第6章碰撞与动量守恒专题讲座6 动力学、动量和能量观点的综合应用配套测试题Word版含解析

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动力学、动量和能量观点的综合应用

(2)2 J
(3)1 m
热点题型例析
第2课时
(18 分)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间距为 l.导轨上面横放着两根导体棒 PQ 和 MN, 构成矩形回路,如图 4 所示.导体棒 PQ 的质量为 m、MN 的质量为 2m,两者的电阻皆为 R,回路中其余部分的电阻可不计.在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为 B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行.开始时,棒 MN 静止于距导轨右端 d 处,PQ 棒以大小为 v0 的初速度从导轨左端开始运动.忽略回路的电流对磁场产生的影响.
第2课时
⑫ ⑬
滑块从挡板滑至左端需要的最小能量 Emin＝2μMgL＋EqL 解得 Ek<Emin
故滑块不会从左端滑出 (2 分) 1 由能量守恒得 (2M)v2＋Eqs′＝2μMgs 路＋Eq(s 路－s′)⑭(2 分) 2 本课故 s 路＝1 m. (1 分)
(1)0.2 m
时栏目答案开关
第2课时Βιβλιοθήκη (1 分)因为 t0<t1,所以撤去外力 F 时,m、M 还未相对静止,此时 m 的速 (1 分) (1 分)
本课时栏目开关
(1 分) (1 分) (1 分) (1 分)
热点题型例析
第2课时
由能量守恒知此过程产生的热量为 1 2 1 2 1 Q2＝2mv1 ＋2Mv2 －2(M＋m)v共2＝1.5 J 所以滑块 m 在长木板 M 上表面上滑动时所产生的热量
热点题型例析
第2课时
题型 1 动量和能量观点在力学中的应用
本【例 1】 (18 分)如图 1 所示,固定在地面上的光滑的 1/4 圆弧面课与车 C 的上表面平滑相接,在圆弧面上有一个滑块 A,其质量为时栏 mA＝2 kg,在半径为 R＝1.25 m 的 1/4 圆弧面顶端由静止下滑, 目开车 C 的质量为 mC＝6 kg,在车 C 的左端有一个质量 mB＝2 kg 关

高考物理总复习：第六章碰撞与动量守恒专题讲座六动力学、动量和能量观点的综合应用

第六章专题六力学中常见的四种模型-2025年高考物理一轮复习PPT课件

A．无论 m、M、v0 的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是图甲所示的情形 B．若 M 较大，则可能是图甲所示情形；若 M 较小，则可能是图乙所示情形 C．若 v0 较小，则可能是图甲所示情形；若 v0 较大，则可能是图乙所示情形 D．若地面较粗糙，则可能是图甲所示情形；若地面较光滑，则可能是图乙所示情形
高考一轮总复习•物理
第5页
解析：开始时 A 逐渐减速，B 逐渐加速，弹簧被压缩，t1 时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B 仍然加速，A 先减速为零，然后反向加速；t2 时刻，弹簧恢复原长，由于此时两物块速度方向相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，A 减为零后又向 B 运动的方向加速，在 t3 时刻，两物块速度相同，系统动能最小，弹簧最长，因此从 t3 到 t4 过程中，弹簧由伸长状态恢复原长，故 A、B 错误；根据动量守恒定律，t＝0 时刻和 t＝t1 时刻系统总动量相等，有 m1v1＝(m1＋m2)v2，其中 v1 ＝3 m/s，v2＝1 m/s，解得 m1∶m2＝1∶2，故 C 正确；在 t2 时刻 A 的速度为 vA＝－1 m/s，B 的速度为 vB＝2 m/s，根据 Ek＝12mv2，且 m1∶m2＝1∶2，求出 Ek1∶Ek2＝1∶8，故 D 正确．故选 CD.
A．小球以后将向左做平抛运动 B．小球将做自由落体运动 C．此过程小球对小车做的功为12Mv20 D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为2vg20
高考一轮总复习•物理
第10页
解析：小球上升到最高点时与小车相对静止，有相同的速度 v′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 Mv0＝2Mv′，12Mv20＝12×2Mv′2＋Mgh，联立解得 h＝4vg20，故 D 错误；从小球滚上小车到滚下并离开小车过程，系统在水平方向上动量守恒，由于无摩擦力做功，机械能守恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球返回小车左端时速度变为

高考备考指南物理课件第6章碰撞与动量守恒

A．10 N
B．102 N
C．103 N
D．104 N
【答案】C
【解析】每层楼高约为 3 m，鸡蛋下落的总高度 h＝(25－1)×3 m＝72 m，自由
下落时间 t1＝
2gh＝
2×72 10
s＝3.8 s，与地面的碰撞时间约为 t2＝2栏目m索s引＝0.002 s，
全过程根据动量定理可得 mg(t1＋t2)－Ft2＝0，解得冲击力 F＝950 N≈103 N，故 C 正确．
第六章
碰撞与动量守恒
高考备考指南
理科综合物理
考点内容
动量、动量定理、动量守恒定律及其应用
弹性碰撞和非弹性碰撞
实验：验证动量守恒定律
要求 Ⅱ Ⅰ
新课标卷真题 2018Ⅱ卷15题 2017Ⅲ卷20题、Ⅰ卷14 题 2018Ⅱ卷24题 2016Ⅲ卷35(2)题
2014Ⅱ卷35(2)题
考纲解读
分析近几年高考，动量定理、动量守恒定律与能量的综合应用是高考热点，题型以计算题为主.
m2v2＝(m2＋M)v，根据系统的机械能守恒，可得
m2gh＋12(m2＋M)v2＝12m2v22，解得 M＝20 kg.
栏目索引
第六章碰撞与动量守恒
高考备考指南
(2)小孩与冰块组成的系统，根据动量守恒可得 m1v1＝m2v2，解得 v1＝1 m/s，方向向右．冰块与斜面 m2v2＝m2v′2＋Mv′3，根据机械能守恒，可得12m2v22＝12m2v′22＋12Mv′23，解得 v′2＝－1 m/s(向右)．因为|v2′|＝v1，所以冰块不能追上小孩．
－μmAgxA＝0－12mAv2A，
代入数据解得 vA＝2 m/s.
两车碰撞过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得 mAv0＝mAvA＋mBvB，

专题6动力学、动量和能量观点的综合应用

考题一动量定理和能量观点的综合应用1.动量定理公式：Ft ＝p ′－p 说明：(1)F 为合外力①恒力，求Δp 时，用Δp ＝Ft②b.变力，求I 时，用I ＝Δp ＝mv 2－mv 1③牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率 ④当Δp 一定时，Ft 为确定值：F ＝Δptt 小F 大——如碰撞；t 大F 小——缓冲(2)等式左边是过程量Ft ，右边是两个状态量之差，是矢量式.v 1、v 2是以同一惯性参照物为参照的.Δp 的方向可与mv 1一致、相反或成某一角度，但是Δp 的方向一定与Ft 一致. 2.力学规律的选用原则单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律.例1 据统计人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍.为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况.重物与地面的形变很小，可忽略不计.g 取10 m/s 2.下表为一次实验过程中的相关数据.重物(包括传感器)的质量m /kg重物下落高度H /cm 45 重物反弹高度h /cm 20 最大冲击力F m /N 850 重物与地面接触时间t /s(1)请你选择所需数据，通过计算回答下列问题： ①重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小；②在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍. (2)如果人从某一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力，可采取什么具体措施，请你提供一种可行的方法并说明理由. 解析 (1)①重物受到最大冲击力时加速度的大小为a 由牛顿第二定律：a ＝F m －mgm解得a ＝90 m/s 2②重物在空中运动过程中，由动能定理mgh ＝12mv 2重物与地面接触前瞬时的速度大小v 1＝2gH 重物离开地面瞬时的速度大小v 2＝2gh重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F ，设竖直向上为正方向由动量定理：(F －mg )t ＝mv 2－m (－v 1) 解得F ＝510 N ，故F mg＝6因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍.(2)可以通过增加人与地面接触时间来减小冲击力(如落地后双腿弯曲)，由动量定理Ft ＝Δmv 可知，接触时间增加了，冲击力F 会减小. 答案 (1)①90 m/s 2②6倍 (2)见解析变式训练1.高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动).此后经历时间t 安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) ＋mg －mg ＋mg －mg答案 A解析由自由落体运动公式得人下降h 距离时的速度为v ＝2gh ，在t 时间内对人由动量定理得(F －mg )t ＝mv ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝m 2ght＋mg ，A 项正确. 2.一质量为 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1所示.物块以v 0＝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.g 取10 m/s 2.图1(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ； (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W . 答案 (1) (2)130 N (3)9 J解析 (1)对小物块从A 运动到B 处的过程中应用动能定理－μmgs ＝12mv 2－12mv 20代入数值解得μ＝(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v ′＝－6 m/s 由动量定理得：F Δt ＝mv ′－mv 解得F ＝－130 N其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左. (3)对物块反向运动过程中应用动能定理得－W ＝0－12mv ′2解得W ＝9 J.考题二动量守恒定律和能量观点的综合应用1.动量守恒定律(1)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反).(2)动量守恒条件：①理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零.②近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多.③单方向守恒：合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒.动量守恒定律应用要注意的三性(1)矢量性：在一维运动中要选取正方向，未知速度方向的一律假设为正方向，带入求解.(2)同时性：m1v1和m2v2——作用前的同一时刻的动量m1v1′和m2v2′——作用后的同一时刻的动量(3)同系性：各个速度都必须相对于同一个惯性参考系.定律的使用条件：在惯性参考系中普遍适用(宏观、微观、高速、低速)2.力学规律的选用原则多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决.例2 如图2所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝ m，物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝ m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短).图2(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值； (3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式. 解析 (1)从A →Q 由动能定理得－mg ·2R ＝12mv 2－12mv 2解得v ＝4 m/s ＞gR ＝ 5 m/s在Q 点，由牛顿第二定律得F ＋mg ＝m v 2R解得F ＝22 N.(2)A 撞B ，由动量守恒得mv 0＝2mv ′ 解得v ′＝v 02＝3 m/s设摩擦距离为x ，则－2μmgx ＝0－12·2mv ′2解得x ＝ m 所以k ＝x L＝45.(3)AB 滑至第n 个光滑段上，由动能定理得－μ·2mgnL ＝12·2mv 2n －12·2mv ′2所以v n ＝错误! m/s (n <45). 答案 (1)4 m/s 22 N (2)45 (3)v n ＝错误! m/s (n <45) 变式训练3.如图3，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.图3答案 (5－2)M ≤m ＜M解析设A 运动的初速度为v 0，A 向右运动与C 发生碰撞，由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv 2由机械能守恒定律得12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22可得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2m m ＋Mv 0 要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜MA 反向向左运动与B 发生碰撞过程，有 mv 1＝mv 3＋Mv 412mv 21＝12mv 23＋12Mv 24 整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1，v 4＝2mm ＋Mv 1 由于m ＜M ，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v 3≤v 2 即2m m ＋M v 0≥m －M m ＋M v 1＝(m －M m ＋M)2v 0 整理可得m 2＋4Mm ≥M 2解方程可得m ≥(5－2)M 另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以使A 只与B 、C 各发生一次碰撞，须满足 (5－2)M ≤m ＜M .考题三电学中动量和能量观点的综合应用系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法.(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).例3 如图4所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，x 轴与绝缘的水平面重合，在y 轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场.质量为m 2＝8×10－3kg 的不带电小物块静止在原点O ，A 点距O 点l ＝ m ，质量m 1＝1×10－3kg 的带电小物块以初速度v 0＝ m/s 从A 点水平向右运动，在O 点与m 2发生正碰并把部分电量转移到m 2上，碰撞后m 2的速度为 m/s ，此后不再考虑m 1、m 2间的库仑力.已知电场强度E ＝40 N/C ，小物块m 1与水平面的动摩擦因数为μ＝，取g ＝10 m/s 2，求：图4(1)碰后m 1的速度；(2)若碰后m 2做匀速圆周运动且恰好通过P 点，OP 与x 轴的夹角θ＝30°，OP 长为l OP ＝ m ，求磁感应强度B 的大小；(3)其他条件不变，若改变磁场磁感应强度的大小，使m 2能与m 1再次相碰，求B ′的大小. 解析 (1)设m 1与m 2碰前速度为v 1，由动能定理－μm 1gl ＝12m 1v 21－12m 1v 20代入数据解得：v 1＝ m/sv 2＝ m/s ，m 1、m 2正碰，由动量守恒有： m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2代入数据得：v 1′＝－ m/s ，方向水平向左 (2)m 2恰好做匀速圆周运动，所以qE ＝m 2g 得：q ＝2×10－3C由洛伦兹力提供向心力，设物块m 2做圆周运动的半径为R ，则qv 2B ＝m 2v22R轨迹如图，由几何关系有：R ＝l OP 解得：B ＝1 T(3)当m 2经过y 轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，m 1碰后做匀减速运动.m 1匀减速运动至停止，其平均速度大小为： v ＝12|v 1′|＝ m/s>v 2＝ m/s ，所以m 2在m 1停止后与其相碰由牛顿第二定律有：F f ＝μm 1g ＝m 1am 1停止后离O 点距离：s ＝v 1′22a则m 2平抛的时间：t ＝s v 2平抛的高度：h ＝12gt 2设m 2做匀速圆周运动的半径为R ′，由几何关系有：R ′＝12h由qv 2B ′＝m 2v 22R ′，联立得：B ′＝ T答案 (1)－ m/s ，方向水平向左 (2)1 T (3) T 变式训练4.如图5所示，C 1D 1E 1F 1和C 2D 2E 2F 2是距离为L 的相同光滑导轨，C 1D 1和E 1F 1为两段四分之一的圆弧，半径分别为r 1＝8r 和r 2＝r .在水平矩形D 1E 1E 2D 2内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .导体棒P 、Q 的长度均为L ，质量均为m ，电阻均为R ，其余电阻不计，Q 停在图中位置，现将P 从轨道最高点无初速度释放，则：图5(1)求导体棒P 进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针)；(2)若P 、Q 不会在轨道上发生碰撞，棒Q 到达E 1E 2瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒P 离开轨道瞬间的速度；(3)若P 、Q 不会在轨道上发生碰撞，且两者到达E 1E 2瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的范围.答案 (1)2BL grR，方向逆时针 (2)3gr(3)3mgr ≤Q ≤4mgr解析 (1)导体棒P 由C 1C 2下滑到D 1D 2，根据机械能守恒定律：mgr 1＝12mv 2D ，v D ＝4gr导体棒P 到达D 1D 2瞬间：E ＝BLv D回路中的电流I ＝E 2R ＝2BL grR方向逆时针(2)棒Q 到达E 1E 2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q ：mg ＝mv 2Q r 2，v Q ＝gr设导体棒P 离开轨道瞬间的速度为v P ，根据动量守恒定律：mv D ＝mv P ＋mv Q 代入数据得，v P ＝3gr(3)由(2)知，若导体棒Q 恰能在到达E 1E 2瞬间飞离轨道，P 也必能在该处飞离轨道.根据能量守恒，回路中产生的热量：Q 1＝12mv 2D －12mv 2P －12mv 2Q ＝3mgr若导体棒Q 与P 能达到共速v ，回路中产生的热量最多，则根据动量守恒：mv D ＝(m ＋m )v ，v ＝2gr回路中产生的热量：Q 2＝12mv 2D－12(m ＋m )v 2＝4mgr 综上所述，回路中产生热量的范围是3mgr ≤Q ≤4mgr .专题规范练1.如图1所示，水平桌面左端有一顶端高为h 的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上.桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP ，其形状为半径R ＝ m 的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也为R .一质量m ＝ kg 的物块A 自圆弧形轨道的顶端静止释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m 的物块B 发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B 的位移随时间变化的关系式为x ＝6t －2t 2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B 飞离桌面后恰由P 点沿切线落入圆轨道.(重力加速度g 取10 m/s 2)求：图1(1)BP 间的水平距离x BP ；(2)判断物块B 能否沿圆轨道到达M 点； (3)物块A 由静止释放的高度h . 答案 (1) m (2)不能 (3) m解析 (1)设碰撞后物块B 由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR同时v y v D＝tan 45°，解得v D ＝4 m/s设平抛用时为t ，水平位移为x ，则有R ＝12gt 2x ＝v D t解得x ＝ m物块B 碰后以初速度v 0＝6 m/s ，加速度大小a ＝－4 m/s 2减速到v D ，则BD 间的位移为x 1＝v 2D －v 202a＝ m故BP 之间的水平距离x BP ＝x ＋x 1＝ m(2)若物块B 能沿轨道到达M 点，在M 点时其速度为v M ，则有12mv 2M －12mv 2D ＝－22mgR设轨道对物块的压力为F N ，则F N ＋mg ＝m v 2MR解得F N ＝(1－2)mg <0，即物块不能到达M 点. (3)对物块A 、B 的碰撞过程，有：m A v A ＝m A v A ′＋m B v 012m A v 2A ＝12m A v A ′2＋12m B v 20 解得：v A ＝6 m/s设物块A 释放的高度为h ，则mgh ＝12mv 2A ，解得h ＝ m2.如图2所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，Q 点为圆形轨道最低点，M 点为最高点，圆形轨道半径R ＝ m.水平轨道PN 右侧的水平地面上，并排放置两块长木板c 、d ，两木板间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道PN 平齐，木板c 质量m 3＝ kg ，长L ＝4 m ，木板d 质量m 4＝ kg.质量m 2＝ kg 的小滑块b 放置在轨道QN 上，另一质量m 1＝ kg 的小滑块a 从P 点以水平速度v 0向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b 发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失.碰后a 沿原路返回到M 点时，对轨道压力恰好为0.已知小滑块b 与两块长木板间动摩擦因数均为μ0＝，重力加速度g ＝10 m/s 2.图2(1)求小滑块a 与小滑块b 碰撞后，a 和b 的速度大小v 1和v 2；(2)若碰后滑块b 在木板c 、d 上滑动时，木板c 、d 均静止不动，c 、d 与地面间的动摩擦因数μ至少多大(木板c 、d 与地面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(3)若不计木板c 、d 与地面间的摩擦，碰后滑块b 最终恰好没有离开木板d ，求滑块b 在木板c 上滑行的时间及木板d 的长度.答案 (1)4 m/s m/s (2) (3)1 s m解析 (1)根据题意可知：小滑块a 碰后返回到M 点时：m 1v 2M R＝m 1g 小滑块a 碰后返回到M 点过程中机械能守恒：12m 1v 21＝12m 1v 2M ＋m 1g (2R ) 代入数据，解得：v 1＝4 m/s取水平向右为正方向，小滑块a 、b 碰撞前后：动量守恒：m 1v 0＝－m 1v 1＋m 2v 2机械能守恒：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 代入数据，解得：v 0＝ m/s ，v 2＝ m/s(2)若b 在d 上滑动时d 能静止，则b 在c 上滑动时c 和d 一定能静止μ(m 2＋m 4)g >μ0m 2g解得μ>m 2m 2＋m 4μ0≈ (3)小滑块b 滑上长木板c 时的加速度大小：a 1＝μ0g ＝ m/s 2此时两块长木板的加速度大小：a 2＝μ0m 2m 3＋m 4g ＝ m/s 2 令小滑块b 在长木板c 上的滑行时间为t ，则：时间t 内小滑块b 的位移x 1＝v 2t －12a 1t 2 两块长木板的位移x 2＝12a 2t 2 且x 1－x 2＝L解得：t 1＝1 s 或t 2＝103 s(舍去) b 刚离开长木板c 时b 的速度v 2′＝v 2－a 1t 1＝ m/sb 刚离开长木板c 时d 的速度v 3＝a 2t 1＝ m/sd 的长度至少为x ：由动量守恒可知：m 2v 2′＋m 4v 3＝(m 2＋m 4)v解得：v ＝2 m/sμ0m 2gx ＝12m 2v 2′2＋12m 4v 23－12(m 2＋m 4)v 2 解得：x ＝ m3.如图3所示，两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠，组成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B 处连接一内径相同的粗糙水平直管AB .已知E 处距地面的高度h ＝ m ，一质量m ＝1 kg 的小球a 从A 点以速度v 0＝12 m/s 的速度向右进入直管道，到达B 点后沿“8”字形轨道向上运动，到达D 点时恰好与轨道无作用力，直接进入DE 管(DE 管光滑)，并与原来静止于E 处的质量为M ＝4 kg 的小球b 发生正碰(a 、b 均可视为质点).已知碰撞后a 球沿原路返回，速度大小为碰撞前速度大小的13，而b 球从E 点水平抛出，其水平射程s ＝ m.(g ＝10 m/s 2)图3(1)求碰后b 球的速度大小；(2)求“8”字形管道上下两圆的半径r 和R ；(3)若小球a 在管道AB 中运动时所受阻力为定值，请判断a 球返回到BA 管道时，能否从A 端穿出答案 (1)1 m/s (2) m m (3)不能解析 (1)b 球离开E 点后做平抛运动h ＝12gt 2，s ＝v b t ，解得v b ＝1 m/s(2)a 、b 碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向，则有： mv a ＝－m ×13v a ＋Mv b解得v a ＝3 m/s碰前a 在D 处恰好与轨道无作用力，则有：mg ＝m v 2a rr ＝ mR ＝h －2r 2＝ m (3)小球从B 到D ，机械能守恒：12mv 2B ＝12mv 2a ＋mgh 解得：12mv 2B ＝ J 从A 到B 过程，由动能定理得：－W f ＝12mv 2B －12mv 20 解得：W f ＝ J从D 到B ，机械能守恒：12m (v a 3)2＋mgh ＝12mv B ′2 解得：12mv B ′2＝ J<W f 所以，a 球返回到BA 管道中时，不能从A 端穿出.4.如图4所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场，经过桌边的虚线PQ 与桌面成45°角，其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A 球对桌面的压力为零，其质量为m ，电量为q ；B 球不带电且质量为km (k >7).A 、B 间夹着质量可忽略的火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间A 的速度为v 0.求：图4(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能；(2)A 球在磁场中的运动时间；(3)若一段时间后A 、B 在桌上相遇，求爆炸前A 球与桌边P 的距离.答案 (1)k ＋12k mv 20 (2)3πm 2qB (3)2k －2－3π2k ＋1·mv 0qB解析 (1)设爆炸之后B 的速度大小为v B ，选向左为正方向，在爆炸前后由动量守恒可得：0＝mv 0－kmv BE ＝12mv 20＋12kmv 2B ＝k ＋12kmv 20(2)由A 球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向，故A 球进入电场中将会做匀速圆周运动，如图所示则T ＝2πm qB 有几何知识可得：粒子在磁场中运动了34个圆周则t 2＝3πm 2qB(3)由0＝mv 0－kmv B 可得：v B ＝v 0k由qv 0B ＝m v 20R 知，R ＝mv 0qB 设爆炸前A 球与桌边P 的距离为x A ，爆炸后B 运动的位移为x B ，时间为t B则t B ＝x A v 0＋t 2＋R v 0，x B ＝v B t B由图可得：R ＝x A ＋x B联立上述各式解得：x A ＝2k －2－3π2k ＋1·mv 0qB .。

高考物理备考系统复习课件第6章碰撞与动量守恒第2讲动量观点的综合应用

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物理系统复习用书
2
第六章碰撞与动量守恒
要点各个击破
栏目索引
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要点1 碰撞问题分析
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1．碰撞后运动状态可能性判定
(1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定
不变，即p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1
碰撞 N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则
整个过程中，系统损失的动能为( )
A．12mv2 C．12NμmgL
B．12Mv2 D．NμmgL
栏目索引
【答案】D
第六章碰撞与动量守恒
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【解析】由于箱子 M 放在光滑的水平面上，则由箱子和小物块组成的整体的动
＋E′k2.
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第六章碰撞与动量守恒
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(3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非碰后两物体速度均为零．
02
要点各个击破
03
核心素养提升
04
配套训练
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1
第六章碰撞与动量守恒
知识梳理回顾
栏目索引
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一碰撞、爆炸与反冲

1．碰撞

专题六力学中三大观点的综合应用

(1)最终A、B、C的共同速度为多大；
(2)求运动过程中A的最小速度； (3)整个过程中A与C及B与C因摩擦所产生的热量之比为多大？图3
解析
(1)由动量守恒定律有 mv0＋2mv0＝5mv1
3 得 v1＝ v0 5 (2)设经时间 t，A 与 C 恰好速度相等，此时 A 的速度最小． aA＝－μg aC＝μg
(3)滑块经过传送带作用后做平抛运动 1 2 h2＝ gt3 2 当两滑块速度相差最大时，它们的水平射程相差最大，当 m1≫m2 时，滑块 m1、m2 碰撞后的速度相差最大，经过传送带后速度相差也最大 m1－m2 v1＝ v0＝v0＝5.0 m/s m1＋m2 2m1 v2＝ v0＝2v0＝10.0 m/s m1＋m2
即学即练1 如图2所示，一水平面上P点左侧光滑，右侧粗糙，
质量为m的劈A在水平面上静止，上表面光滑，A右端与水平面平滑连接，质量为M的物块B恰好放在水平面上P点，物块B与水平面间的动摩擦因数为μ.一质量为m的小球C位于劈A的斜面上，距水平面
的高度为h.小球C从静止开始滑下，然后与B发生正碰(碰
撞时间极短，且无机械能损失)．
图2
已知M＝2m，求：
(1)小球C与劈A分离时，A的速度； (2)小球C的最后速度和物块B的运动时间．
解析 (1)设小球 C 与劈 A 分离时速度大小为 v0，此时劈 A 速度
大小为 vA 小球 C 运动到劈 A 最低点的过程中，规定向右为正方向，由水平方向动量守恒、机械能守恒有 mv0－mvA＝0 1 2 1 2 mgh＝ mv0＋ mvA 2 2 得 v0＝ gh，vA＝ gh，之后 A 向左匀速运动
即学即练2 如图4所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水

力学三大观点的应用

阻力，重力加速度 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)当绳子摆到与竖直方向的夹角 θ＝37°时选手速度
的大小；
(2)在(1)中时刻选手立即放开橡胶杆 P 并且刚好站到
了传送带的端点 A 上，若选手在传送带上做无动力
的自由滑行，受到的摩擦阻力为自身重量的 0.2 倍，
高考模拟
课堂探究
专题六力学三大观点的应用
解析 (1)P 从 A 到 C 又返到 A 的过程中，由动能定理有
－μmg·2L＝0－12mv02 将 L＝R 代入解得
v0＝
2gR 5
若 P 在 D 点的速度为 vD，Q 对 P 的支持力为 FD，由动能定理和牛顿第二定律
有－μmgL＝12mv2D－12mv20
课堂探究
学科素养培养
高考模拟
课堂探究
专题六力学三大观点的应用
【例 1】如图 1 所示，悬挂在高处 O 点的绳子下端是质量 M＝10 kg 的
橡胶杆 P，在娱乐节目中，选手需要借助该装置飞越到对面的水平传送
带上，传送带始终以 v＝3 m/s 的速度逆时针转动，传送带的另一端 B
点就是终点，且 sAB＝3 m．一名质量 m＝50 kg 的选手脚穿轮滑鞋以水平向右大小为 v0＝8.4 m/s 的速度迅速抱住竖直静止的橡胶杆 P 并开始摆动，若选手可看作质点，悬点 O 到选手的距离 L＝6 m，不考虑空气
图3
(1)若 Q 固定，P 以速度 v0 从 A 点滑上水平轨道，冲至 C 点后返回 A 点时恰好静
止，求 v0 的大小和 P 刚越过 D 点时对 Q 的压力大小．
(2)若 Q 不固定，P 仍以速度 v0 从 A 点滑上水平轨道，求 P 在光滑圆弧轨道上所

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专题讲座六动力学、动量和能量观点的综合应用1.(2018·山东潍坊模拟)如图所示,B,C,D,E,F 5个小球并排放置在光滑的水平面上,B,C,D,E4个球质量相等,而F球质量小于B球质量,A 球的质量等于F球质量.A球以速度v0向B球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞之后( C )A.5个小球静止,1个小球运动B.4个小球静止,2个小球运动C.3个小球静止,3个小球运动D.6个小球都运动解析:A,B质量满足m A<m B,则A,B相碰后A向左运动,B向右运动.由于B,C,D,E质量相等,弹性碰撞后,不断交换速度,最终E有向右的速度,B,C,D静止;由于E,F质量满足m E>m F,则E,F都向右运动.所以B,C,D静止;A向左运动,E,F向右运动,选项C正确.2.如图所示,小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成,静止在光滑水平面上,当小车固定时,从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止.如果小车不固定,物体仍从A点静止滑下,则( A )A.还是滑到C点停住B.滑到BC间停住C.会冲出C点落到车外D.上述三种情况都有可能解析:设BC长度为L.依照题意,小车固定时,根据能量守恒可知,物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能,即有Q1=fL,其中f为物体与小车之间的摩擦力.若小车不固定,设物体相对小车滑行的距离为s.对小车和物体系统,根据水平方向的动量守恒定律可知,最终两者必定均静止,根据能量守恒可知物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能,则有Q2=Q1,而Q2=fs,得到物体在小车BC部分滑行的距离s=L,故物体仍滑到C点停住,选项A正确.3.(2018·山东泰安模拟)质量为m的人站在质量为2m的平板小车上,以共同的速度在水平地面上沿直线前行,车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比.当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下.跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计,则能正确表示车运动的v t图像为( B )解析:人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行,做匀减速直线运动,当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下,跳离前后系统动量守恒,规定车的速度方向为正方向,则有(m+2m)v0=2mv+(-mv0),得v=2v0,人跳车后做匀减速直线运动,加速度不变,选项B正确.·山东日照模拟)如图所示,足够长的小平板车B的质量为M,以水平速度v0向右在光滑水平面上运动,与此同时,质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动.若物体与车面之间的动摩擦因数为μ,则在足够长的时间内( D )A.若M>m,物体AB.若M<m,小车BC.无论M与m的大小关系如何,摩擦力对平板车的冲量均为mv0D.无论M与m的大小关系如何,解析:规定向右为正方向,根据动量守恒定律有Mv0-mv0=(M+m)v.解得若M>m,A所受的摩擦力f=μmg,对A由动能定理得-μmgx A则得物体A对地向左的最大位移x A选项A错误;若M<m,对B由动能定理得-μmgx B则得小车B对地向右的最大位移x B选项B错误;根据动量定理知,摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量,即I=Mv-Mv0选项C错误;根据动量定理得,-ft=Mv-Mv0,解得t=选项D正确.5.(2018·山东青岛模拟)(多选)如图(甲)所示的光滑平台上,物体A 以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上,车与水平面间的动摩擦因数不计,图(乙)为物体A与小车的v t图像(v0,v1及t1均为已知),由此可算出( BC )A.小车上表面长度B.物体A与小车B的质量之比C.物体A与小车B上表面间的动摩擦因数D.小车B获得的动能解析:图线与坐标轴包围的面积表示A相对于小车的位移,不一定为小车长度,选项A错误;设m,M分别表示物体A与小车B的质量,根据动量守恒定律mv0=Mv1+mv1,选项B正确;物体A的v t图像中斜率大小为a=μ可求出μ,选项C正确;因B车质量大小未知,故无法计算B车的动能,选项D错误.6.目前雾霾天气仍然困扰人们,为了解决此难题很多环保组织和环保爱好者不断研究.某个环保组织研究发现通过降雨能有效解决雾霾天气.当雨滴在空中下落时,不断与漂浮在空气中的雾霾颗粒相遇并结合为一体,其质量不断增大,直至落地.现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞.已知雨滴的初始质量为m,初速度为v0,每个雾霾颗粒质量均为m0,假设雾霾颗粒均匀分布,且雨滴每下落距离h后才与静止的雾霾颗粒碰撞并立即结合在一起.试求:(1)若不计重力和空气阻力,求第n次碰撞后雨滴的速度大小;(2)若不计空气阻力,但考虑重力,求第1次碰撞后雨滴的速度大小. 解析:(1)不计重力和空气阻力,设向下为正方向,全过程中动量守恒mv0=(m+nm0)v n得 v n(2)若只受到重力,雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动,第1次碰撞前碰撞瞬间动量守恒,则有mv1=(m+m0)v1′解得v1′答案:见解析7.(2018·福建厦门质检)带有光滑圆弧轨道的滑块质量为M=3 kg,静止在光滑水平面上,轨道足够高且轨道下端的切线方向水平.今有一质量为m=1 kg的小球以水平初速度v0=4 m/s滚上滑块,如图所示,取g=10 m/s2,求:(1)小球沿圆弧轨道上升的最大高度h;(2)小球又滚回来和轨道分离时两者的速度大小.解析:(1)当小球与滑块的速度相同时,小球上升的高度最大,设此时小球和滑块的共同速度为v,有mv0=(m+M)v,2解得h=0.6 m.(2)设小球又滚回来时,小球的速度为v1,滑块的速度为v2,有mv0=mv1+Mv2得v10=-2 m/s,v20=2 m/s.答案:(1)0.6 m (2)2 m/s 2 m/s·湖北黄冈模拟)如图所示,光滑水平地面上静止放置由弹簧相连的两木块A和B,一质量为m的子弹,以速度v0水平击中木块A,并留在其中.A的质量为3m,B的质量为4m.(1)求弹簧第一次最短时的弹性势能;(2)何时B的速度最大,最大速度是多少?解析:(1)从子弹击中木块A到弹簧第一次达到最短的过程可分为两个小过程:一是子弹与木块A的碰撞过程,动量守恒,有机械能损失;二是子弹与木块A组成的整体与木块B通过弹簧相互作用的过程,动量守恒,机械能也守恒.子弹打入A的过程有mv0=4mv1打入后弹簧由原长到最短的过程有4mv1=8mv2在由子弹打入后系统机械能守恒,得p联立解得E p(2)从弹簧原长到压缩最短再恢复原长的过程中,木块B一直做变加速运动,木块A一直做变减速运动,相当于弹性碰撞,因为它们质量相等,子弹和A组成的整体与B木块交换速度,此时B的速度最大.设弹簧恢复原长时A,B的速度分别为v1′,v2′,则有4mv1=4mv1′+4mv2′4mv1′24mv2′2解得v1′=0,v2′=v10.答案:(1)(2)恢复原长时09.(2018·四川绵阳检测)2016年8月25日,红牛滑板大赛在内蒙古自治区的乌兰布和沙漠闭幕,参赛选手上演了滑板世界中的“速度与激情”.如图所示,轨道BC为竖直平面内的四分之一圆弧赛道,半径为R=1.8 m,轨道ABC可认为是光滑的,且水平轨道AB与圆弧BC在B点相切.一个质量为M的运动员(可视为质点)以初速度v0冲上静止在A 点的滑板(可视为质点),设运动员蹬上滑板后立即与滑板一起共同沿着轨道运动.若运动员的质量M=48.0 kg,滑板质量m=2.0 kg,计算结果均保留三位有效数字,重力加速度g取10 m/s2(不计空气阻力).(1)运动员至少以多大的水平速度v0冲上滑板才能到达C点?(2)运动员以第(1)问中的速度v0冲上滑板,滑过圆弧轨道B点时滑板对轨道的压力是多大,方向如何?(3)若A点右侧为μ=0.3的水泥地面,则滑回后运动员与滑板停在距A 点多远的位置?解析:(1)以运动员和滑板为一个系统,运动员以速度v0冲上滑板过程,系统水平方向总动量守恒,即Mv0=(m+M)v若运动员与滑板恰好到达C点,以AB水平面为零势能面,由机械能守恒定律得2=(m+M)gR两式联立解得v=6.00 m/s,v0=6.25 m/s运动员的水平速度至少要达到6.25 m/s才能到达C点.(2)运动员以第(1)问中的速度v0冲上滑板,由牛顿第二定律得解得N=1.50×103 N由牛顿第三定律可知滑板对轨道的压力大小为1.50×103N,方向竖直向下.(3)因为ABC光滑,由机械能守恒定律知运动员滑回A点时速度大小仍为v=6.00 m/s,运动员滑过A点至停下过程中,由动能定理得-μ(m+M)gx=0-2代入数据解得x=6.00 m.答案:(1)6.25 m/s (2)1.5×103 N 方向竖直向下(3)6.00 m·湖北孝感模拟)如图,在光滑水平面上,有A,B,C三个物体,开始B,C皆静止且C在B上,A物体以v0=10 m/s 撞向B物体,已知碰撞时间极短,撞完后A静止不动,而B,C最终的共同速度为4 m/s.已知B,C两物体的质量分别为m B=4 kg、m C=1 kg,试求:(1)A物体的质量为多少?(2)A,B间的碰撞是否造成了机械能损失?如果造成了机械能损失,则损失量是多少?解析:(1)由整个过程系统动量守恒m A v0=(m B+m C)v代入数据得m A=2 kg.(2)设B与A碰撞后速度为u,在B与C相互作用的时间里,B,C系统动量守恒m B u=(m B+m C)v得u=5 m/sA与B的碰撞过程中,碰前系统动能为2×100 J=100 J碰后系统动能为24×25 J=50 J,B u碰撞损失了机械能,损失量为50 J.答案:(1)2 kg (2)见解析,装置的左边是足够长的光滑水平面,一轻质弹簧左端固定,右端连接着质量M=2 kg的小物块A.装置的中间是水平传送带,它与左右两边的台面等高,并平滑对接.传送带始终以u=2 m/s的速率逆时针转动.装置的右边是一光滑的曲面,质量m=1 kg的小物块B从其上距水平台面高h=1.0 m处由静止释放.已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,传送带长l=1.0 m.设物块A,B 中间发生的是对心弹性碰撞,第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态.g取10 m/s2.(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小;(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上;(3)如果物块A,B每次碰撞后,物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定,而当它们再次碰撞前锁定被解除,试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小.解析:(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0由机械能守恒知mgh=0设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a,由牛顿第二定律得μmg=ma设物块B通过传送带后运动速度大小为v,有v2解得v=4 m/s由于v>u=2 m/s,所以v=4 m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小.(2)设物块A,B第一次碰撞后的速度分别为v A,v1,取向右为正方向,由于是弹性碰撞,由动量守恒、能量守恒得-mv=mv1+Mv A2解得v1即碰撞后物块B在水平台面上向右匀速运动设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′,则′,l′所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上.(3)当物块B在传送带上向右运动的速度为零时,将会沿传送带向左加速.可以判断,物块B运动到左边台面的速度大小为v1,继而与物块A发生第二次碰撞.设第二次碰撞后物块B速度大小为v2,由以上计算可知v212v物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……碰撞后物块B的速度大小依次为v323v,v43=(4v…,则第n次碰撞后物块B的速度大小为v n=(n v,v n答案:(1)4 m/s (2)见解析第五章机械能第1课时功功率动能定理1.(2018·江西南昌质检)如图所示,木块B上表面是水平的,当木块A 置于B上,并与B保持相对静止,一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑,在下滑过程中( C )A.A所受的合外力对A不做功B.B对A的弹力做正功C.B对A的摩擦力做正功D.A对B的作用力对B做正功解析:AB一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑,加速度为gsin θ.A所受的合外力沿斜面向下,对A做正功,B对A的摩擦力做正功,B 对A的弹力做负功,选项A,B错误,C正确;B对A的支持力和摩擦力的合力方向垂直斜面向上,A对B的作用力方向垂直斜面向下,A对B不做功,选项D错误.2.(2018·山东潍坊模拟)如图所示,自动卸货车始终静止在水平地面上,车厢在液压机的作用下,θ角逐渐增大且货物相对车厢静止的过程中,下列说法正确的是( B )A.货物受到的支持力对货物不做功B.货物受到的支持力对货物做正功C.货物受到的重力对货物不做功D.货物受到的摩擦力对货物做负功解析:货物受到的支持力的方向与运动方向时刻相同,做正功,选项A 错误,B正确;摩擦力的方向与其运动方向时刻垂直,不做功,选项D错误;货物位置升高,重力做负功,选项C错误.3.如图所示,质量为m的小球,从离地面高H处由静止开始释放,落到地面后继续陷入泥中h深度而停止,设小球受到空气阻力为f,重力加速度为g,则下列说法正确的是( C )A.小球落地时动能等于mgHB.小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C.整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H+h)D.小球在泥土中受到的平均阻力为解析:小球从静止开始释放到落到地面的过程,由动能定理得选项A错误,设泥的平均阻力为f0,小球陷入泥中的过程,由动能定理得mgh-f0h=0-m,解得f00选项B,D错误;全过程应用动能定理可知,整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H+h),选项C正确.·河南洛阳质检)生活中有人常说在车厢内推车是没用的,如图,在水平地面上运动的汽车车厢内一人用力推车,在倒车的刹车过程中( A )A.人对车做正功B.人对车做负功C.人对车不做功D.车对人的作用力方向水平向右解析:倒车表示速度向右,刹车表示减速运动,即a,v方向相反,加速度a向左,人与车具有相同的加速度,对人受力分析,受到重力和车对人的作用力,则车对人的作用力方向为斜向左上方,选项D错误;人对车的作用力方向斜向右下方,人对车的作用力与车运动位移方向成锐角,即人对车做正功(或对人由动能定理,人的动能减小,车对人做负功,人对车做正功来判断),选项A正确,B,C错误.5.(多选)如图所示,在外力作用下某质点运动的v t图像为正弦曲线.从图中可以判断( AD )A.在0～t1时间内,外力做正功B.在0～t1时间内,外力的功率逐渐增大C.在t2时刻,外力的功率最大D.在t1～t3时间内,外力做的总功为零解析:由v t图像可知,在0～t 1时间内,由于质点的速度增大,根据动能定理可知,外力对质点做正功,选项A正确;在0～t1时间内,因为质点的加速度减小,故所受的外力减小,由图可知t1时刻外力为零,故功率为零,因此外力的功率不是逐渐增大的,选项B错误;在t2时刻,由于质点的速度为零,故此时外力的功率最小,且为零,选项C错误;在t1～t3时间内,因为质点的初末动能不变,故外力做的总功为零,选项D正确.·山东济南模拟)质量m=2 kg的物块放在粗糙水平面上,在水平拉力的作用下由静止开始运动,物块动能E k与其发生位移x之间的关系如图所示.已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法中正确的是( C )A.x=1 m时物块的速度大小为2 m/sB.x=3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s2C.在前2 m位移的运动过程中物块所经历的时间为2 sD.在前4 m位移的运动过程中拉力对物块做的功为9 J解析:由图像可知,x1=1 m时,物块的动能为2 J,v1选项A错误;对x2=2 m到x4=4 m过程由动能定理得Fx-μmgx=ΔE k,解得F=6.5 N,由牛顿第二定律得2=1.25 m/s2,选项B 错误;对运动前2 m由动能定理得F′x′-μmgx′=ΔE k,解得F′=6 N,物块的加速度a′=2=1 m/s2,末速度根据v=a′t,得t=2 s,选项C正确;对物块运动全过程,由动能定理得W F-μmgx4=E k,解得W F=25 J,选项D错误.·辽宁沈阳一模)(多选)质量为2×103 kg 的汽车由静止开始沿平直公路行驶,行驶过程中牵引力F和车速倒数.已知行驶过程中最大车速为30 m/s,设阻力恒定,则( CD )A.汽车所受阻力为6×103 NB.汽车在车速为5 m/s时,加速度为3 m/s2C.汽车在车速为15 m/s时,加速度为1 m/s2D.汽车在行驶过程中的最大功率为6×104 W解析:当牵引力等于阻力时,速度最大,由图线可知阻力大小f=2 000 N,选项A错误;倾斜图线的斜率表示功率,可知P=fv=2 000×30 W=60 000 W,车速为 5 m/s时,汽车做匀加速直线运动,加速度a=2=2 m/s2,选项B错误;当车速为15 m/s时,牵引力F′== N=4 000 N,则加速度2=1 m/s2,选项C正确;汽车的最大功率等于额定功率,等于60 000 W,选项D正确.8.(多选)如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机.在起重机将质量m=5×103 kg的重物竖直吊起的过程中,重物由静止开始向上做匀加速直线运动,加速度a=0.2 m/s2,当起重机输出功率达到其允许的最大值时,保持该功率直到重物做v m=1.02 m/s的匀速运动.取g=10 m/s2,不计额外功.则( AC )A.起重机允许输出的最大功率为5.1×104 WB.起重机允许输出的最大功率为5×104 WC.重物做匀加速运动所经历的时间为5 sD.重物做匀加速运动所经历的时间为5.1 s解析:本题为机车启动模型,本题中的重力等效为机车启动中的阻力.当起重机的牵引力等于重物的重力时,重物做匀速直线运动,此时起重机输出的功率最大,最大功率为P m=mgv m=5.1×104 W,选项A正确,B 错误;由F-mg=ma,P m=Fv,v=at1,联立解得t1=5 s,选项C正确,D错误.9.(多选)在有大风的情况下,一小球自A点竖直上抛,其运动轨迹如图所示(小球的运动可看成竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动),小球运动轨迹上的A,B两点在同一水平直线上,M点为轨迹的最高点.若风力的大小恒定,方向水平向右,小球在A点抛出时的动能为4 J,在M点时它的动能为2 J,落回到B点时的动能记为E kB,小球上升的时间记为t1,下落的时间记为t2,不计其他阻力,则( AD )A.x1∶x2=1∶3B.t1<t2C.E kB=6 JD.E kB=12 J解析:因小球上升与下落时间相等,即t1=t2,x11+x21+t2)2,故x1∶(x1+x2)=1∶22=1∶4,则x1∶x2=1∶3.A→M应用动能定理得-mgh+W12,竖直方向有v2=2gh,联立得W1=2 J.则A→B风力做功W2=4W1=8 J,A→B由动能定理有W2=E kB-E kA,可求得E kB=12 J,选项A,D正确.·武汉高三质检)(多选)如图所示,车头的质量为m,两节车厢的质量也均为m.已知车的额定功率为P,阻力为车总重力的k倍,重力加速度为g,则下列说法正确的是( BD )A.汽车挂一节车厢时的最大速度是挂两节车厢时的两倍B.汽车挂一节车厢时的最大速度为C.若汽车挂两节车厢时的最大速度为v,汽车始终以恒定功率P前进,则汽车的速度为D.汽车挂两节车厢并以最大速度行驶,某时刻后面的一节车厢突然脱离,要想使汽车的速度不变,汽车的功率必须变为解析:挂一节车厢时,根据P=2kmgv1,挂两节车厢时,P=3kmgv,可得汽车挂一节车厢时的最大速度是挂两节车厢时的1.5倍,选项A错误;根据P=2kmgv1,可得汽车挂一节车厢时的最大速度为v1选项B正确;,牵引力阻力f=3kmg,加速度选项C错误;由P=3kmgv,可得v=某时刻后面的一节车厢突然脱离,要想使汽车的速度不变,汽车做匀速运动,牵引力变为2kmg,汽车的功率必须变为2kmgv=选项D正确. 11.(2018·石家庄高三质检)如图所示,水平面上放一质量为m=2 kg 的小物块,通过薄壁圆筒的轻细绕线牵引,圆筒半径为R=0.5 m,质量为M=4 kg,t=0时刻,圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动,转动角速度与时间的关系满足ω=4t,物块和水平面之间动摩擦因数μ=0.3,轻绳始终与地面平行,其他摩擦不计,求:(1)物块运动中受到的拉力.(2)从开始运动至t=2 s时电动机做了多少功?解析:(1)由于圆筒边缘线速度与物块直线运动速度大小相同,根据v=ωR=4Rt=2t,线速度与时间成正比,物块做初速度为零的匀加速直线运动,物块加速度为a=2 m/s2根据物块受力,由牛顿第二定律得T-μmg=ma则细线拉力为T=10 N.(2)根据匀变速直线运动规律t=2 s时物块的速度v=at=2×2 m/s=4 m/s2 s内物块的位移2=4 m对整体运用动能定理,有W电+W f2而W f=-μmgx=-24 J代入数据求得电动机做的功为W电=72 J.答案:(1)10 N (2)72 J12.如图(甲)所示,轻弹簧左端固定在竖直墙上,右端点在O位置.质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0处的P点向左运动,与弹簧接触后压缩弹簧,将弹簧右端压到O′点位置后,A又被弹簧弹回.A离开弹簧后,恰好回到P点.物块A与水平面间的动摩擦因数为μ.求:(1)物块A从P点出发又回到P点的过程,克服摩擦力所做的功.(2)O点和O′点间的距离x1.(3)如图(乙)所示,若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接,将A放在B右边,向左推A,B,使弹簧右端压缩到O′点位置,然后从静止释放,A,B共同滑行一段距离后分离.分离后物块A 向右滑行的最大距离x2是多少?解析:(1)物块A从P点出发又回到P点的过程,根据动能定理得克服摩擦力所做的功为W f(2)物块A从P点出发又回到P点的过程,根据动能定理得2μmg(x1+x0解得x10.(3)A,B在弹簧处于原长处分离,设此时它们的共同速度是v1,弹出过程弹力做功为W F只有A时,从O′到P有W F-μmg(x1+x0)=0-0,A,B共同从O′到O有W F-2μmgx12m分离后对A有μmgx2联立以上各式可得x2=x0答案:(1)-x0(3)x013.(2018·山东泰安模拟)如图(甲)所示,一固定在地面上的足够长斜面,倾角为37°,物体A放在斜面底端挡板处,通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接,B的质量M=1 kg,绳绷直时B离地面有一定高度.在t=0时刻,无初速度释放B,由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的物体A沿斜面向上运动的v-t图像如图(乙)所示.若B落地后不反弹,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°= 0.8.求:(1)B下落的加速度大小a;(2)A沿斜面向上运动的过程中,绳的拉力对A做的功W;(3)A(包括传感器)的质量m及A与斜面间的动摩擦因数μ;(4)在0～0.75 s内摩擦力对A做的功.解析:(1)由题图(乙)可知,前0.5 s内,A,B以相同大小的加速度做匀加速运动,0.5 s末速度大小为2 m/s.a=2=4 m/s2.(2)前0.5 s,绳绷直,设绳的拉力大小为F;后0.25 s,绳松弛,拉力为0,前0.5 s,A沿斜面发生的位移对B由牛顿第二定律有Mg-F=Ma代入数据解得F=6 N所以绳的拉力对A做的功W=Fx=3 J.(3)前0.5 s,对A由牛顿第二定律有F-(mgsin 37°+μmgcos 37°)=ma后0.25 s,由题图(乙)得A的加速度大小a′2=8 m/s2对A由牛顿第二定律有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma′可得F=m(a+a′)代入数据解得m=0.5 kg,μ=0.25.(4)物体A在斜面上先加速后减速,滑动摩擦力的方向不变,一直做负功在0～0.75 s内物体A的位移为x′0.75×2 m=0.75 mW摩=-μmgx′cos 37°=-0.75 J.答案:(1)4 m/s2(2)3 J (3)0.5 kg 0.25 (4)-0.75 J。