aMt2＝amt2
解得t2＝0.2 s，v2＝1.8 m/s，方向向左。
木板的位移x1＝·(t1＋t2)＝×(1＋0.2)m＝6.48 m
之后二者以加速度a1＝1 m/s2向左减速运动至静止
位移x2＝1.62 m
所以最终木板左端A点位置坐标为
x＝xP－L－x1－x2＝1.40 m。
[答案] (1)9 m/s (2)1.40 m
[方法点拨]
(1)牛顿运动定律是动力学的基础，也是高考命题的重点和热点。牛顿运动定律与匀变速直线运动规律相结合，常用于解决斜面问题、滑块木板问题、传送带问题等。
(2)物体的受力情况往往与运动情况相联系，因此，应结合实际情况，将物体运动过程分为多个阶段，再分析每个阶段物体的运动规律和受力情况，同时注意各阶段间的速度关系和位移关系。
2．能量观点
(1)不涉及物体运动加速度和时间的问题，可优先考虑使用动能定理。如诊断卷第3题第(1)问。
(2)如果只有重力或弹簧弹力做功，而又不涉及运动的过程时，可优先考虑使用机械能守恒定律。如诊断卷第4、5题。
(3)若物体间相互作用，明确两物体间相对滑行距离，或以此为待求量时，可优先考虑应用功能关系或能量转化与守恒定律。
如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回。已知R＝0.4 m，L＝2.5 m，v0＝6 m/s，物块质量 m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其他部分摩擦不计。取g＝10 m/s2。求：
(1)物块第一次经过圆形轨道最高点B时对轨道的压力；
(2)物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度L，当L长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动。
[解析] (1)对物块，第一次从A点运动到B点，由机械能守恒定律得：mv02＝mvB2＋mg·2R
在B点，有：N1＋mg＝
解得：N1＝40 N
根据牛顿第三定律知，物块对轨道的压力大小为40 N，方向竖直向上。
(2)对物块，从A点到第二次到达B点，由动能定理得，－μmg·2L－mg·2R＝mvB′2－mv02
在B点，有：mg＝
解得：L＝1 m
[答案] (1)40 N 方向竖直向上 (2)1 m
[方法点拨]
单物体曲线运动中的多过程问题往往是圆周运动、平抛运动再穿插直线运动的组合，而竖直平面内的圆周运动，常利用机械能守恒定律或动能定理列出对应方程，同时注意圆周运动中的绳模型和杆模型，如上述例2第(2)问。
3．动量观点
动量观点常用于解决涉及时间的问题或牛顿第二定律不能解决的变力作用问题，以及涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等问题。如诊断卷第4题第(2)问，a、b两球的碰撞问题；第5题，滑块和圆弧轨道在变力作用下的运动位移问题。
如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m的物块B，B的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B平衡时，弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧的原长位置。在斜面顶端另有一质量也为m的物块A，距物块B为3x0，现让A从静止开始沿斜面下滑，A与B相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一起向上运动，并恰好回到O点(A、B均视为质点)。试求：
(1)A、B相碰后瞬间的共同速度的大小；
(2)A、B相碰前弹簧具有的弹性势能；
(3)若在斜面顶端再连接一光滑的半径R＝x0的半圆轨道PQ，圆弧轨道与斜面相切于最高点P，现让物块A以初速度v从P点沿斜面下滑，与B碰后返回到P点还具有向上的速度，则v为多大时物块A恰能通过圆弧轨道的最高点？
[解析] (1)A与B碰撞前后，设A的速度分别是v1和v2，因A下滑过程中，机械能守恒，有：
mg(3x0)sin 30°＝mv12
解得：v1＝①
又因A与B碰撞过程中，动量守恒，有：mv1＝2mv2②
联立①②得：v2＝v1＝。
(2)碰后，A、B和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒。
则有：Ep＋·2mv22＝0＋2mg·x0sin 30°
解得：Ep＝2mg·x0sin 30°－·2mv22＝mgx0－mgx0＝mgx0。③
(3)设物块A在最高点C的速度是vC，
物块A恰能通过圆弧轨道的最高点C点时，重力提供向心力，得：mg＝
所以：vC＝＝④
C点相对于O点的高度，如图所示：
h＝R＋Rcos 30°＋2x0sin 30°
＝x0⑤
物块从O到C的过程中机械能守恒，得：
mvO2＝mgh＋mvC2⑥
联立④⑤⑥得：vO＝⑦
设A与B碰撞后共同的速度为vB，碰撞前A的速度为vA，物块A从P到与B碰撞前的过程中机械能守恒，得：
mv2＋mg(3x0sin 30°)＝mvA2⑧
A与B碰撞的过程中动量守恒，得：mvA＝2mvB⑨
A与B碰撞结束后到O的过程中机械能守恒，得：·2mvB2＋Ep＝·2mvO2＋2mg·x0sin 30°⑩
由于A与B不粘连，到达O点时，滑块B开始受到弹簧的拉力，A与B分离。
联立⑦⑧⑨⑩解得：v＝2。
[答案] (1) (2)mgx0 (3)2
[方法点拨]
物块A与B的碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞过程中有机械能损失，但物块A与B碰撞后一起运动的过程中系统机械能是守恒的。
1．(2017·枣庄期末)如图甲所示，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vt图像如图乙所示，其中除1～2 s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，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：
(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，由题图乙可知，在时间t1＝1 s内，物体做匀加速直线运动的加速度大小为a＝5 m/s2，1 s末物体的速度大小达到v1＝5 m/s，此过程中，设细绳拉力的大小为F1，则根据运动学公式和牛顿第二定律可得：v1＝at1
F1－mgsin 30°＝ma
设在1 s末电动机的输出功率为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：x＝at12
W1－mgxsin 30°＝mv12
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。
答案：(1)100 W (2)10 m/s (3)250 J
2．(2017·天津高考)如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。现将B竖直向上再举高h＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g＝10 m/s2，空气阻力不计。求：
(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；
(2)A的最大速度v的大小；
(3)初始时B离地面的高度H。
解析：(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，
有h＝gt2 ①
代入数据解得t＝0.6 s。 ②
(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vB＝gt ③
细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得
mBvB＝(mA＋mB)v ④
之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为A的最大速度，
联立②③④式，代入数据解得v＝2 m/s。 ⑤
(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有
(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH ⑥
代入数据解得H＝0.6 m。 ⑦
答案：(1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m
3．质量分别为2m和m的滑块1和滑块2通过一根细线拴接在压缩的弹簧两端，某一刻细线剪断后滑块1沿水平面向左运动，滑块2向右从斜面底端开始沿斜面向上运动，忽略滑块2沿斜面向上运动前的速度大小变化，当斜面倾角θ＝30°时，滑块1和滑块2滑行的最大距离之比为∶4，当倾斜角度变化时，滑块沿斜面滑行的最大距离也会随之变化。重力加速度为g，水平部分和斜面部分动摩擦因数相同。求：
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数；
(2)假设滑块2的初速度为v0，当斜面倾角为多大时，滑块滑行的最大距离最小，最小值是多少？
解析：(1)细线剪断瞬间两个滑块组成的系统动量守恒，有2mv1＝mv2
对滑块1水平向左滑行，根据功能关系有
μ·2mgx1＝·2mv12
对滑块2沿斜面向上滑行，根据受力可得
a1＝gsin 30°＋μgcos 30°
滑块2滑行最远距离x2＝
根据＝
可得μ＝。
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，滑块的加速度为a2，则：
－mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
设滑块的位移为x，根据运动学公式：0－v02＝2a2x
则x＝
＝＝，
当θ＋30°＝90°时，x最小，即θ＝60°
x最小值为xmin＝＝。
答案：(1) (2)60°
4．(2017·凉山州一诊)如图所示，水平面上有一长度L＝4 m的薄凹槽CD，长L1＝2 m、质量M＝1 kg的薄板放在凹槽右侧D点静止，水平面两侧各有一个R＝0.5 m的半圆轨道。D点右侧静止一质量m＝0.98 kg的小木块。现有一颗质量m0＝20 g的子弹以v0＝100 m/s的速度射入木块，共速后滑上薄板，板与木块间动摩擦因数μ＝0.05，其余一切摩擦不计。若薄板每次与C、D面碰后速度立即减为0且与C、D面不粘连，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)子弹与木块碰后共同的速度为多大？
(2)木块过圆弧B点时对B点压力为多大？
(3)木块最终停止时离D点多远？
解析：(1)设子弹与木块的共同速度为v，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：
m0v0＝(m0＋m)v
代入相关数据解得：v＝2 m/s。
(2)木块滑上薄板后，木块的加速度
a1＝μg＝0.5 m/s2，且方向向右。
薄板产生的加速度a2＝＝0.5 m/s2，且方向向左。
设经过时间t，木块与薄板以共同速度v′运动
则：v′＝v－a1t＝a2t
解得v′＝1 m/s，t＝2 s。
此时木块在薄板上运动的距离
Δx＝vt－a1t2－a2t2
代入数据解得Δx＝2 m＝L1，
故共速时，木块恰好在薄板左侧
木块过B点时圆弧轨道对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：
N－(m＋m0)g＝(m＋m0)
代入相关数据解得：N＝12 N
由牛顿第三定律知，木块过圆弧B点时对B点压力为12 N。
(3)木块沿半圆轨道向上运动后返回到C点，当木块再由C处滑上薄板时，设经过t1共速，此时薄板和木块的共同速度为v1
则：v1＝v′－a1t1＝a2t1
解得v1＝0.5 m/s，t1＝1 s。
此时木块在薄板上运动的距离
Δx′＝v′t1－a1t12－a2t12＝0.5 m
薄板与D面碰撞后，v薄板＝0，木块以速度v1＝0.5 m/s的速度向右做减速运动
设经过t2时间速度为0，
则t2＝＝1 s
x＝v1t2－a1t22＝0.25 m
故ΔL＝L1－Δx′－x＝1.25 m
即木块停止运动时离D点1.25 m远。
答案：(1)2 m/s (2)12 N (3)1.25 m
5．如图所示，四分之一圆弧轨道OA与传送带相切相连，下方的CD水平轨道与他们在同一竖直面内。圆弧轨道OA的半径R＝1.25 m，传送带长s＝2.25 m，圆弧轨道OA光滑，AB与CD间的高度差为h。一滑块从O点由静止释放，当滑块经过B点时(无论传送带是否运动)，静止在CD上的长为L＝m的薄木板(此时木板的左端在B点的正下方)在F＝12 N的水平恒力作用下启动。
已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板的质量M＝1 kg，木板与水平轨道CD间的动摩擦因数μ2＝0.4，g取10 m/s2。
(1)如果传送带静止，求滑块到达B点时的速度大小；
(2)如果传送带静止，若滑块能落在木板上，求h的取值范围；
(3)如果传送带可以以任意速度传动，取h＝20 m，试判断滑块还能否落在木板上。
解析：(1)设滑块滑到A点时的速度为vA，由机械能守恒定律可知：mgR＝mvA2
代入数据解得：vA＝5 m/s；
滑块滑过静止的传送带到达B点时，速度为vB，
由动能定理有：－μ1mgs＝mvB2－mvA2
代入数据得：vB＝4 m/s。
(2)设木板在CD上运动的加速度为a，由牛顿第二定律得：a＝＝8 m/s2；
若滑块能落在木板上，可得vBt1≥at12
代入数据解得：t1≤1 s；
对应的高度为：h1＝gt12
代入数据解得：h1≤5 m；
如果滑块恰好落在木板右端，需用时t2，
则有：vBt2≤at22＋L
解得：t2≥ s和0≤t2≤ s
对应的高度为：h2＝gt22
解得：h2≥ m，
0≤h2≤ m，
故h的取值范围为，。
(3)如果h＝20 m，则滑块落在木板上的时间为t，则有h＝gt2，解得t＝2
s；如果滑块落在木板左端，需要滑块有速度vB1，则有vB1t＝at2，解得vB1＝8 m/s；由于传送带的速度足够大，所以可以让滑块一直处于加速状态，设滑块运动到B点的速度为vB1′，则由动能定理有：μ1mgs＝mvB12－mvA2
解得：vB1′＝ m/s＜8 m/s；
即传送带不足以使滑块获得落在木板上所需的速度，故滑块不能落在木板上。
答案：(1)4 m/s (2)，
(3)滑块不能落在木板上
