2020版高考物理二轮复习 专题二 动量与能量 第1讲 动量观点与能量观点在力学中的应用学案

2020版高考物理二轮复习 专题二 动量与能量 第1讲 动量观点与能量观点在力学中的应用学案

第1讲　动量观点与能量观点在力学中的应用 网络构建 备考策略 ‎1.解决力学综合题目的关键要做好“三选择”‎ ‎(1)当运动物体受到恒力作用而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题。‎ ‎(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律。‎ ‎(3)当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律。‎ ‎2.碰撞中的“三看”和“三想”‎ ‎(1)看到“弹性碰撞”，想到“动量守恒与机械能守恒”。‎ ‎(2)看到“非弹性碰撞”，想到“动量守恒但机械能有损失”。‎ ‎(3)看到“完全非弹性碰撞或者碰后连体”，想到“动量守恒，机械能损失最大”。‎ ‎　能量观点在力学中的应用 ‎　功和功率的理解与计算 ‎【典例1】 (多选)(2018·全国卷Ⅲ，19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t 20‎ 的变化关系如图1所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程(　　)‎ 图1‎ A.矿车上升所用的时间之比为4∶5‎ B.电机的最大牵引力之比为2∶1‎ C.电机输出的最大功率之比为2∶1‎ D.电机所做的功之比为4∶5‎ 解析　根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，即v0×2t0＝×v0[2t0＋t′＋(t0＋t′)]，解得t′＝t0，则对于第①次和第②次提升过程中，矿车上升所用的时间之比为2t0∶(2t0＋t0)＝4∶5，A正确；加速过程中的牵引力最大，且已知两次加速时的加速度大小相等，故两次中最大牵引力相等，B错误；由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为2∶1，由功率P＝Fv，得最大功率之比为2∶1，C正确；两次提升过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故电机所做的功之比为1∶1，D错误。‎ 答案　AC ‎　动能定理的应用 ‎【典例2】 (2018·全国卷Ⅱ，14)如图2，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定(　　)‎ 图2‎ A.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　由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确。‎ 20‎ 答案　A ‎　动力学规律和动能定理的综合应用 ‎【典例3】 (2018·全国卷Ⅰ，18)如图3，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)‎ 图3‎ A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR 解析　设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程， 由动能定理有F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得vc＝2。小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝＝2，在水平方向的位移大小为x＝gt2＝2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，A、B、D错误。‎ 答案　C ‎　应用动力学观点和能量观点解决多过程问题 ‎【典例4】 (2018·全国卷Ⅲ，25)如图4，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求 20‎ 图4‎ ‎(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；‎ ‎(2)小球到达A点时动量的大小；‎ ‎(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。‎ 解析　(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有 ＝tan α①‎ F2＝(mg)2＋F②‎ 设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得 F＝m③‎ 由①②③式和题给数据得 F0＝mg④‎ v＝⑤‎ ‎(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得 DA＝Rsin α⑥‎ CD＝R(1＋cos α)⑦‎ 由动能定理有 ‎－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧‎ 由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为 p＝mv1＝⑨‎ ‎(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g 20‎ ‎。设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从c点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有 v⊥t＋gt2＝CD⑩‎ v⊥＝vsin α⑪‎ 由⑤⑦⑪式和题给数据得 t＝⑫‎ 答案　(1)mg　　(2)　(3) 功能关系的应用“三注意”‎ ‎(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况。‎ ‎(2)当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能的转化和守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ff x相对，x相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。‎ ‎(3)应用能量守恒定律解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。‎ ‎1.(多选)如图5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(　　)‎ 图5‎ 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mgh 20‎ D.载人滑草车在下段道上的加速度大小为 g 解析　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。‎ 答案　AB ‎2.如图6所示，BC是高处的一个平台，BC右端连接内壁光滑、半径r＝‎0.2 m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方一根劲度系数为k＝100 N/m的轻弹簧直立于水平地面上，弹簧下端固定，上端恰好与管口D端平齐，一可视为质点的小球在水平地面上的A点斜向上抛出，恰好从B点沿水平方向进入高处平台，A、B间的水平距离为xAB＝‎1.2 m，小球质量m＝‎1 kg。已知平台离地面的高度为h＝‎0.8 m，小球与BC间的动摩擦因数μ＝0.2，小球进入管口C端时，它对上管壁有10 N的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧弹性势能Ep＝0.5 J。若不计空气阻力，取重力加速度大小g＝‎10 m/s2。求：‎ 图6‎ ‎(1)小球通过C点时的速度大小vC；‎ ‎(2)平台BC的长度L；‎ ‎(3)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm。‎ 20‎ 解析　(1)小球通过C点时，它对上管壁有F＝10 N的作用力，则上管壁对小球也有F′＝10 N的作用力，根据牛顿运动定律有 F′＋mg＝m 得vC＝‎2 m/s ‎(2)小球从A点抛出到B点所用时间t＝＝0.4 s 到B点时速度大小为vB＝＝‎3 m/s 小球从B点到C点的过程中，根据动能定理有 ‎－μmgL＝mv－mv 得平台BC的长度L＝‎‎1.25 m ‎(3)小球压缩弹簧至速度达到最大时，加速度为零，则 mg＝kx 弹簧的压缩量x＝‎‎0.1 m 从C位置到小球的速度达到最大的过程中，根据机械能守恒定律有 mg(r＋x)＋mv＝Ekm＋Ep 得Ekm＝4.5 J 答案　(1)‎2 m/s　(2)‎1.25 m　(3)4.5 J ‎　动量观点和能量观点在力学中的应用 ‎　动量和动能的关系 ‎【典例1】 (2018·全国卷Ⅰ，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(　　)‎ A.与它所经历的时间成比 B.与它的位移成正比 C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比 解析　列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v＝at，且列车的动能为Ek＝mv2，由以上整理得Ek＝ma2t2‎ 20‎ ‎，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将x＝at2代入上式得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek＝可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误。‎ 答案　B ‎　动量定理的应用 ‎【典例2】 (2018·全国卷Ⅱ，15)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个‎50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(　　)‎ A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N 解析　根据自由落体运动和动量定理有2gh＝v2(h为25层楼的高度，约‎70 m)，Ft＝mv，代入数据解得F≈1×103 N，所以C正确。‎ 答案　C ‎　动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用 ‎【典例3】 (2018·全国卷Ⅰ，24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求 ‎(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；‎ ‎(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。‎ 解析　(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有 E＝mv①‎ 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有 ‎0－v0＝－gt②‎ 联立①②式得 t＝③‎ ‎(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有 E＝mgh1④‎ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有 20‎ mv＋mv＝E⑤‎ mv1＋mv2＝0⑥‎ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。‎ 设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有 mv＝mgh2⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 h＝h1＋h2＝⑧‎ 答案　(1)　(2) 动量和能量综合问题的主要情境模型为：碰撞、滑块在滑板上滑动和爆炸。‎ ‎(1)碰撞过程满足动量守恒并遵循碰撞后系统动能不增加、碰撞前后的运动情况要合理的原则。‎ ‎(2)滑块放置在光滑水平地面的滑板上滑动时，滑块和滑板组成的系统满足动量守恒，滑块和滑板之间因摩擦生热，故系统机械能减少，一般利用功能关系(即摩擦产生的热量等于系统动能的减少量)列方程求解。‎ ‎1.(2018·重庆一模)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图7所示的位移—时间图象。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。已知相互作用时间极短。由图象给出的信息可知(　　)‎ 图7‎ A.碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2‎ B.碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量大 20‎ C.碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小 D.滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的 解析　由x－t图象可知，‎ 碰前：va＝‎2 m/s　vb＝‎0.8 m/s 碰后：vc＝‎0.4 m/s va∶vb＝5∶2，故选项A错误；‎ 由图象可知，两滑块碰后的动量方向与碰撞滑块Ⅱ的动量方向相同，所以滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小，选项B错误；由动量守恒定律得mbvb－mava＝(ma＋mb)vc 代入数据得＝，故选项D正确；‎ Eka＝mav＝2ma，‎ Ekb＝mbv＝×6ma×0.82＝1.92ma 即Eka＞Ekb，选项C错误。‎ 答案　D ‎2.如图8所示，质量为mB＝‎2 kg的木板B静止在光滑的水平地面上，质量为mA＝‎6 kg的物块A停在B的左端，质量为mC＝‎2 kg的小球C用长为L＝‎0.8 m的轻绳悬挂在固定点O。现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞时间极短，之后小球C反弹所能上升的最大高度为h＝‎0.2 m。已知A、B间的动摩擦因数为μ＝0.1，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取‎10 m/s2。‎ 图8‎ ‎(1)若碰撞时间为Δt＝10－2 s，试求小球C与物块A碰撞过程中所受撞击力的大小；‎ ‎(2)为使物块A不滑离木板B，则木板B至少应为多长？‎ 解析　(1)由题意可知，在小球C下摆的过程中，机械能守恒。由机械能守恒定律可得 mCgL＝mCv 解得碰前小球C的速度大小为 20‎ vC＝，即vC＝‎4 m/s 设碰后小球C反弹的速度大小为vC′，由机械能守恒可得mCgh＝mCvC′2‎ 解得vC′＝‎2 m/s 以向右的方向为正方向，设小球C与物块A碰撞过程中所受撞击力大小为F，则由动量定理可得 ‎－F·Δt＝－mCvC′－mCvC，代入数据可得F＝1 200 N。‎ ‎(2)由题意可知，小球C与物块A的碰撞过程满足动量守恒定律，即 mCvC＝－mCvC′＋mAvA 解得碰后物块A的速度vA＝‎2 m/s A恰好滑至木板B右端并与其共速时，所求B的长度最小。设二者的共同速度大小为v，由动量守恒定律可得mAvA＝(mA＋mB)v，解得v＝‎1.5 m/s 设木板的最小长度为x，由能量守恒定律可得 μmAgx＝mAv－(mA＋mB)v2‎ 代入数据可解得x＝‎0.5 m。‎ 答案　(1)1 200 N　(2)‎‎0.5 m 破解高考压轴题策略②——审题“三步走”‎ 第一步：审条件　挖隐含 任何一个物理问题都是由条件和结论两部分构成的。条件是解题的主要素材，充分利用条件间的内在联系是解题的必经之路。条件有明示的，有隐含的，审视条件更重要的是要充分挖掘每一个条件的内涵和隐含的信息，发挥隐含条件的解题功能。‎ 第二步：审情景　建模型 有些题目，直接给出了物理情景，我们还需通过分析把这些物理情景转化为具体的物理条件或物理模型后，才能利用物理规律求解。‎ 第三步：审过程　理思路 高考物理计算题往往综合性强、题目情景新、设置障碍点多，一般不能一眼看透解题的思路和方法，这就需要我们静下心来，对物体进行受力分析、过程分析，根据物体运动过程构建出物理模型，选择合理的物理规律。‎ ‎【例】 (2016·全国卷Ⅲ)(18分)如图9，‎ 20‎ 图9‎ 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。‎ ‎[审题指导]‎ 第一步：审条件　挖隐含 ‎①动摩擦因数均相同做匀减速直线运动 ‎②a与b发生弹性碰撞碰撞过程中，系统动量和机械能均守恒 ‎③b没有与墙发生碰撞的位移小于l 第二步：审情景　建模型 ‎①碰撞前a的运动过程匀减速直线运动 ‎②a与b的碰撞过程弹性碰撞模型 ‎③碰撞后b的运动过程匀减速直线运动 第三步：审过程　选规律 ‎①碰撞前a的减速过程动能定理 ‎②a、b碰撞过程 ‎③碰撞后b的减速过程动能定理 解析　设物块与地面间的动摩擦因数为μ，要使物块a、b能够发生碰撞，应有mv＞μmgl(2分)‎ 即μ＜(1分)‎ 设在a、b发生弹性碰撞前，a的速度大小为v1，由动能定理可得：‎ 20‎ ‎－μmgl＝mv－mv(3分)‎ 设在a、b发生弹性碰撞后，a、b的速度大小分别为v2、v3，‎ 由动量守恒定律和机械能守恒定律得：‎ mv1＝mv2＋mv3(3分)‎ mv＝mv＋()v(3分)‎ 联立各式得v3＝v1(1分)‎ 由题意知b没有与墙发生碰撞，由动能定理得：‎ μmgl≥()v(3分)‎ 解得μ≥(1分)‎ 综上所述有≤μ＜(1分)‎ 答案　≤μ＜ 课时跟踪训练 一、选择题(1～3题为单项选择题，4～6题为多项选择题)‎ ‎1.(2018·天津理综，2)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(　　)‎ 图1‎ A.所受合外力始终为零 B.所受摩擦力大小不变 C.合外力做功一定为零 D.机械能始终保持不变 解析　运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A项错误；由动能定理可知，合外力做功一定为零，C项正确；由运动员沿AB下滑过程中做匀速圆周运动，知运动员所受沿圆弧切线方向的合力为零，即摩擦力等于运动员的重力沿圆弧切线方向的分力，逐渐变小，B项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，D项错误。‎ 答案　C ‎2.如图2所示，竖直面内，两段半径均为R 20‎ 的光滑半圆形细杆平滑拼接组成“S”形轨道，一个质量为m的小环套在轨道上，小环从轨道最高点由静止开始下滑，下滑过程中始终受到一个水平恒力F的作用，小环能下滑到最低点，重力加速度大小为g，则小环从最高点下滑到最低点的过程中(　　)‎ 图2‎ A.小环机械能守恒 B.外力F一直做正功 C.小环在最低点的速度大小为v＝2 D.在最低点小环对轨道的压力大小FN＝mg 解析　小环下滑过程中受重力、轨道沿半径方向的作用力和水平外力F，重力一直做正功，外力F时而做正功时而做负功，轨道的作用力一直不做功，故小环机械能不守恒，选项A、B错误；小环从最高点下滑到最低点的过程中，在沿水平恒力F方向上的位移为0，则由动能定理可得整个过程中重力做的功等于动能变化量，mg·4R＝mv2，解得v＝2，选项C正确；小环在最低点，由牛顿第二定律得FN′－mg＝m，得FN′＝9mg，由牛顿第三定律可知FN＝FN′＝9mg，选项D错误。‎ 答案　C ‎3.如图3所示，质量为m的物体P以初速度v在水平面上运动，运动x距离后与一固定的橡皮泥块Q相碰撞(碰后物体静止)。已知物体运动时所受到的水平面的阻力大小恒为f，则下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A.水平面阻力做的功为fx B.物体克服水平面阻力做的功为－fx 20‎ C.橡皮泥块对物体做的功为fx－mv2‎ D.物体克服橡皮泥块的阻力做的功为mv2＋fx 解析　根据功的定义式，物体P受到的水平面的阻力做的功W1＝fxcos 180°＝－fx，选项A错误；物体克服水平面阻力做的功W2＝－W1＝fx，选项B错误；设橡皮泥块对物体做的功为W3，根据动能定理，有W1＋W3＝0－mv2，解得W3＝fx－mv2，选项C正确；物体克服橡皮泥块的阻力做的功为W4＝－W3＝－(fx－mv2)＝mv2－fx，选项D错误。‎ 答案　C ‎4.一质量m＝‎0.5 kg的滑块以某一初速度冲上倾角θ＝37°的足够长的斜面，利用传感器测出滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机绘出滑块上滑过程中的v－t图象如图4所示。sin 37°＝0.6，g取‎10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　)‎ 图4‎ A.滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5‎ B.滑块返回斜面底端时的速度为‎2 m/s C.滑块在上升过程中重力做的功为－25 J D.滑块返回斜面底端时重力的功率为6 W 解析　由题图可知加速度大小a＝‎10 m/s2，即gsin θ＋μgcos θ＝‎10 m/s2，解得μ＝0.5，选项A正确；上滑位移x＝t＝‎5 m，下滑加速度a′＝gsin θ－μgcos θ＝‎2 m/s2，所以回到斜面底端时的速度v′＝＝‎2 m/s，选项B错误；上升过程中重力做功W＝－mgxsin θ＝－15 J，返回底端时求的是重力的瞬时功率，则为P＝mgv′sin θ＝6 W，选项C错误，D正确。‎ 答案　AD ‎5.如图5所示，质量为m的小球A位于光滑水平面上，小球A与墙之间用轻弹簧连接。现用与小球A完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧，不计空气阻力，若压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能为E，两球回到小球A 20‎ 原静止位置时的速度大小为v，此过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是(　　)‎ 图5‎ A.E＝mv　I＝0 B.v＝　I＝2mv0‎ C.v＝　I＝mv0 D.E＝mv　I＝2mv0‎ 解析　小球B与A相碰过程，由动量守恒定律得mv0＝(m＋m)v′，v′为小球B碰撞小球A后瞬间两小球共同运动的速度大小，解得v′＝，两小球组成的系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，当其速度减小到零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可得E＝·‎2m()2＝mv，此后两球做加速运动，回到小球A原静止位置时两球速度大小v＝，两小球组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理可得墙对弹簧的冲量大小I＝2mv0，故选项B、D正确。‎ 答案　BD ‎6.(2018·湖南衡阳模拟)如图6所示，质量m＝‎1 kg的物体从高为h＝‎0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，传送带AB之间的距离为l＝‎5.5 m，传送带一直以v＝‎3 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，则(　　)‎ 图6‎ A.物体由A运动到B的时间是1.5 s B.物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为1 N·s C.物体由A运动到B的过程中，系统产生0.5 J的热量 D.带动传送带转动的电动机在物体由A运动到B的过程中，多做了3 J功 解析　物体下滑到A点的速度为v0，由机械能守恒定律有mv＝mgh 代入数据得v0＝‎2 m/s，物体在摩擦力作用下先做匀加速运动，后做匀速运动，有t1＝＝1 s 20‎ s1＝t1＝×‎1 m＝‎‎2.5 m t2＝＝ s＝1 s t＝t1＋t2＝2 s，选项A错误；‎ 物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为I＝μmgt1＝1 N·s，选项B正确；‎ 在t1时间内，传送带做匀速运动s带＝vt1＝‎‎3 m Q＝μmgΔs＝μmg(s带－s1)，代入数据得Q＝0.5 J，选项C正确；‎ 物体从A运动到B的过程中，物体动能增量ΔEk＝mv2－mv，电动机多做的功为W＝Q＋ΔEk＝3 J，选项D正确。‎ 答案　BCD 二、非选择题 ‎7.如图7所示，质量均为m的小滑块A、B、C厚度均不计。其中B、C两滑块通过劲度系数为k的轻弹簧相连并竖直放置在水平面上。现在将小滑块A从距离B滑块H0高处由静止释放，A、B相碰后立刻粘合为一个整体，且以共同速度向下运动，不计空气阻力，当地重力加速度为g。求：‎ 图7‎ ‎(1)A、B碰后的共同速度v1的大小；‎ ‎(2)A、B向下运动的速度最大时，滑块C对水平面的压力大小。‎ 解析　(1)设A与B碰撞之前的瞬时速度为v0，则 mgH0＝mv①‎ A、B碰撞前后动量守恒，即mv0＝2mv1②‎ 式中v1为A与B碰撞后的共同速度 联立①②解得v1＝。‎ ‎(2)当A、B的速度最大时，它们所受的合力为零，即处于平衡状态，设此时水平地面对滑块C的支持力大小和滑块C对水平地面的压力大小分别为FN′和FN，对于A、B、C 20‎ 组成的系统，由受力分析可知FN′－3mg＝0③‎ 由牛顿第三定律可知FN′＝FN④‎ 联立③④解得FN＝3mg。‎ 答案　(1)　(2)3mg ‎8.(2018·湖南衡阳模拟)如图8甲所示，在高h＝‎0.8 m的水平平台上放置一质量为m′＝‎0.9 kg的小木块(视为质点)，距平台右边缘d＝‎2 m。一质量为m＝‎0.1 kg的子弹沿水平方向射入小木块并留在其中(作用时间极短)，然后一起向右运动，在平台上运动的v2－x关系如图乙所示，最后小木块从平台边缘滑出并落在距平台右侧水平距离为s＝‎1.6 m的地面上。g取‎10 m/s2，求：‎ 图8‎ ‎(1)小木块滑出平台时的速度；‎ ‎(2)子弹射入小木块前的速度；‎ ‎(3)子弹射入木块前至木块滑出平台时，系统所产生的内能。‎ 解析　(1)小木块从平台滑出后做平抛运动，有 h＝gt2，s＝vt 联立上两式可得v＝＝‎4 m/s ‎(2)设子弹射入木块后共同速度为v1，由图乙可知 ‎40－v2＝v－40‎ 解得v1＝‎8 m/s，‎ 子弹射入木块的过程中，根据动量守恒有 mv0＝(m′＋m)v1‎ v0＝＝‎80 m/s ‎(3)设子弹射入木块前至木块滑出平台时，系统所产生的内能为Q，‎ 20‎ 则Q＝mv－×(m′＋m)v2‎ ‎＝×0.1×802 J－(0.9＋0.1)×42 J＝312 J。‎ 答案　(1)‎4 m/s　(2)‎80 m/s　(3)312 J ‎9.如图9所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m，木板长度为L(挡板的厚度可忽略)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)。木板左端有一质量为m(可视为质点)的滑块。滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态。给滑块一个水平向右的初速度v0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损)，滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木板相对静止。求：‎ 图9‎ ‎(1)滑块与木板间的动摩擦因数；‎ ‎(2)小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度。‎ 解析　(1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v1，以水平向右为正方向；滑块和木板组成的系统，滑块在木板上滑动的过程中，所受合外力为零，则该系统动量守恒，故有mv0＝2mv1‎ 解得v1＝v0，方向水平向右 滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知 μmgL＝·mv－·2mv 联立解得μ＝。‎ ‎(2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为v1′和v2′，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为v2，系统在爆炸前后动量守恒，则有 ‎2mv1＝mv1′＋mv2′‎ ‎2mv1＝2mv2‎ 系统爆炸后，对滑块在木板上运动的过程应用功能关系，则有 μmgL＝mv1′2＋mv2′2－·2mv 联立以上各式解得v1′＝0；v2′＝v0，方向水平向右。‎ 20‎ 答案　(1)　(2)滑块速度为0，木板速度为v0，方向水平向右 20‎