【物理】2018届二轮复习专题二能量与动量教案

【物理】2018届二轮复习专题二能量与动量教案

高考研究(六) 聚焦选择题考法——功和功率、动能定理 1.(2017·全国Ⅲ卷 T16)如图，一质量为 m、长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直悬挂。用外力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点，M 点与绳的上 端 P 相距 1 3l。重力加速度大小为 g。在此过程中，外力做的功为(　　) A.1 9mgl　　　　　　　　 B.1 6mgl C.1 3mgl D.1 2mgl 解析：选 A　QM 段绳的质量为 m′＝2 3m，未拉起时，QM 段绳的重心在 QM 中点处， 与 M 点距离为 1 3l，绳的下端 Q 拉到 M 点时，QM 段绳的重心与 M 点距离为1 6l，此过程重力 做功 WG＝－m′g(1 3l－1 6l)＝－1 9mgl，将绳的下端 Q 拉到 M 点的过程中，由能量守恒定律， 可知外力做功 W＝－WG＝1 9mgl，可知 A 项正确，B、C、D 项错误。 2．(2015·全国Ⅱ卷 T17)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计 时，发动机的功率 P 随时间 t 的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大 小 f 恒定不变。下列描述该汽车的速度 v 随时间 t 变化的图线中，可 能正确的是(　　) 解析：选 A　由 P­t 图象知：0～t1 内汽车以恒定功率 P1 行驶，t1～t2 内汽车以恒定功率 P2 行驶。设汽车所受牵引力为 F，则由 P＝Fv 得，当 v 增加时，F 减小，由 a＝F－f m 知 a 减小， 又因速度不可能突变，所以选项 B、C、D 错误，A 正确。 3．[多选](2016·全国Ⅲ卷 T20)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＝2(mgR－W) mR 　　　　 B．a＝2mgR－W mR C．N＝3mgR－2W R D．N＝2(mgR－W) R 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＝1 2mv2，则速度 v＝ 2(mgR－W) m ，在最低点的向心加速度 a＝v2 R＝2(mgR－W) mR ，选项 A 正确， B 错误；在 最低点时，由牛顿第二定律得 N－mg＝ma，N＝3mgR－2W R ，选项 C 正确，D 错误。 4．(2015·全国Ⅰ卷 T17)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＝1 2mgR，质点恰好可以到达 Q 点 B．W>1 2mgR，质点不能到达 Q 点 C．W＝1 2mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离 D．W<1 2mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离 解析：选 C　设质点到达 N 点的速度为 vN，在 N 点质点受到轨道的弹力为 FN，则 FN－ mg＝mvN2 R ，已知 FN＝FN′＝4mg，则质点到达 N 点的动能为 EkN＝1 2mvN2＝3 2mgR。质点由 开始至 N 点的过程，由动能定理得 mg·2R＋W f＝EkN－0，解得摩擦力做的功为 W f＝－1 2 mgR，即克服摩擦力做的功为 W＝－Wf＝1 2mgR。设从 N 到 Q 的过程中克服摩擦力做功为 W′，则 W′LB，所以 vA>vB，故 B 错误；根据球释放后做圆周运动得：T－mg＝mv2 L，解得：T＝mg＋mv2 L＝3mg， 所以细线拉力相等，故 A 正确；根据 a＝v2 L，解得：a＝2g，所以两球的加速度相等，故 C 正确；两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，初始位置的机械能相等，所以在 最低点，两球的机械能相等，故 D 正确。 7.[多选](2017·天津检测)如图所示，竖直平面内有一光滑圆环， 半径为 R，圆心为 O，B 为最低点，C 为最高点，圆环左下方开一个 小口与光滑斜面相切于 A 点，∠AOB＝37°，小球从斜面上某一点 由静止释放，经 A 点进入圆轨道，不计小球由小口到 A 的机械能损 失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，要保证运动过程中小球不离开轨道，小球释放的位置到 A 点 的距离可能是(　　) A．R B．2R C．3R D．4R 解析：选 AD　若使小球恰能经过最高点 C，则 mg＝mvC2 R ，根据动能定理 mg(h－2R)＝ 1 2mvC2，解得 h＝5 2R，由几何关系知，小球释放的位置到 A 点的距离满足 x≥h－R(1－cos 37°) sin 37° ＝23 6 R，选项 D 正确；若使小球恰能经过与圆心 O 等高的一点，则释放的高度 h′＝R，小 球释放的位置到 A 点的距离满足 x′≤h′－R(1－cos 37°) sin 37° ＝4 3R，选项 A 正确。 [选择题保分练] 功和功率、动能定理 1．(2017·内蒙古赤峰二中模拟)汽车在平直公路上匀速行驶，t1 时刻司机减小油门使汽车 的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到 t2 时刻，汽车又恢复了匀速行驶(设整个 过程中汽车所受的阻力大小不变)。下列图象能正确描述汽车速度随时间变化的是(　　) 解析：选 A　汽车以功率 P、速度 v0 匀速行驶时，牵引力与阻力平衡。当 t1 时刻司机减 小油门，汽车的功率减为 1 2P 的瞬间，速度 v 不变，由 P＝Fv 可知，汽车的牵引力突然减小 到原来的一半，即 F＝1 2F0，阻力 f 没有变化，汽车的牵引力小于阻力，汽车开始做减速运动， 速度 v 减小，功率保持为 1 2P，由 P＝Fv 可知，随 v 减小，牵引力逐渐增大，由牛顿第二定 律知，汽车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的减速运动，当汽车牵引力再次等于阻力， 即 t2 时刻，汽车再次匀速行驶，由 P＝Fv 得知，此时汽车的速度为原来的一半，由题图可知， A 正确，B、C、D 错误。 2.(2017·黄冈中学检测)如图所示，半径为 R 的光滑竖直半圆 弧与粗糙水平面平滑连接，轻弹簧一端与墙壁连接，另一端与可 视为质点、质量为 m 的小滑块接触但不拴接，小滑块在水平向右 的外力作用下静止于 P 点，P 点与圆弧最低点 A 的间距为 R。某 时刻将小滑块由静止释放，小滑块到达 A 点之前已与弹簧分离，此后恰好能到达半圆弧最高 点 C。已知小滑块和水平面间的动摩擦因数为 0.5，重力加速度为 g。上述过程中弹簧对小滑 块做的功为(　　) A．2mgR B．2.5mgR C．3mgR D．3.5mgR 解析：选 C　小滑块恰好能到达半圆弧最高点 C，则在 C 点：mg＝mvC2 R ，从释放到 C 点，由动能定理得：W－μmgxPA－mg·2R＝1 2mvC2－0，解得 W＝3mgR，故 C 正确。 3.(2017·石家庄检测)质量为 m 的小球在竖直向上的拉力作用 下从静止开始运动，其 v  t 图象如图所示(竖直向上为正方向， DE 段为直线)，已知重力加速度大小为 g，下列说法正确的是(　　) A．t3～t4 时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动 B．t0～t2 时间内，合力对小球先做正功后做负功 C．0～t2 时间内，小球的平均速度一定为v2 2 D．t3～t4 时间内，拉力做的功为m(v3＋v4) 2 [(v4－v3)＋g(t4－t3)] 解析：选 D　根据题意，竖直向上为正方向，故在 t3～t4 时间内，小球竖直向上做匀减 速直线运动，故选项 A 错误；t0～t2 时间内，小球速度一直增大，根据动能定理可知，合力 对小球一直做正功，故选项 B 错误；0～t2 时间内，小球的平均速度等于位移与时间的比值， 不一定为v2 2 ，故选项 C 错误；根据动能定理，在 t3～t4 时间内：WF－mgv3＋v4 2 ·(t4－t3)＝1 2mv42－ 1 2mv32，整理可得：WF＝m(v3＋v4) 2 [(v4－v3)＋g(t4－t3)]，故选项 D 正确。 4.(2017·江西师范大学附中检测)如图所示，竖直放置的等螺距螺线管高为 h，该螺线管 是用长为 l 的硬质直管(内径远小于 h)弯制而成。一光滑小球从上端管口由 静止释放，关于小球的运动，下列说法正确的是(　　) A．小球到达下端管口时的速度大小与 l 有关 B．小球到达下端管口时重力的功率为 mg 2gh C．小球到达下端的时间为 2l2 gh D．小球在运动过程中受管道的作用力大小不变 解析：选 C　在小球到达下端管口的过程中只有重力做功，故根据动能定理可知 mgh＝ 1 2mv2，解得 v＝ 2gh，小球到达下端管口时的速度大小与 h 有关，与 l 无关，故 A 错误； 小球到达下端管口时的速度为 v＝ 2gh，速度沿管道的切线方向，故重力的瞬时功率为 P＝ mg 2gh·sin θ(θ 为此时小球速度方向与水平方向的夹角)，故 B 错误；小球在管内下滑的加 速度满足 v2＝2al，解得 a＝gh l ，设下滑所需时间为 t，则 l＝1 2at2，t＝ 2l a＝ 2l2 gh，故 C 正 确；小球从上端管口到达下端过程中，速度越来越大，做的是螺旋加速圆周运动，根据 Fn＝ mv2 R 可知，所受支持力(管道作用力)越来越大，故 D 错误。 5．(2017·黄冈中学检测)竖直上抛一球，球又落回原处，空气阻力的大小与球的速度成 正比，则(　　) A．上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功 B．上升过程中克服重力做的功小于下降过程中重力做的功 C．上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力做功的平均功率 D．上升过程中克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力做功的平均功率 解析：选 C　重力做功的大小只与球的初、末位置有关，与路径无关，所以在上升和下 降的过程中，重力做功的大小是相等的，故上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力 做的功，A、B 错误；球在上升的过程中受到的阻力向下，在下降的过程中受到的阻力向上， 所以在上升时球受到的合力大，加速度大，此过程球运动的时间短，在上升和下降的过程中， 球所受重力做功的大小是相同的，由 P＝W t 可知，上升过程中重力的平均功率较大，所以 C 正确，D 错误。 6.[多选](2017·太原模拟)如图所示，竖直固定的光滑绝缘杆上 O 点套有 一个质量为 m、带电量为 q(q<0)的小环。在杆的左侧固定一个带电量为＋Q 的点电荷，杆上 A、B 两点与 Q 正好构成一边长为 a 的等边三角形，OA 间距 离也为 a。现将小环从 O 点由静止释放，若小环通过 A 点的速率为 3ga，则 在小环从 O 到 B 的过程中(　　) A．在 O 点时，小环与点电荷形成的系统电势能最大 B．到达 AB 的中点时，小环速度一定最大 C．从 O 到 B，电场力对小环一直做正功 D．到达 B 点时，小环的速率为 5ga 解析：选 AD　点电荷在 OB 段的 O 点电势最小，由于小环的带电量 q<0，则在 O 点时 小环与点电荷形成的系统电势能最大，A 正确；到达 AB 的中点时，受电场力方向水平，小 环所受合外力等于 mg，加速度 a＝g，小环将继续加速，B 错误；从 O 到 B，电场力对小环 先做正功后做负功，总功是正功，C 错误；从 O 到 A，根据动能定理：mga＋qUOA＝1 2mv2＝ 3 2mga，从 O 到 B，根据动能定理：mg·2a＋qUOB＝1 2mv′2，由点电荷电场分布特点及几何关 系知，UOB＝UOA，解得 v′＝ 5ga，D 正确。 7.[多选](2018 届高三·湖北七校联考)如图所示，倾角为 θ＝ 37°的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为 d＝0.2 m 的橡胶带， 橡胶带的上表面与斜面位于同一平面内，其上、下边缘与斜面 的上、下边缘平行，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为 L＝ 0.4 m，现将质量为 m＝1 kg、宽度也为 d 的矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止 释放。已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为 0.5，重力加速度取 g＝10 m/s2，不计空气阻 力，矩形板由斜面顶端静止释放下滑到完全离开橡胶带的过程中(此过程矩形板始终在斜面上， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，下列说法正确的是(　　) A．矩形板受到的摩擦力为 Ff＝4 N B．矩形板的重力做功为 WG＝3.6 J C．产生的热量为 Q＝0.8 J D．矩形板的上边缘滑过橡胶带下边缘时速度大小为 v＝2 35 5 m/s 解析：选 BCD　矩形板在滑过橡胶带的过程中对橡胶带的正压力是变化的，所以矩形板 受到的摩擦力是变化的，所以 A 错误；重力做功 WG＝mg(L＋d)sin θ＝3.6 J，所以 B 正确； 矩形板在滑上橡胶带的过程中，摩擦力随矩形板下滑由 0 均匀增大到 μmgcos θ，在滑下橡胶 带的过程中，摩擦力随矩形板下滑由 μmgcos θ 均匀减小到 0，上述两个过程对应矩形板的下 滑距离均为 d，产生的热量等于克服摩擦力做功 Q＝2×1 2μmgcos θ·d＝0.8 J，所以 C 正确； 根据动能定理：WG－Q＝1 2mv2－0，解得 v＝2 35 5 m/s，所以 D 正确。 8.[多选](2018 届高三·衡阳联考)一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一 恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力和速度的关系图象如图所 示。若已知汽车的质量 m、牵引力 F1 和速度 v1 及该车所能达到的最大速 度 v3，运动过程中所受阻力恒定，则根据图象所给的信息，下列说法正 确的是(　　) A．汽车行驶中所受的阻力为F1v1 v3 B．汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为mv1v3 v3－v1 C．速度为 v2 时的加速度大小为F1v1 mv2 D．若速度为 v2 时牵引力恰为F1 2 ，则有 v2＝2v1 解析：选 ABD　根据牵引力和速度的关系图象和功率 P＝Fv 得，汽车运动中的最大功 率为 F1v1，汽车达到最大速度 v3 时加速度为零，此时阻力等于牵引力，所以阻力 f＝F1v1 v3 ，A 正确；根据牛顿第二定律，保持某一恒定加速度时，加速度 a＝F1－f m ＝F1 m－F1v1 mv3 ，加速的时 间：t＝v1 a ＝ mv1v3 F1(v3－v1)，则汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为 I＝F1t＝mv1v3 v3－v1，B 正确；汽车保持的恒定的牵引功率为 F1v1，故速度为 v2 时的牵引力是F1v1 v2 ，对汽车受力分析， 受重力、支持力、牵引力和阻力，根据牛顿第二定律，可得速度为 v2 时加速度大小为 a′＝ F1v1 mv2 －F1v1 mv3 ，C 错误；若速度为 v2 时牵引力恰为F1 2 ，则F1v1 v2 ＝F1 2 ，则 v2＝2v1，D 正确。 高考研究(七) 聚焦选择题考法——机械能守恒定律、功能关系 1.[多选](2015·全国Ⅱ卷 T 21)如图，滑块 a、b 的质量均为 m，a 套在 固定竖直杆上，与光滑水平地面相距 h，b 放在地面上。a、b 通过铰链用 刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b 可视为质点，重力加 速度大小为 g。则(　　) A．a 落地前，轻杆对 b 一直做正功 B．a 落地时速度大小为 2gh C．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于 g D．a 落地前，当 a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为 mg 解析：选 BD　由题意知，系统机械能守恒。设某时刻 a、b 的速度分别为 va、vb。此时 刚性轻杆与竖直杆的夹角为 θ，分别将 va、vb 分解，如图。 因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度 v∥与 v∥′是相等的，即 vacos θ＝vb sin θ。 当 a 滑至地面时 θ＝90°，此时 vb＝0，由系统机械能守恒得 mgh＝1 2mva2，解得 va＝ 2gh， 选项 B 正确；同时由于 b 初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对 b 先 做正功后做负功，选项 A 错误；杆对 b 的作用先是推力后是拉力，对 a 则先是阻力后是动力， 即 a 的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于 g，选项 C 错误；b 的动能最大时，杆对 a、 b 的作用力为零，此时 a 的机械能最小，b 只受重力和支持力，所以 b 对地面的压力大小为 mg， 选项 D 正确。 2.[多选](2016·全国Ⅱ卷 T21)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<π 2。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　在 M、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜ π 2，则小球在 M 点时弹簧处于压缩状态，在 N 点时弹簧处于拉伸状态，小球从 M 点运动到 N 点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小 球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为 零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功， 后再做负功，选项 A 错误；在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于 重力加速度，选项 B 正确；弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小 球做功的功率为零，选项 C 正确；由机械能守恒定律知，在 M、N 两点弹簧弹性势能相等， 在 N 点动能等于从 M 点到 N 点重力势能的减小值，选项 D 正确。 高考题型 典型试题 难度 1.机械能守恒定律的应用 2015·全国Ⅱ卷 T21 ★★★ 2.功能关系的应用 2016·全国Ⅱ卷 T21 ★★★ 题型(一) 机械能守恒定律的应 用 　　高考定位：常考题型 解题关键：重在确定研究对象，明确守恒的表达形式 [必备知能] 1．机械能守恒定律的理解 2．运用机械能守恒定律求解问题时的注意点 (1)研究对象的选取 研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系 统)为研究对象机械能不守恒，但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象，机械能却 是守恒的。如图所示，单独选物体 A 机械能减少，但由物体 A、B 二者组成的系统机械能守 恒。 (2)研究过程的选取 有些问题研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不 守恒。因此，在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。 (3)守恒表达式的选取 “守恒观点”的表达式适用于单个或多个物体机械能守恒的问题，列式时需选取参考平 面，而用“转移”和“转化”的角度反映机械能守恒时，不必选取参考平面。 [演练冲关] 1.(2017·甘肃检测)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角 为 30°，质量分别为 M、m 的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光 滑定滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住 物体 M，此时 M 离挡板的距离为 s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且 弹簧处于原长状态。已知 M＝2m，空气阻力不计。松开手后，关于二者的运动下列说法中正确 的是(　　) A．M 和 m 组成的系统机械能守恒 B．当 M 的速度最大时，m 与地面间的作用力为零 C．若 M 恰好能到达挡板处，则此时 m 的加速度为零 D．若 M 恰好能到达挡板处，则此过程中重力对 M 做的功等于 m 的机械能增加量 解析：选 B　因 M、m 之间有弹簧，故两物体所受弹簧的弹力做功，机械能不守恒，故 A 错误；M 的重力沿斜面的分力为 Mgsin 30°＝mg，先做加速运动，当受力平衡时 M 速度达 最大，则此时 m 受细绳拉力为 mg，故 m 与地面间的作用力恰好为零，故 B 正确；然后 M 做减速运动，M 恰好到达挡板处时，即速度恰好减小到零，弹簧仍处于伸长状态且弹力大于 mg，m 的加速度不为零，故 C 错误；若 M 恰好能到达挡板处，则此过程中重力对 M 做的功 等于弹簧弹性势能的增加量与 m 的机械能增加量之和，故 D 错误。 2．(2017·宜宾模拟)如图甲所示，倾角为 30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻 质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上。一质量为 m 的小球，从离弹簧上端一定距离的位置由 静止释放，接触弹簧后继续向下运动。小球运动的 v t 图象如图乙所示，其中 OA 段为直 线，AB 段是与 OA 相切于 A 点的平滑曲线，BC 是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度 为 g。关于小球的运动过程，下列说法正确的是(　　) A．小球在 tB 时刻所受弹簧弹力大于 1 2mg B．小球在 tC 时刻的加速度大于 1 2g C．小球从 tC 时刻所在的位置由静止释放后，不能回到出发点 D．小球从 tA 时刻到 tC 时刻的过程中，重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 解析：选 B　由题图乙可知，小球在 tB 时刻加速度大小为零，此时 F 弹＝mgsin 30°＝1 2 mg，选项 A 错误；小球在 tC 时刻到达最低点，弹力达到最大值，小球在 A 点的加速度大小 为 gsin 30°＝1 2g，C 点的切线斜率的大小大于 A 点的切线斜率的大小，即小球在 tC 时刻的加 速度大于 1 2g，选项 B 正确；由能量守恒定律可知，小球从 tC 时刻所在的位置由静止释放后， 能回到出发点，选项 C 错误；小球从 tA 时刻到 tC 时刻的过程中，重力势能与动能减少量之 和等于弹簧弹性势能的增加量，选项 D 错误。 3.[多选](2017·泰安检测)如图所示，将质量为 2m 的重物悬挂 在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为 m 的环，环套在竖直固 定的光滑直杆上 A 点，光滑定滑轮与直杆的距离为 d。A 点与定滑 轮等高，B 点在距 A 点正下方 d 处。现将环从 A 由静止释放，不 计一切摩擦阻力，下列说法正确的是(　　) A．环到达 B 时，重物上升的高度 h＝d B．环从 A 到 B，环减少的机械能等于重物增加的机械能 C．环从 A 能下降的最大高度为 4 3d D．当环下降时，轻绳的拉力 T＝2mg 解析：选 BC　根据几何关系有，环到达 B 时，重物上升的高度 h＝ 2d－d，故 A 错误； 环下滑过程中无摩擦力做功，故系统机械能守恒，即环减少的机械能等于重物增加的机械能， 故 B 正确；设环下降到最大高度为 H 时，环和重物的速度均为零，此时重物上升的最大高度 为： H2＋d2－d，根据机械能守恒有：mgH＝2mg( H2＋d2－d)，解得：H＝4d 3 ，故 C 正确； 环向下运动，做非匀速运动，有加速度，所以重物向上运动，也有加速度，即环下降的时候， 轻绳的拉力不可能是 2mg，故 D 错误。 题型(二) 功能关系的应用 高考定位：常考题型,解题关键：重在 理清各种功能关系，明确力做功与哪 种能量变化对应 [典例示法] [典例]　[多选](2017·重庆永川中学模拟)如图所示，不带电物体 A 和带电的物体 B 用跨 过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B 的质量分别为 2m 和 m，劲度系数为 k 的轻弹簧一端固定 在水平面上，另一端与物体 A 相连，倾角为 θ 的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系 统不计一切摩擦。开始时，物体 B 在一沿斜面向上的外力 F＝3mgsin θ 的作用下保持静止， 且轻绳恰好伸直，然后撤去外力 F，直到物体 B 获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则 在此过程中(　　) A．物体 B 受到的电场力大小为 mgsin θ B．物体 B 的速度最大时，弹簧的伸长量为3mgsin θ k C．撤去外力 F 的瞬间，物体 B 的加速度为 gsin θ D．物体 A、弹簧和地球所组成的系统机械能的增加量等于物体 B 和地球组成的系统机 械能的减少量 [解析]　开始时，外力 F 作用在物体 B 上，物体 B 处于静止状态，对物体 B 分析可知： F－mgsin θ－F 电＝0，解得：F 电＝2mgsin θ，故 A 错误；当撤去外力瞬间，对物体 A、B 整 体分析，整体受到的合力为：F 合＝F 电＋mgsin θ＝3mgsin θ，由 F 合＝3ma 可得 a＝gsin θ， 故 C 正确；当物体 B 所受的合力为零时，物体 B 的速度最大，由：kx＝F 电＋mgsin θ，解得 弹簧的伸长量为：x＝3mgsin θ k ，故 B 正确；根据能量守恒可知，物体 A、弹簧和地球所组成 的系统机械能的增加量等于物体 B 电势能的减少量及其机械能的减少量之和，故 D 错误。 [答案]　BC [演练冲关] 4．(2017·株洲检测)一质量为 m 的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中如图甲所示， 某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的 图象如图乙所示，已知重力加速度为 g，下列说法正确的是(　　) A．铝球刚开始运动的加速度 a0＝g B．铝球下沉的速度将会一直增大 C．铝球下沉过程所受油的阻力 f＝ma0v v0 D．铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力所做的功 解析：选 C　铝球刚开始运动时，受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力作用，即 a0＝ mg－F浮 m ＝g－F浮 m m2 时，v1>0，v2>0，且 v2>v1(大碰小，前后跑)。 (3)当 m10(小碰大，要反弹)。 (4)当 m1≫m2 时，v1＝v0，v2＝2v0(极大碰极小，大不变，小加倍)。 (5)当 m1≪m2 时，v1＝－v0，v2＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)。 [典例示法] [例 2]　[多选](2017·南昌重点中学模拟)A、B 两物体在光滑水 平面上沿同一直线运动，如图表示 A、B 发生碰撞前、后的 v ­t 图线， 由图线可以判断下列叙述正确的是(　　) A．A、B 的质量比为 3∶2 B．A、B 碰撞前、后总动量守恒 C．A、B 碰撞前、后总动量不守恒 D．A、B 碰撞前、后总动能不变 [解析]　根据动量守恒定律：mA×6＋mB×1＝mA×2＋mB×7，得：mA∶mB＝3∶2， 故 A 正确；根据动量守恒知 A、B 碰撞前、后总动量守恒，B 正确，C 错误；碰撞前总动能： 1 2mA×62＋1 2mB×12＝55 3 mA，碰撞后总动能：1 2mA×22＋1 2mB×72＝55 3 mA，即碰撞前、后总动 能不变，D 正确。 [答案]　ABD 抓住“一判断、三原则、三定律”速解碰撞问题 1．判断两物体碰撞瞬间的情况 当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远 大于外力。 2．碰撞的“三原则” (1)动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律。 (2)能量不增加原则，即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量。 (3)物理情境可行性原则，即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致。 3．合理选用定律 (1)如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是应用动量守恒定律和机械能守恒定律进行求 解。 (2)如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关 系)进行求解。 [演练冲关] 6．(2017·淮北一中模拟)两球 A、B 在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA＝2 kg，mB＝3 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当 A 追上 B 并发生碰撞后，A、B 速度的可能值 是(　　) A．vA＝4.5 m/s，vB＝3 m/s B．vA＝3 m/s，vB＝4 m/s C．vA＝－1.5 m/s，vB＝7 m/s D．vA＝7.5 m/s，vB＝1 m/s 解析：选 B　考虑实际情况，碰撞后 A 的速度不可能大于 B 的速度，因而 A、D 错误， B、C 满足；A、B 碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，计算易知，B、C 均满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰 撞前总动能为 42 J，B 选项对应的总动能为 33 J，C 选项对应的总动能为 75.75 J，故 C 错误， B 满足。 7.[多选](2017·哈师大附中检测)如图所示，光滑水平面上有大小相 同的 A、B 两球沿同一直线运动。两球质量关系为 mB＝2mA，规定向右为 正方向，A、B 两球的动量均为 6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后 A 球的动量增量为 －4 kg·m/s，则(　　) A．左方是 A 球 B．右方是 A 球 C．碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 2∶5 D．碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 1∶10 解析：选 AC　A、B 两球的动量均为 6 kg·m/s，两球均向右运动，由 mB＝2mA 可知， A 球的速度大。运动中两球发生碰撞，应该是 A 球追上 B 球发生碰撞，所以左方是 A 球，A 正确；由于碰后 A 球的动量增量为负值，因此碰后 A 球的动量为 2 kg·m/s，由动量守恒可 得，碰后 B 球的动量是增加的，为 10 kg·m/s。由于两球质量关系为 mB＝2mA，可解得碰撞 后 A、B 两球速度大小之比为 2∶5，C 正确。 8.[多选](2017·合肥一中检测)A、B 两球沿同一直线运动并发生正 碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移－时间图象，a、b 分别为 A、 B 两球碰前的位移－时间图象，c 为碰撞后两球共同运动的位移－时 间图象。若 A 的质量为 m＝2 kg，则由图可知下列结论正确的是(　　) A．A、B 碰撞前的总动量 3 kg·m/s B．碰撞时 A 对 B 所施冲量为－4 N·s C．碰撞前后 A 的动量变化为 4 kg·m/s D．碰撞中 A、B 组成的系统损失的动能为 10 J 解析：选 BCD　由题图可知，碰撞前有：vA＝sA tA＝4－10 2 m/s＝－3 m/s，vB＝sB tB＝4 2 m/s ＝2 m/s，碰撞后有：vA′＝vB′＝v＝s t＝2－4 4－2 m/s＝－1 m/s；对 A、B 组成的系统，A、 B 沿同一直线运动并发生正碰，碰撞前、后都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒。 碰撞前、后 A 的动量变化为：ΔpA＝mvA′－mvA＝2×(－1)kg·m/s－2×(－3)kg·m/s＝4 kg·m/s；根据动量守恒定律，碰撞前后 B 的动量变化为：Δp B＝－ΔpA＝－4 kg·m/s，由 动量定理可知，碰撞时 A 对 B 所施冲量为：IB＝ΔpB＝－4 kg·m/s＝－4 N·s；又 Δp B＝mB(vB′ －vB)，所以 mB＝ ΔpB vB′－vB＝ －4 －1－2 kg＝4 3 kg，所以 A 与 B 碰撞前的总动量为：p总＝mvA＋ mBvB＝2×(－3)kg·m/s＋4 3×2 kg·m/s＝－10 3 kg·m/s；碰撞中 A、B 组成的系统损失的动能： ΔEk＝1 2mvA2＋1 2mBvB2－1 2(m＋mB)v2，代入数据解得：ΔEk＝10 J，故 A 错误，B、C、D 正确。 [选择题保分练] 动量定理、动量守恒定律 1.(2017·泰安检测)如图所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C 等高， B 为半圆槽最低点，小球从 A 点正上方 O 点静止释放，从 A 点切入半圆 槽，刚好能运动至 C 点。设小球在 AB 段和 BC 段运动过程中，运动时 间分别为 t1、t2，合外力的冲量大小为 I1、I2，则(　　) A．t1>t2 B．t1＝t2 C．I1>I2 D．I1＝I2 解析：选 C　小球从 A 点正上方 O 点静止释放，刚好能运动至 C 点，说 明在半圆槽内要克服摩擦力做功，因此在 AB 段任意点的速率，都大于 BC 段 对应点的速率，则 t1I2，C 正确，D 错误。 2.(2017·牡丹江一中模拟)如图所示，在光滑水平面上有一质量为 M 的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木 块处于静止状态，一质量为 m 的子弹以水平速度 v0 击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后 在水平面做往复运动。从木块被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合 外力的冲量大小为(　　) A.Mmv0 M＋m　　　　　　　 B．2Mv0 C.2Mmv0 M＋m D．2mv0 解析：选 A　由于子弹射入木块的时间极短，在瞬间动量守恒，根据动量守恒定律得 mv0 ＝(M＋m)v，解得 v＝ mv0 M＋m。根据动量定理，合外力的冲量 I＝Mv＝Mmv0 M＋m。故 A 正确， B、C、D 错误。 3.(2017·哈尔滨三中检测)某物体的 v ­t 图象如图所示，下列说法 正确的是(　　) A．0～t1 和 t2～t3，合外力做功和冲量都相同 B．t1～t2 和 t3～t4，合外力做功和冲量都相同 C．0～t2 和 t2～t4，合外力做功和冲量都相同 D．0～t1 和 t3～t4，合外力做功和冲量都相同 解析：选 C　0～t1 内动能的变化量为 1 2mv02，动量变化量为 mv0，t2～t3 内动能变化量为 1 2mv02，动量变化量为－mv0，根据动能定理可知，这两段时间内合外力做功相等；而根据动 量定理可知，合外力的冲量不同，故 A 错误；t1～t2 内动能变化量为 0－1 2mv02＝－1 2mv02，动 量变化量为 0－mv0＝－mv0，t3～t4 内动能变化量为 0－1 2mv02＝－1 2mv02，动量变化量为 0－ (－mv0)＝mv0，则知动能变化量相同，而动量变化量不同，所以合外力做功相等，合外力的 冲量不同，故 B 错误；0～t2 和 t2～t4 内动能变化量均为 0，动量变化量均为 0，可知合外力 做功和冲量都相同，C 正确；同理易知：0～t1 和 t3～t4 内动能变化量不同，动量变化量也不 同，故合外力做功和冲量都不相同，故 D 错误。 4.(2017·成都外国语学校模拟)如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为 M 的斜面，斜面表面光滑、高度为 h、倾角为 θ。一质量为 m(mL－x1＝2.5 m，所以 Q 在第二次碰撞后会 冲上倾斜轨道，然后返回水平轨道离 B 点的距离为 x′＝xQ′－(L－x1)＝0.25 m，P、Q 不会 发生第三次碰撞 所以 P、Q 都停下后两滑块间的距离为 Δx＝xP′＋xQ′－2x′＝5 m。 [答案]　(1)6.5 m　(2)1.35 m　(3)5 m 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 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)系统初始时若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。 3．动量观点和能量观点的选取原则 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 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)对于相互作用的两物体，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 [演练冲关] 2．(2018 届高三·第三次全国大联考Ⅰ卷)如图所示，MN 是水平轨道，NP 是倾角 θ＝45° 的无限长斜轨道，长为 L＝0.8 m 的细线一端固定在 O 点，另一端系着质量为 mB＝2 kg 的小 球 B，当细线伸直时 B 刚好与 MN 轨道接触但没有挤压。开始时细线伸直，B 静止在 MN 轨 道上，在 MN 轨道上另一个质量为 mA＝3 kg 的小球 A 以速度 v0 向右运动。(不计一切摩擦 及空气阻力，重力加速度 g＝10 m/s2) (1)若 A、B 发生弹性碰撞后，B 能在竖直面内做圆周运动，求 v0 的取值范围； (2)在满足(1)的条件下，轨道 NP 上有多长的距离不会被 A 击中？ 解析：(1)A、B 发生弹性碰撞，由动量守恒定律得 mAv0＝mAvA＋mBvB 由机械能守恒定律得 1 2mAv02＝1 2mAvA2＋1 2mBvB2 解得 vA＝v0 5 ，vB＝6v0 5 碰后 B 在竖直面内做圆周运动，有两种情况： 第一种情况，B 在竖直面内做完整的圆周运动，则它到最高点的速度 vB′≥ gL 由机械能守恒定律得：1 2mBvB2＝mBg·2L＋1 2mBvB′2 解得：v0≥5 10 3 m/s 第二种情况，B 运动的最大高度不超过 L 由机械能守恒定律得：1 2mBvB2≤mBgL 解得：v0≤10 3 m/s v0 的取值范围为 02.5mg，细线会断裂 细线断裂后两球做平抛运动，运动时间 t＝ 2h g 平抛的水平位移 x＝vt＝h。 答案：(1)1 2 2gh　(2)细线会断裂　h 2．(2018 届高三·第一次全国大联考Ⅲ卷)如图所示，在光滑的水平面的左端连接一半径 为 R 的1 4光滑圆弧形固定轨道，水平面上有一质量为 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，空气阻力不计， 求： (1)小球 P 到达圆弧形轨道最低点 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，经弹簧反弹后恰好能够回到 B 点，则高度 H 的大小 是多少。 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)＝1 2mvC2 又 h＝R，代入解得 vC＝2 gR 在最低点 C 处，根据牛顿第二定律有：FN－mg＝mvC2 R 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 1 2mvC2＝Epm＋1 2(m＋M)v2 联立解得 Epm＝3 2mgR。 (3)设小球 P 从 B 上方高 H 处释放，到达水平面速度为 v0，则有 mg(H＋R)＝1 2mv02 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 1 2mv02＝1 2mv12＋1 2Mv22 要使小球 P 经弹簧反弹后恰好回到 B 点，则有 mgR＝1 2mv12 解得 H＝3R。 答案：(1)2 gR　5mg，方向竖直向下 (2)3 2mgR　(3)3R 3.(2017·遂宁模拟)如图所示，光滑的桌面高 h＝5 m，桌面上有两个质 量分别为 mA＝2 kg、mB＝1 kg 的小球 A、B，它们之间有一个压缩的轻 弹簧(弹簧长度很短、与两小球没有拴接)，小球 B 通过一个绷直的长 L＝ 0.5 m 的竖直轻绳挂在 O 点。由静止释放两小球，已知小球 B 恰好能在 竖直平面内做完整的圆周运动。不计空气阻力，g＝10 m/s2。求： (1)小球 A 落地时距桌面边缘的水平位移 x； (2)最初弹簧贮存的弹性势能 Ep。 解析：(1)设小球 A、B 被弹簧弹开后速度分别为 vA、vB，小球 B 恰好能在竖直平面内做 完整的圆周运动，设最高点的速度为 vB′，由牛顿第二定律有：mBg＝mB vB′2 L 小球 B 被弹簧弹开后运动至最高点过程，由机械能守恒定律有：1 2mBvB2＝mBg·2L＋ 1 2 mBvB′2 小球 A、B 被弹簧弹开过程，由动量守恒定律有： 0＝mAvA－mBvB 小球 A 离开桌面边缘后做平抛运动 h＝1 2gt2，x＝vAt 解得小球 A 落地时距桌面边缘的水平位移 x＝2.5 m。 (2)对小球 A、B 及弹簧组成的系统，由能量守恒定律有： Ep＝1 2mAvA2＋1 2mBvB2 解得 Ep＝18.75 J。 答案：(1)2.5 m　(2)18.75 J 4．(2018 届高三·第二次全国大联考Ⅲ卷)如图所示，在光滑桌面上置有长木板 B 和物块 C， 在长木板的右侧置有物块 A，一开始 A、B 处于静止状态。A 与 B 之间的动摩擦因数为 0.2， B 足够长，A 的质量为 2 kg，B 的质量为 1 kg，C 的质量为 3 kg，C 以 4 m/s 的初速度向右 运动，与 B 碰撞后两者黏在 一起。重力加速度 g 取 10 m/s2，求： (1)C 与 B 碰撞过程中，损失的机械能； (2)最终 A、B、C 的速度大小和 A 相对于 B 运动的距离。 解析：(1)设 B、C 碰撞后的瞬间速度为 v1，根据动量守恒定律得 mCvC＝(mB＋mC)v1 v1＝3 m/s 碰撞过程中，损失的机械能为 ΔE＝1 2mCvC2－1 2(mB＋mC)v12 解得 ΔE＝6 J。 (2)对 A、B、C 整体，根据动量守恒定律得 mCvC＝(mA＋mB＋mC)v2 解得 v2＝2 m/s 根据功能关系： μmAgx＝1 2(mB＋mC)v12－1 2(mA＋mB＋mC)v22 解得 x＝1.5 m。 答案：(1)6 J　(2)2 m/s　1.5 m 5．(2017·西安长安区一中模拟)如图所示，竖直平面 MN 与水平面垂直，MN 右侧的空 间存在着垂直纸面向内的匀强磁场和水平向左的匀强电场，MN 左侧的水平面光滑，右侧的 水平面粗糙，质量为 m 的物体 A 静止在 MN 左侧的水平面上，已知物体 A 带负电，电荷量 的大小为 q，一质量为 1 3m 的不带电的物体 B 以速度 v0 冲向物体 A 并发生弹性碰撞，碰撞前 后物体 A 的电荷量保持不变。 (1)求碰撞后物体 A 的速度大小； (2)若物体 A 与水平面的动摩擦因数为 μ，重力加速度的大小为 g，磁感应强度的大小为 B＝3mg qv0 ，电场强度的大小为 E＝4μmg q 。已知物体 A 从 MN 开始向右移动的距离为 l 时，速 度增加到最大值。求： ①此过程中物体 A 克服摩擦力所做的功 W； ②此过程所经历的时间 t。 解析：(1)设物体 A、B 碰撞后的速度分别为 vA、vB，由于物体 A、B 发生弹性碰撞，动 量、机械能均守恒，则有： 1 3mv0＝1 3mvB＋mvA 1 2·1 3mv02＝1 2·1 3mvB2＋1 2mvA2 解得：vA＝v0 2 。 (2)①物体 A 的速度达到最大值 vm 时合力为零，受力如图所示。 竖直方向合力为零，有：N＝qvmB＋mg 水平方向合力为零，有：qE＝μN 根据动能定理，有： qEl－W＝1 2mvm2－1 2mvA2 解得：W＝4μmgl－3 8mv02。 ②在此过程中，设物体 A 运动的平均速度为v，根据动量定理有： qEt－μNt＝mvm－mvA N＝mg＋qvB 依题意有：v t＝l 解得：t＝ l v0＋ v0 6μg。 答案：(1)v0 2 　(2)①4μmgl－3 8mv02　② l v0＋ v0 6μg 6.(2018 届高三·第二次全国大联考Ⅱ卷)质量分别为 2m 和 m 的滑块 1 和滑块 2 通过一根细线(未画出)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 3∶4，当倾斜角度变化时，滑块 2 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 2 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 2 滑行的最大距离最小，最小 值的大小是多少。 解析：(1)细线剪断瞬间两个滑块组成的系统动量守恒，有 2mv1＝mv0 滑块 1 水平向左滑行，根据功能关系有 μ·2mgx1＝1 2·2mv12 滑块 2 沿斜面向上滑行，根据牛顿第二定律可得 ma1＝mgsin 30°＋μmgcos 30° 滑行最远距离 x2＝v02 2a1 根据x1 x2＝ 3 4 解得 μ＝ 3 3 。 (2)当 θ 变化时，设沿斜面向上为正方向，滑块 2 的加速度为 a2，则： －mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 滑块 2 的滑行距离 x 满足：0－v02＝2a2x 则 x＝ v02 2g(sin θ＋μcos θ)＝ v02 2g cos 30°(sin θ cos 30°＋sin 30°cos θ) ＝ cos 30°v02 2gsin(θ＋30°) ， 当 θ＋30°＝90°时 x 最小，即 θ＝60° x 最小值为 xmin＝ cos 30°v02 2gsin(θ＋30°) ＝ 3v02 4g 。 答案：(1) 3 3 　(2)60°　 3v02 4g 高考研究(十) 聚焦实验题考法——能量与动量 1．(2016·全国Ⅰ卷 T22)某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计 时器的电源为交流电源，可以使用的频率有 20 Hz、30 Hz 和 40 Hz。打出纸带的一部分如图 (b)所示。 该同学在实验中没有记录交流电的频率 f，需要用实验数据和其他题给条件进行推算。 (1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用 f 和图(b)中给出的物理量可以写出：在 打点计时器打出 B 点时，重物下落的速度大小为________，打出 C 点时重物下落的速度大小 为________，重物下落的加速度大小为________。 (2)已测得 s1＝8.89 cm，s2＝9.50 cm，s3＝10.10 cm；当地重力加速度大小为 9.80 m/s2， 实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的 1%。由此推算出 f 为________Hz。 解析：(1)重物匀加速下落时，根据匀变速直线运动的规律得 vB＝s1＋s2 2T ＝1 2f(s1＋s2) vC＝s2＋s3 2T ＝1 2f(s2＋s3) 由 s3－s1＝2aT2 得 a＝f2(s3－s1) 2 。 (2)根据牛顿第二定律，有 mg－kmg＝ma 根据以上各式，化简得 f＝ 2(1－k)g s3－s1 代入数据可得 f≈40 Hz。 答案：(1)1 2f(s1＋s2)　1 2f(s2＋s3)　1 2f2(s3－s1) (2)40 2．(2016·全国Ⅱ卷 T22)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图(a)所示： 轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点 计时器并与物块连接。向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算， 可求得弹簧被压缩后的弹性势能。 (1)实验中涉及下列操作步骤： ①把纸带向左拉直 ②松手释放物块 ③接通打点计时器电源 ④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量 上述步骤正确的操作顺序是________(填入代表步骤的序号)。 (2)图(b)中 M 和 L 纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果。打点计 时器所用交流电的频率为 50 Hz。由 M 纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块 脱离弹簧时的速度为________ m/s。比较两纸带可知，________(填“M”或“L”)纸带对应的实 验中弹簧被压缩后的弹性势能大。 解析：(1)实验时首先向左推物块使弹簧压缩，测量出弹簧压缩量，然后把纸带向左拉直， 先接通打点计时器电源，待打点稳定后，再松手释放物块，故正确的操作顺序是④①③②。 (2)物块脱离弹簧后将在光滑水平桌面上做匀速直线运动，由 M 纸带可知物块脱离弹簧 时的速度 v＝x t＝ (2.58＋2.57) × 10－2 2 × 0.02 m/s≈1.29 m/s。比较 M、L 两纸带，物块脱离弹簧 后在相同时间内的位移 M 的比 L 的大，则 M 纸带对应的实验中物块在脱离弹簧后的速度大， 即 M 纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大。 答案：(1)④①③②　(2)1.29　M 实验 典型试题 难度 1.验证机械能守恒定律 2016·全国Ⅰ卷 T22 ★★☆ 2.探究轻弹簧的弹性势能 2016·全国Ⅱ卷 T22 ★★★ 实验(一) 探究动能定理 “探究动能定理”对学生的自主探究能力、实验能 力要求较高，命题者常从实验原理　的创新、实验 操作过程、实验数据的处理及误差分析等角度命题。 利用教材实验方案探究动能定理 [例 1]　某实验小组要探究力对物体做功与物体获得速度的关系，选取的实验装置如图 甲所示，实验主要步骤如下： (1)实验时，在未连接橡皮筋时将木板的左端用小木块垫起，不断调整使木板倾斜合适的 角度，打开打点计时器，轻推小车，最终得到如图乙所示的纸带，这样做的目的是 ________。 A．平衡摩擦力，防止出现小车不能被橡皮筋拉动的情况 B．平衡摩擦力，保证橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功 C．平衡摩擦力，便于小车获得较大的弹射速度 D．平衡摩擦力，防止纸带上点迹不清晰 (2)使小车在一条橡皮筋的作用下从某位置由静止弹出，沿木板滑行，这时橡皮筋对小车 做的功为 W，再用完全相同的 2 条、3 条、……橡皮筋作用于小车，为了确保橡皮筋对小车 做的功分别为 2W、3W、…… 下列做法合理的是________。 A．每次从同一位置由静止释放小车 B．每次从不同位置由静止释放小车 C．每次从同一位置以不同初速度弹射小车 D．可以以任何方式释放小车 (3)分析打点计时器打出的纸带，分别求出小车每次获得的最大速度 v1、v2、v3、……某 次实验中得到如图丙所示的一条纸带(所用交流电频率为 50 Hz)，则应选用纸带________(填 “AH”或“EH”)部分进行测量，小车获得的速度大小为________m/s。 (4)作出 W v 图象，则下列符合实际的图象是______。(填字母序号) [解析]　(1)因纸带上的点迹是均匀的，说明小车做匀速运动，这样做的目的是平衡摩擦 力，而平衡摩擦力的根本目的是保证橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功，B 对。 (2)为了保证橡皮筋对小车做的功和橡皮筋的条数成正比，必须确保橡皮筋完全一样，且 每次从同一位置由静止释放小车，A 对。 (3)为了得到小车获得的最大速度，应选用点迹均匀的一段纸带即 EH 部分进行测量，小 车获得的速度大小为 v＝1.60 × 10－2 0.02 m/s＝0.80 m/s。 (4)由实验原理 W＝1 2mv2，可知功与速度的平方成正比，即 W∝v2，所以 D 正确。 [答案]　(1)B　(2)A　(3)EH　0.80　(4)D [必备知能] 1．注意平衡摩擦力 将木板一端垫高，使小车重力沿斜面向下的分力与摩擦力平衡。轻推小车，由打点计时 器打在纸带上的点是否均匀判断小车是否做匀速运动。 2．用比例法表示功 橡皮筋应选规格一样的，弹力对小车做的功以一根橡皮筋做的功为单位即可，不必计算 出具体数值，这是本实验的技巧之一，通过转换的方法巧妙地解决了这一难题。 3．实验数据的处理 在研究 W 与 v 的关系时，通常有定性分析和定量计算两种考查方式。定性分析时一般 要求作出 W v2 图象，如果是一条过原点的直线，则 W 与 v2 成正比；定量计算时需要利 用 W＝Fx 计算出合外力做的功，再利用 ΔEk＝1 2mv2－1 2mv02 计算出动能的变化量，然后比较 W 与 ΔEk。 用验证牛顿运动定律实验装置探究动能定理 [例 2]　某研究学习小组的同学欲以图示装置中的小车为对象，验证动能定理。 (1)[多选]下列器材中一定需要的有________。 A．天平　　　　　　　　 B．刻度尺 C．6 V 直流电源 D．秒表 (2)实验时为了保证质量为 M 的小车受到的合力与砂和砂桶的总重力大小基本相等，砂 和砂桶的总质量 m 应满足的实验条件是________________，实验时首先要做的步骤是 ________________。 (3)在(2)的基础上，某同学测得小车的质量 M，往砂桶中装入适量的砂，测得砂和砂桶 的总质量 m。让砂桶带动小车加速运动，用打点计时器记录小车的运动情况，在打点计时器 打出的纸带上取两点，测出这两点的间距 L 和打这两点时小车的速度大小 v1 与 v2(v1vA)，然后比较1 2(vB2－vA2)与 ghAB 是否相等即可。 (3)图象法 从纸带上选取多个点，测量从起始点到各点间的距离 h，然后计算打各点时重物的速度 (得到速度的平方 v2)，描绘出v2 2  h 图象，看图线是否是一条过原点且斜率接近 g 的直线。 2．验证机械能守恒定律的实验的误差分析 (1)本实验误差的主要来源是纸带和打点计时器间的摩擦以及空气阻力。因重物及纸带在 下落过程中要不断地克服阻力做功，因此重物动能的增加量略小于重力势能的减少量，这是 系统误差。减小系统误差的方法：选用密度大的实心重物，选用电火花计时器等。 (2)测量长度时也会造成误差，这属于偶然误差，减小偶然误差的办法：测距离都从起点 O 量起，下落高度 h 适当大些，多测几次取平均值。 利用光电门验证机械能守恒定律 [例 5]　(2017·榆林模拟)某同学利用图示装置，验证以下两个规律： ①两物块通过不可伸长的细绳相连接，沿绳分速度相等； ②系统机械能守恒。 P、Q、R 是三个完全相同的物块，P、Q 用细绳连接，放在水平气垫桌上，物块 R 与轻 质滑轮连接，放在正中间，a、b、c 代表三个光电门，调整三个光电门的位置，能实现同时 遮光，整个装置无初速度释放。 (1)[多选]为了能完成实验目的，除了记录 P、Q、R 三个遮光片的遮光时间 t1、t2、t3 外， 还必须测量的物理量有________。 A．P、Q、R 的质量 M B．两个定滑轮的距离 d C．R 的遮光片到 c 的距离 H D．遮光片的宽度 x (2) 根 据 装 置 可 以 分 析 出 P 、 Q 的 速 度 大 小 相 等 ， 需 要 验 证 的 表 达 式 为 ____________________。 (3) 若 要 验 证 物 块 R 与 物 块 P 的 沿 绳 分 速 度 相 等 ， 则 验 证 表 达 式 为 ____________________。 (4)若已知当地重力加速度 g，则验证系统机械能守恒的表达式为____________________。 [解析]　(1)验证系统机械能守恒，需验证的表达式是 MgH＝1 2MvP2＋1 2MvQ2＋1 2MvR2， 可知质量 M 可以约去，对实验结果不会有影响，因此不需要测量 P、Q、R 的质量 M，A 错 误；根据验证的表达式可知，两个定滑轮的距离 d 不需要测量，B 错误；根据验证的表达式 可知，需要测量 R 的遮光片到 c 的距离 H，这样才能计算出系统减少的重力势能，C 正确； 根据验证的表达式可知，要测量 P、Q、R 三个物块遮光片的速度，速度 v＝x t，因此需要测 量遮光片的宽度 x，D 正确。 (2)物块 P 的速度 vP＝x t1，物块 Q 的速度 vQ＝x t2，因此分析出 P、Q 的速度大小相等，即 需要验证表达式 t1＝t2。 (3)物块 R 的速度 vR＝x t3，要验证物块 R 与物块 P 的沿绳分速度相等，则需要验证表达式 vR· H H2＋(d 2 )2 ＝vP，将 vP、vR 代入得t3 t1＝ 2H 4H2＋d2。 (4)整个系统减少的机械能是 ΔE＝MgH，增加的机械能是 ΔE′＝1 2M(x2 t12＋x2 t22＋x2 t32)，要验 证机械能守恒，则 ΔE＝ΔE′，即验证表达式 gH＝ x2 2t32＋ x2 2t22＋ x2 2t12。 [答案]　(1)CD　(2)t1＝t2　(3)t3 t1＝ 2H 4H2＋d2 (4)gH＝ x2 2t32＋ x2 2t22＋ x2 2t12 [必备知能] 1．遮光片很窄，可近似认为遮光片通过光电门的平均速度等于遮光片通过光电门的瞬 时速度，从而求出系统动能的增加量，根据 R 的遮光片到光电门 c 之间的距离 H 可以求出 重力势能的减少量。在比较动能的增加量和重力势能的减少量时，由于可以约去 M，只需验 证 gH＝ x2 2t32＋ x2 2t22＋ x2 2t12是否成立。 2．本例题除了验证机械能守恒定律，还研究了“一根绳上的速度大小相等”问题，这 也正是近几年高考对实验创新考查的体现。 利用传感器验证系统机械能守恒定律 [例 6]　某同学利用图示装置来研究 A 和 C 组成的系统机械能 守恒。A、B 是质量均为 m 的物块，C 是质量为 M 的重物，A、B 间由 轻弹簧相连，A、C 间由轻绳相连。在物块 B 下放置一压力传感器， 重物 C 下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连。当压力 传感器示数为零时，就触发速度传感器测定此时重物 C 的速度。整个 实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为 g，实验操作如下： ①开始时，系统在外力作用下保持静止，轻绳拉直但张力为零。现释放 C，使其向下运 动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出 C 的速度为 v； ②在实验中保持 A、B 质量不变，改变 C 的质量 M，多次重复第①步。 回答下列问题： (1)该实验中，M 和 m 大小关系必须满足 M______m(填“<”“＝”或“>”)。 (2)为便于研究速度 v 与质量 M 的关系，每次测重物的速度时，其已下降的高度应 ________(填“相同”或“不同”)。 (3)根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出________(填“v2  M”“v2  1 M” 或“v2  1 M＋m”)图线。 (4)若第(3)问中所作出的图线在纵轴上的截距为 b，则弹簧的劲度系数为________(用题 给的已知量表示)。 [解析]　(1)由题意可知当压力传感器示数为零时，C 仍然有向下运动的速度 v，所以必 须满足 M>m。 (2)由控制变量法原理知，必须保证重物每次下降高度相同，才能研究速度 v 与质量 M 的关系。 (3)因刚开始时弹簧被压缩，弹力为 mg，而压力传感器示数为 0 时，弹簧被拉伸，弹力 大小仍为 mg，即弹性势能在始、末状态相同，为此需要验证1 2(m＋M)v2＝(M－m)g·2x，x 为 弹簧弹力大小为 mg 时弹簧的形变量，化简得 v2＝－8mgx· 1 M＋m＋4gx，所以要想得到线性 关系图线，应作 v2  1 M＋m图线。 (4)由题意知当 1 M＋m＝0 时，有 b＝4gx，而 mg＝kx，联立得 k＝4mg2 b 。 [答案]　(1)>　(2)相同　(3)v2  1 M＋m　(4)4mg2 b [必备知能] 在用一个系统来验证机械能守恒定律时，一定要分析出系统重力势能的变化量及系统动 能的变化量，求解该题时利用始、末状态弹簧弹性势能相等，分析出重物 C 和物块 A 这个系 统的重力势能的变化量与动能变化量的关系是关键。 实验(三) 验证动量守恒定律 本实验曾在 2014 年全国Ⅱ卷第 35 题通过气垫导轨 上两滑块的碰撞来考查，改为必　考后，可能结合斜 槽上滚下的小球碰撞另一小球的情境考查实验原理、 数据处理　　等知识，也可能考查验证动量守恒定律 的创新设计实验等。 利用平抛运动规律验证动量守恒定律 [例 7]　(2017·湖北部分重点中学模拟)某同学用图示装置研究弹性正碰。实验中使用半 径相等的弹性小球 1 和 2，且小球 1 的质量大于小球 2 的质量，不计空气阻力。实验主要步 骤如下： 安装好实验装置，做好测量前的准备。 第一步：先将木板竖直固定于斜槽前端边缘处的 C 点，且板面与纸面垂直，在木板上记 下置于 C 点小球的位置，然后将木板向右平移适当的距离，并固定。 第二步：不放小球 2，让小球 1 从斜槽上 A 点由静止滚下，并撞在木板上。重复多次， 用尽可能小的圆把小球 1 的所有落点圈在里面，其圆心处就是小球 1 落点的平均位置。 第三步：把小球 2 放在斜槽前端边缘处的 C 点，让小球 1 从 A 点由静止滚下，使它们碰 撞，重复多次，并使用与第二步同样的方法分別标出碰撞后两小球落点的平均位置。 第四步：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置到 O 点的距离，即线段 OM、OP、ON 的长度。 回答下列问题： (1)若 C 点到木板的距离为 x，小球 1 落点到 O 点的距离为 y，重力加速度为 g，则小球 1 做平抛运动的初速度 v0＝________。 (2)上述实验中，P 点是__________的平均位置，N 点是__________的平均位置，M 点是 __________的平均位置。 (3)若满足条件________________(用测量量表示)，则两小球发生的碰撞是弹性正碰。 [解析]　(1)小球 1 做平抛运动，水平方向：x＝v0t，竖直方向：y＝1 2gt2，解得：v0＝x t＝ x g 2y。 (2)根据平抛运动规律及小球速度大小的关系易知，上述实验中，P 点是小球 1 落点的平 均位置，N 点是小球 1 与小球 2 碰撞后小球 1 落点的平均位置，M 点是小球 2 落点的平均位 置。 (3)若两小球发生弹性碰撞，则满足动量守恒及能量守恒，则满足：m 1v0＝m1v1′＋ m2v2，1 2m1v02＝1 2m1v1′2＋1 2m2v22；联立解得：v0＝v2－v1′，即 x g 2OP＝x g 2OM－x g 2ON， 即 1 OP ＝ 1 OM － 1 ON 。 [答案]　(1)x g 2y　(2)小球 1 落点　小球 1 与小球 2 碰撞后小球 1 落点　小球 2 落点　 (3) 1 OP ＝ 1 OM － 1 ON [必备知能] 1．实验操作注意事项 (1)要调节好实验装置，使固定在桌边的轨道末端的切线水平，保证两小球相碰时处在同 一高度，碰撞后的速度方向在同一直线上。 (2)应使入射小球的质量大于被碰小球的质量。 (3)应使入射小球每次从倾斜轨道上相同位置由静止滚下，且释放点尽量高些。 (4)白纸铺好后不能移动。 2．关于误差 (1)系统误差主要来源于装置本身，如两小球的碰撞不满足水平正碰，两小球的抛出点不 在同一点。 (2)偶然误差主要来源于两小球质量及水平射程的测量。 (3)减小误差的方法：调整好装置，确保两小球发生水平正碰。每次从尽量高的位置静止 释放入射小球，使两小球相碰时内力尽量大，进行多次碰撞，采用最小圆圈法确定小球的平 均落点。 利用打点计时器验证动量守恒定律 [例 8]　某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中动量的变化规律的实验：在小 车 A 的前端粘有橡皮泥，推动小车 A 使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车 B 相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图甲所示，在小车 A 后连着 纸带，电磁打点计时器电源频率为 50 Hz，长木板下垫着小木片以平衡摩擦力。 (1)若已得到打点纸带如图乙所示，测得各计数点间距离并标在图上，点 1 为打下的第一 点，则应选________段来计算小车 A 的碰前速度，应选________段来计算小车 A 和小车 B 碰后的共同速度。(填“1～2”“2～3”“3～4”或“4～5”) (2)已测得小车 A 的质量 mA＝0.40 kg，小车 B 的质量 mB＝0.20 kg，由以上的测量结果 可得：碰前两小车的总动量为________kg·m/s，碰后两小车的总动量为________kg·m/s， 由此可得出的实验结论是______________________________________________________。 [解析]　(1)因小车做匀速运动，应取纸带上点迹均匀的一段来计算速度，碰前 2～3 段 点迹均匀，碰后 4～5 段点迹均匀，故取 2～3 段计算小车 A 的碰前速度，4～5 段计算小车 A、B 碰后的共同速度。 (2)碰前小车 A 的速度 vA＝s23 T ＝10.50 × 10－2 0.02 × 5 m/s＝1.05 m/s，其动量 p A＝mAvA＝ 0.420 kg·m/s；碰后两小车的共同速度为 vAB＝s45 T ＝6.95 × 10－2 0.02 × 5 m/s＝0.695 m/s，其总动 量 pAB＝(mA＋mB)vAB＝0.417 kg·m/s，由计算结果可知：在实验允许的误差范围内碰撞前后 总动量不变。 [答案]　(1)2～3　4～5　(2)0.420　0.417　在实验允许的误差范围内碰撞前后总动量不 变 [备课札记]　　 　 [必备知能] 1．实验前要把木板的一端垫起，以平衡摩擦力。 2．实验的关键是求小车的速度，而小车碰撞前后的速度是利用纸带上打下的点求解的， 为了减小测量的相对误差，可多测几个间距来求速度。 利用气垫导轨验证动量守恒定律 [例 9]　(2018 届高三·江西九校联考)利用频闪照相和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量” 的实验，步骤如下： ①用天平测出滑块 A、B 的质量分别为 200 g 和 300 g； ②安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； ③向气垫导轨通入压缩空气； ④把 A、B 两滑块放到导轨上，并给它们一个初速度，同时开始闪光照相，闪光的时间 间隔设定为 Δt＝0.2 s, 照片如图所示： 结合实验过程和图象分析知：该图象是闪光 4 次所得的照片，在这 4 次闪光的瞬间，A、 B 两滑块均在 0～80 cm 刻度范围内； 第一次闪光时，滑块 A 恰好通过 x＝55 cm 处，滑块 B 恰好通过 x＝70 cm 处； 碰撞后有一个滑块处于静止状态。 设向右为正方向，试分析： 滑块碰撞时间发生在第一次闪光后________s，碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和是 ________kg·m/s，碰撞后两滑块的质量与速度乘积之和是_________kg·m/s。 以上实验结果说明，在碰撞过程中保持不变的物理量是_______________________。 [解析]　由题意及题图易知，第二次、第三次和第四次闪光时，B 始终在 x＝60 cm 处， 说明碰后 B 静止，滑块碰撞位置发生在 60 cm 处；第一次闪光时 A 在 x＝55 cm 处，第二次 闪光时 A 在 x＝50 cm 处，说明碰前位移为 5 cm，碰后位移为 10 cm，由题图可知：vA·Δt＝20 cm，vAt1＝10 cm，所以 t1＝1 2Δt＝0.1 s，所以滑块碰撞时间发生在第一次闪光后 0.1 s；设向 右为正方向，碰前 A 的速度 vA＝5 × 10－2 0.1 m/s＝0.5 m/s，A 的动量 pA＝mAvA＝0.2×0.5 kg·m/s＝0.1 kg·m/s；碰前 B 的速度 v B＝－10 × 10－2 0.1 m/s＝－1 m/s，B 的动量 p B＝ mBvB＝0.3×(－1)kg·m/s＝－0.3 kg·m/s，碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和是－0.2 kg·m/s；碰后 A 的速度 v A′＝－20 × 10－2 0.2 m/s＝－1 m/s，A 的动量 p A′＝m AvA′＝ 0.2×(－1)kg·m/s＝－0.2 kg·m/s；以上实验结果说明，在碰撞过程中保持不变的物理量 是碰撞前后两物体的质量与速度的乘积之和。 [答案]　0.1　－0.2　－0.2　碰撞前后两物体的质量与速度的乘积之和 [必备知能] 1．气垫导轨可以大大减小由于摩擦在实验中产生的系统误差。 2．频闪照相可以使计时工作变得更加简单、准确。 3．也正是频闪照相的引入给本题带来较大难度，只有读懂图示，才可以正确解答本题。 [实验题增分练] 能量与动量 1．(2017·内蒙古包头模拟)某同学利用如图甲所示的实验装置测定铁块与木板之间的动 摩擦因数，实验步骤如下： A．将斜槽轨道的末端调整水平 B．使木板紧靠槽口末端 O 点，其上表面与槽口在同一水平面上 C．使铁块从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，铁块最终停在木板上的 B 点，测出 OB 间 的距离 L D．去掉木板，再使铁块从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，测出铁块做平抛运动的水平 位移 x 和槽口离地面的高度 h E．改变挡板的位置，以获取多组 L、x 数据 (1)本实验中，斜槽表面粗糙对实验结果是否有影响？________(填“是”或“否”) (2)该同学根据测得的数据，作出 x2 L 图象如图乙所示，如果图象的斜率为 k，则铁块 与木板间的动摩擦因数 μ＝________。 解析：(1)铁块不管是做平抛运动还是在木板上滑动，都是直接利用其在斜槽末端的速度， 斜槽表面粗糙对实验结果没有影响。 (2)铁块在木板上滑动，利用动能定理得：－μmgL＝0－1 2mv2，从斜槽末端做平抛运动， 则有：x＝vt，h＝1 2gt2，联立解得：x2＝4μhL，在 x2 L 图象中斜率为 k，则：k＝4μh，解 得 μ＝ k 4h。 答案：(1)否　(2) k 4h 2．(2017·哈尔滨第六中学检测)如图所示为弹簧弹射装置，在内壁光滑、水平固定的金 属管中放有轻弹簧，在其两端各放置一个金属小球 1 和 2(两球直径略小于管径且与弹簧不固 连)，压缩弹簧并锁定。现解除锁定，则两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射。按下述步 骤进行实验： ①用天平测出两球质量分别为 m1、m2； ②用刻度尺测出两管口离地面的高度均为 h； ③解除弹簧锁定弹出两球，记录两球在水平地面上的落点 P、Q。 回答下列问题： (1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需测量的物理量有________。(已知 重力加速度 g) A．弹簧的压缩量 Δx B．两球落点 P、Q 到对应管口 M、N 的水平距离 x1、x2 C．小球直径 D．两球从管口弹出到落地的时间 t1、t2 (2)根据测量结果，可得弹性势能的表达式为 Ep＝________________________________。 (3)由上述所测得的物理量来表示，如果满足关系式____________，那么说明弹射过程中 两小球组成的系统动量守恒。 解析：(1)弹簧的弹性势能等于两球得到的动能之和，要求解动能必须还要知道两球弹射 的初速度 v0，由平抛运动规律，可知 v0＝ x 2h g ，故还需要测出两球落点 P、Q 到对应管口 M、N 的水平距离 x1、x2，B 正确。 (2)小球的动能 Ek＝1 2mv02＝1 2m(x g 2h)2＝mgx2 4h ；故弹性势能的表达式为 Ep＝1 2m1v12＋1 2 m2v22＝m1gx12 4h ＋m2gx22 4h 。 (3)由测得的物理量来表示，如果满足关系式 m1v1＝m2v2，即 m1x1＝m2x2，那么说明弹 射过程中两小球组成的系统动量守恒。 答案：(1)B　(2)m1gx12 4h ＋m2gx22 4h 　(3)m1x1＝m2x2 3．(2018 届高三·武汉四校联考)某同学为了探究杆转动时的动能表达式，设计了一实验： 质量为 m 的均匀长直杆一端固定在光滑转轴 O 处，杆由水平位置静止释放，用光电门测出 另一端 A 经过某位置时的瞬时速度 vA，并记下该位置与转轴 O 的高度差 h。 (1)调节 h 的大小并记录对应的速度 vA，数据如下表。为了形象直观地反映 vA 和 h 的关 系，应选择________(填“vA”“vA－1”或“vA2”)为纵坐标，并在坐标纸中标明纵坐标，画出图 象。 组次 1 2 3 4 5 6 h/m 0.05 0.10 0.15 0.20 0.25 0.30 vA/(m·s－1) 1.23 1.73 2.12 2.46 2.74 3.00 vA－1/ (s·m－1) 0.81 0.58 0.47 0.41 0.36 0.33 vA2/ (m2·s－2) 1.50 3.00 4.50 6.05 7.51 9.00 (2)当地重力加速度 g 取 10 m/s2，结合图象分析，杆转动时的动能 Ek＝___________。(请 用质量 m、速度 vA 表示) 解析：(1)由表格中数据知，h 成倍数增大时，vA2 成倍数增大，所以纵轴应为 vA2；描点 画图，如图所示。 (2)由图象可得：vA2＝30h，杆在转动的过程中重力势能转化为动能，即 Ek＝Ep＝1 2mgh， 联立得 Ek＝1 6mvA2。 答案：(1)vA2　见解析图　(2)1 6mvA2 4．(2017·宜宾模拟)某同学设计了如图甲所示的实验装置来验证动能定理。一个电磁铁 吸住一个小钢球，将电磁铁断电后，小钢球由静止开始向下加速运动。小钢球经过光电门， 计时装置记录小钢球通过光电门 1 和光电门 2 的挡光时间分别为 t1 和 t2，用刻度尺测得两光 电门中心之间的距离为 h，已知当地重力加速度为 g。 (1)该同学用游标卡尺测量了小钢球的直径，结果如图乙所示，小钢球的直径 d＝ ________cm。 (2)小钢球通过光电门 1 时的速度大小为 v1＝__________________________________。 (3)若上述测量的物理量满足关系式______________________________，则动能定理得以 验证。[(2)、(3)问用所测物理量的字母表示] 解析：(1)根据游标卡尺的读数规则可得，小钢球的直径为 0.5 cm＋0.05 mm×4＝0.520 cm。 (2)小钢球通过光电门 1 时的速度大小为 v1＝d t1。 (3)若测量的物理量满足关系式 1 2m(d t2 )2－1 2·m(d t1 )2＝mgh，即 (d t2 )2－(d t1 )2＝ 2gh，则动能定理得以验证。 答案：(1)0.520　(2)d t1　(3)(d t2 )2－(d t1 )2＝2gh 5.(2017·济宁模拟)如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量 守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。 (1)[多选]下列说法中符合本实验要求的是__________。 A．安装轨道时，轨道末端必须水平 B．必要的测量仪器有天平、刻度尺和秒表 C．入射小球必须比靶球质量大，且二者的直径必须相同 D．在同一组实验的不同碰撞中，每次入射小球必须从同一位置由静止释放 (2)图中 O 点是小球抛出点在地面上的竖直投影。实验时，先让入射小球多次从 S 位置 由静止释放，找到其平均落地点的位置。然后把靶球静置于轨道的末端，再将入射小球从同 一位置由静止释放，多次重复，并找到碰撞后两球各自落地点的平均位置。用刻度尺分别测 量三个落地点的平均位置与 O 点的距离(线段 OM、OP、ON 的长度)，分别用 x1、x2、x3 表 示。入射小球的质量为 m1，靶球的质量为 m2，若满足关系式______________，则两球碰撞 前后系统动量守恒。 解析：(1)实验中要确保小球离开轨道后做平抛运动，所以安装轨道时，轨道末端必须水 平，A 正确；实验时，需要天平测量质量、刻度尺测量距离，但不需要秒表测时间，B 错误； 碰撞时，为使入射小球不被弹回，要求入射小球必须比靶球质量大，且要对心碰撞，二者的 直径必须相同，C 正确；在同一组实验的不同碰撞中，每次入射小球必须从同一位置由静止 释放，以确保碰前小球的速度相同，D 正确。 (2)根据平抛运动规律可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为 t，则：v0＝ x2 t ，v1＝x1 t ，v2＝x3 t ，而动量守恒的表达式是：m1v0＝m1v1＋m2v2，若两球相碰前后的动量守 恒，则验证关系式 m1x2＝m1x1＋m2x3 即可。 答案：(1)ACD　(2)m1x2＝m1x1＋m2x3 6．(2017·威海模拟)在“探究弹性势能与弹簧形变量的关系”的实验中，各实验小组所 用轻质弹簧规格相同，小球质量不同。 (1)某小组用游标卡尺测量小球直径示数如图所示，则小球直径 D＝________cm。 (2)实验小组将轻质弹簧套在水平光滑细杆上，细杆两端固定在竖直固定的挡板上。小球 与弹簧相连，在弹簧的自然长度位置两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图甲所示。光 敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的是光敏电阻阻值 R 随时间 t 的变化关系。某时 刻把小球拉离平衡位置(小球所受合力为零的位置)后由静止释放，小球在平衡位置的两侧做 往复运动，所得 R­t 图线如图乙所示。若小球的质量为 m，则小球在做往复运动的过程中， 弹簧的最大弹性势能表达式为 Ep＝______(用图中和题中所给的字母表示，小球在运动中空 气阻力不计)。 (3)实验小组在实验的过程中不断改变小球释放的位置，测量出每次弹簧的最大形变量 x(均在弹簧弹性限 度内)，计算出小球在平衡位置时的速度 v，作出 v ­x 的图线如图丙所示。由图象可得出 弹簧的弹性势能与弹簧的形变量的关系是____________________________(定性描述)。实验 中发现不同实验小组做出的 v­x 图线的斜率不同，原因是_________________。 解析：(1)小球直径 D＝(0.7＋0.05×10×10－1)cm＝0.750 cm。 (2)光敏电阻阻值较大时，光强较小，即为遮光时间，根据遮光时间以及小球直径的值可 得，小球的最大速度 v＝D Δt，则弹簧的弹性势能 Ep＝1 2m(D Δt )2。 (3)由题图丙可知 v＝kx，而 Ep＝1 2mv2＝1 2mk2x2，则弹簧的弹性势能与弹簧的形变量的关 系是：弹性势能与其形变量的平方成正比； 斜率为 1 2mk2，故不同实验小组做出的 v ­x 图线 的斜率不同，原因是小球的质量不同。 答案：(1)0.750　(2)1 2m(D Δt )2　(3)弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比　小球的 质量不同 7．(2017·绵阳南山中学检测)在“验证机械能守恒定律”的实验中，小明同学利用传感 器设计实验如图甲所示，将质量为 m、直径为 d 的金属小球在一定高度 h 由静止释放，小球 正下方固定一台红外线计时器，能自动记录小球挡住红外线的时间 t，改变小球下落高度 h， 进行多次重复实验。此方案验证机械能守恒定律方便快捷。 (1)用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示，则小球的直径 d＝________。 (2)为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作________图象。 A．h t　　 B．h 1 t　　　 C．h t2　　　 D．h 1 t2 (3)经正确的实验操作，小明发现小球动能增加量 1 2mv2 总是稍小于重力势能减少量 mgh， 你认为增加释放高度 h 后，两者的差值会________(填“增大”“减小”或“不变”)。 解析：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为 17.5 mm，可动刻度读数为 30.5×0.01 mm＝ 0.305 mm，所以最终读数为 17.5 mm＋0.305 mm＝17.805 mm。 (2)已知小球挡住红外线的时间和小球的直径；则可以由平均速度表示小球挡住红外线时 的速度 v＝d t，若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgh＝1 2 mv2，即 mgh＝1 2m(d t )2，h＝d2 2g·1 t2，为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，所以应 作 h  1 t2图象，故 D 正确。 (3)小球动能增加量 1 2mv2 总是稍小于重力势能减少量 mgh，是因为小球下落过程中受到 空气阻力的影响，增加释放高度 h 后，空气阻力的影响增大，故两者的差值会增大。 答案：(1)17.805 mm(17.804～17.806 mm 均可)　(2)D　(3)增大 [“专题二　能量与动量”高考过关练] 一、选择题(第 1～5 题为单项选择题，第 6～8 题为多项选择题) 1．(2018 届高三·安徽江南十校联考)如图所示，一个质量为 m 的物块 A 与另—个质量为 2m 的物块 B 发生正碰，碰后物块 B 刚好能落入正前方(右边)的沙坑中。假如碰撞过程中无 机械能损失，已知物块 B 与地面间的动摩擦因数为 0.1，与沙坑的距离为 0.5 m，g 取 10 m/s2。两物块可视为质点。则与 B 碰撞前瞬间 A 的速度为(　　) A．0.5 m/s B．1.0 m/s C．1.5 m/s D．2.0 m/s 解析：选 C　碰撞后 B 做匀减速运动，由动能定理得：－μ·2mgx＝0－1 2·2mv2，解得：v ＝1 m/s，A 与 B 碰撞的过程中，A 与 B 组成的系统在水平方向动量守恒，选取向右为正方向， 则：mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，则：1 2mv02＝1 2mv12＋1 2·2mv2，解得：v0＝1.5 m/s，故 A、B、D 错误，C 正确。 2.(2017·厦门检测)如图所示，在水平地面上竖直固定一绝缘弹簧，弹簧中心直 线的正上方固定一个带电小球 Q，现将与 Q 带同种电荷的小球 P 从直线上的 N 点 由静止释放，在小球 P 与弹簧接触到速度变为零的过程中，空气阻力不计，下列 说法中正确的是(　　) A．小球 P 的电势能先减小后增加 B．小球 P 与弹簧组成的系统机械能一定增加 C．小球 P 动能的减少量等于库仑力和重力做功的代数和 D．小球 P 速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零 解析：选 B　小球 P 下落的过程中，库仑力一直对其做正功，小球 P 的电势能一直减小， 选项 A 错误；因 Q 对小球 P 的库仑力对其做正功，故小球 P 与弹簧组成的系统机械能一定 增加，选项 B 正确；小球 P 动能的减少量等于库仑力和重力以及弹簧弹力做功的代数和，选 项 C 错误；小球 P 速度最大时所受弹簧弹力、重力以及库仑力的合力为零，选项 D 错误。 3．(2017·成都外国语学校检测)如图所示，质量为 M＝3 kg 的小滑块，从斜面顶点 A 由 静止开始沿 ABC 下滑，最后停在水平面 D 点，不计小滑块从 AB 面滑上 BC 面以及从 BC 面 滑上 CD 面的机械能损失。已知：AB＝BC＝5 m，CD＝9 m，θ＝53°，β＝37°，重力加速度 g ＝10 m/s2，在运动过程中，小滑块与接触面的动摩擦因数相同。则(sin 37°＝0.6，sin 53°＝ 0.8)(　　) A．小滑块与接触面的动摩擦因数 μ＝0.5 B．小滑块在 AB 面上运动时克服摩擦力做的功等于在 BC 面上运动时克服摩擦力做的功 C．小滑块在 AB 面上的运动时间大于小滑块在 BC 面上的运动时间 D．小滑块在 AB 面上运动的加速度 a1 与小滑块在 BC 面上运动的加速度 a2 之比是5 3 解析：选 C　根据动能定理得，Mg(s ABsin θ＋s BCsin β)－μMg(s ABcos θ＋s BCcos β)－ μMgsCD＝0，解得：μ＝ 7 16，A 错误；小滑块在 AB 面上的正压力小于 BC 面上的正压力，故 在 AB 面上克服摩擦力做的功小于在 BC 面上克服摩擦力做的功，B 错误；小滑块在 AB 面上 运动的平均速度小于小滑块在 BC 面上的平均速度，故小滑块在 AB 面上的运动时间大于小 滑块在 BC 面上的运动时间，C 正确；小滑块在 AB 面上运动的加速度：a1＝gsin θ－μgcos θ ＝43 8 m/s2，小滑块在 BC 面上运动的加速度：a2＝gsin β－μgcos β＝5 2 m/s2，则 a1∶a2＝43∶ 20，D 错误。 4.(2017·宜兴检测)一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上 冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙，滑块运动过程中加速度与时 间的关系图象如图所示。下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移 x、 速度 v、动能 Ek 和重力势能 Ep(以斜面底端为参考平面)随时间 t 变化的关系，其中正确的是 (　　) 解析：选 D　滑块沿斜面向上做匀减速直线运动，向下做匀加速直线运动，两者速度方 向相反，据位移公式可知，位移与时间成二次函数关系；斜面粗糙，则下滑到底端的速度小 于上滑时的初速度，据运动学公式可知，下滑所用的时间要大于上滑所用的时间，先减速后 加速，加速度始终向下，所以 x t 图象应是开口向下的抛物线，故 A、B 错误；根据 Ek＝1 2 mv2 知，动能先减小后增大，故 C 错误；Ep＝mgh＝mgxsin θ＝mgsin θ(v 0t＋1 2at2)(θ 为斜面 倾角)，a 始终为负，故图线为开口向下的抛物线，故 D 正确。 5.(2017·株洲检测)以速度 v0 在光滑水平面上匀速滑动的物块，某时刻 受到一水平恒力 F 的作用，经一段时间后从 A 点运动到 B 点，速度大小 仍为 v0，方向改变了 90°，如图所示，则在此过程中(　　) A．物块的动能一定始终不变 B．水平恒力 F 的方向一定与 AB 连线垂直 C．物块的速度一定先增大后减小 D．物块的加速度大小变化 解析：选 B　物块在水平恒力 F 作用下，向右方向上的速度由 v0 减小到零，向下方向上 的速度由零增大到 v0，由速度的合成易知，物块的速度先减小后增大，故动能先减小后增大， A、C 错误；物块的初、末动能相同，根据动能定理，合力对物块做的功一定为零，故合力 与位移垂直，即水平恒力 F 的方向一定与 AB 连线垂直，B 正确；由于运动过程中，物块受 力恒定，所以加速度大小不变，D 错误。 6.(2017·拉萨中学检测)如图所示，小车放在光滑水平面上，A 端固定一个轻弹簧，B 端 粘有油泥，小车总质量为 M，质量为 m 的木块 C 放在小车上，用细 绳连接于小车的 A 端并使弹簧压缩， 开始时小车和 C 都静止，当突 然烧断细绳时，C 被释放，使 C 离开弹簧向 B 端冲去，并跟 B 端油 泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　　) A．弹簧伸长过程中 C 向右运动，同时小车也向右运动 B．C 与 B 端碰前，C 与小车的速率之比为 M∶m C．C 与油泥粘在一起后，小车立即停止运动 D．C 与油泥粘在一起后，小车继续向右运动 解析：选 BC　小车、C 和弹簧组成的系统动量守恒，开始总动量为零，弹簧伸长的过 程中，C 向右运动，则小车向左运动，故 A 错误；规定向右为正方向，在 C 与 B 端碰前，根 据动量守恒得，0＝mvC－Mv，解得 vC∶v＝M∶m，故 B 正确；因为小车、C 和弹簧组成的 系统动量守恒，开始总动量为零，当 C 与油泥粘在一起后，总动量仍然为零，则小车立即停 止运动，故 C 正确，D 错误。 7.(2017·宁德高级中学检测)如图所示，质量 m＝1 kg 的物块在 F ＝20 N 的水平恒力推动下，从粗糙斜面底部 A 处由静止开始运动至 高 h＝6 m 的 B 处，用时 t＝2 s，到达 B 处时物块的速度大小为 v＝10 m/s，重力加速度 g＝10 m/s2。不计空气阻力，则(　　) A．A、B 之间的水平距离为 8 m B．物块与斜面间的动摩擦因数为 0.25 C．F 对物块做的功为 120 J D．物块克服摩擦力做的功为 50 J 解析：选 ABD　根据 x＝v 2t，解得 x＝10 m，则 A、B 之间的水平距离 d＝ 102－62 m＝ 8 m，选项 A 正确； 设斜面倾角为 α，则 sin α＝h x，解得 α＝37°，则由动能定理：Fd－mgh －μ(mgcos α＋Fsin α)x＝1 2mv2，代入数据解得 μ＝0.25，选项 B 正确；F 做的功：WF＝Fxcos α＝20×10×0.8 J＝160 J，选项 C 错误；克服摩擦力做的功：W f＝μ(mgcos α＋Fsin α)x＝ 0.25×(1×10×0.8＋20×0.6)×10 J＝50 J，选项 D 正确。 8.(2017·乐山检测)如图所示，水平光滑长杆上套有小物块 A，细线 跨过 O 点的轻质光滑定滑轮(不计滑轮大小)，一端连接 A，另一端悬挂 小物块 B，A、B 质量相等。C 为 O 点正下方杆上一点，滑轮到杆的距 离 OC＝h。开始时 A 位于 P 点，PO 与水平方向的夹角为 30°，现将 A、B 由静止释放，则 下列说法正确的是(　　) A．A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中，速度不断增大 B．在 A 由 P 点出发第一次到达 C 点的过程中，B 克服细线拉力做的功小于 B 重力势能 的减少量 C．A 在杆上长为 2 3h 的范围内做往复运动 D．A 经过 C 点时的速度大小为 2gh 解析：选 ACD　A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中，细线拉力对 A 做正功，所以动 能不断增大，速度不断增大，故 A 正确；由几何关系知，A 到 C 点时 B 从释放到了最低点， 此时 B 的速度为零，则根据功能关系可知，在 A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中，B 克 服细线拉力做的功等于 B 重力势能的减少量，故 B 错误；根据几何知识可得 AC＝ 3h，由 于 A、B 组成的系统机械能守恒，由对称性可得 A 在杆上长为 2 3h 的范围内做往复运动， 故 C 正确；设 A 经过 C 点时的速度大小为 v，此时 B 的速度为 0，根据动能定理可得：mg ( h sin 30°－h)＝1 2mv2，解得：v＝ 2gh，故 D 正确。 二、非选择题 9．(2017·肇庆模拟)某同学利用如图甲所示示意图验证机械能守恒定律，器材有：铁架 台，长约 50 cm 的不可伸长的细线，带孔的小铁球，光电门和计时器(可以记录挡光的时间)， 量角器，刻度尺，游标卡尺。 实验前先查阅资料得到当地的重力加速度 g，再将细线穿过小铁球，悬挂在铁架台的横 杆上，在小铁球运动轨迹的最低点安装好光电门。将小铁球拉离竖直方向一定夹角后从静止 释放，小铁球通过光电门的时间是 t。依次测量摆线的长度 l、摆线与竖直方向的夹角 θ 及小 铁球的直径 d。 (1)用 20 分度游标卡尺测量小铁球直径 d，示数如图乙所示，则 d＝________cm。 (2)某次实验测得小铁球通过光电门时所用的时间 t＝5.125×10－3 s，由此可得小铁球通 过光电门的速度为________m/s(保留两位有效数字)。 (3)若等式____________________在误差允许范围内成立，则验证了机械能守恒定律(用 题中物理量符号表示)。 解析：(1)游标卡尺的主尺读数为 10 mm，游标尺读数为 0.05×5 mm＝0.25 mm，则最终 读数 d＝10.25 mm＝1.025 cm。 (2)小铁球通过光电门的速度 v＝d t＝1.025 × 10－2 5.125 × 10－3 m/s＝2.0 m/s。 (3)小铁球减少的重力势能为 ΔEp＝mg(l＋d 2 )(1－cos θ)，增加的动能为 ΔEk＝1 2mv2＝md2 2t2 ， 若满足 mg(l＋d 2 )(1－cos θ)＝md2 2t2 ，即 g(l＋d 2 )(1－cos θ)＝d2 2t2，则验证了机械能守恒定律。 答案：(1)1.025　(2)2.0　(3)g(l＋d 2 )(1－cos θ)＝d2 2t2 10.(2017·贵州黔东南州模拟)如图所示，半径 R＝0.1 m 的竖直 半圆形光滑轨道 bc 与水平面 ab 相切。质量 m＝0.1 kg 的小滑块 B 放在半圆形轨道末端的 b 点，另一质量也为 m＝0.1 kg 的小滑块 A 以 v0＝2 10 m/s 的水平初速度向 B 滑行，滑过 x＝1 m 的距离与 B 相碰，碰撞时间极 短，碰后 A、B 粘在一起运动。已知 A 与水平面之间的动摩擦因数 μ＝0.2，取重力加速度 g＝10 m/s2，A、B 均可视为质点，求： (1)A 与 B 碰撞前瞬间的速度大小 vA； (2)A、B 碰撞过程中损失的机械能 ΔE； (3)在半圆形轨道的最高点 c，轨道对 AB 的作用力 FN 的大小。 解析：(1)A 在水平面上做匀减速运动，根据动能定理得：－μmgx＝1 2mvA2－1 2mv02，解 得 vA＝6 m/s。 (2)A、B 碰撞过程中由动量守恒定律得：mvA＝2mv 共，解得 v 共＝3 m/s 碰撞过程损失的机械能 ΔE＝1 2mvA2－1 2·2mv 共 2＝0.9 J。 (3)AB 从 b 到 c 过程由机械能守恒定律得： 1 2·2mv 共 2＝2mg×2R＋1 2·2mvc2 在 c 点，根据牛顿第二定律得：FN＋2mg＝2mvc2 R 解得 FN＝8 N。 答案：(1)6 m/s　(2)0.9 J　(3)8 N 11.(2017·常德模拟)如图所示，质量为 m1 的小球 A 用不可伸长的 轻质细绳悬挂，从偏离竖直方向 θ 角的位置由静止释放，在最低点与 静止小球 B 发生对心弹性碰撞， 小球 B 位于四分之一圆弧 CD 的圆 心 O 处的光滑小支架上，圆弧半径与细绳长度均为 R，OC 边水平，小 球 B 的质量为 m2，小球 A、B 可视为质点，求： (1)小球 A 摆到最低点与小球 B 发生碰撞前细绳的拉力大小； (2)碰后小球 B 的速度大小； (3)小球 B 到达圆弧时的最小动能。 解析：(1)小球 A 下降过程机械能守恒： m1g(R－Rcos θ)＝1 2m1v12 解得：v1＝ 2gR(1－cos θ) 最低点由牛顿第二定律有：F－m1g＝m1 v12 R 解得：F＝m1g(3－2cos θ)。 (2)小球 A、B 发生弹性碰撞瞬间， 动量守恒：m1v1＝m1vA＋m2vB 机械能守恒：1 2m1v12＝1 2m1vA2＋1 2m2vB2 解得：vB＝ 2m1 m1＋m2 2gR(1－cos θ)。 (3)碰后小球 B 做平抛运动至圆弧时，设竖直位移为 y，水平位移为 x，则：x2＋y2＝R2 水平方向做匀速运动：x＝vBt 竖直方向做自由落体运动：y＝1 2gt2 解得：vB2＝g(R2－y2) 2y 由平抛过程机械能守恒：m2gy＝Ek－1 2m2vB2 解得：Ek＝m2g(R2 4y＋3y 4 ) 由数学知识可知当 y＝ 3 3 R 时，动能具有最小值，最小值为：Ekmin＝ 3 2 m2gR。 答案：(1)m1g(3－2cos θ) (2) 2m1 m1＋m2 2gR(1－cos θ)　(3) 3 2 m2gR