2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動(dòng)量守恒定律 熱點(diǎn)專題（四）第33講 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案（含解析）

《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動(dòng)量守恒定律 熱點(diǎn)專題（四）第33講 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動(dòng)量守恒定律 熱點(diǎn)專題（四）第33講 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案（含解析）（23頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第33講　動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用 熱點(diǎn)概述　(1)本熱點(diǎn)是力學(xué)三大觀點(diǎn)在力學(xué)中的綜合應(yīng)用，高考將作為計(jì)算題壓軸題的形式命題。(2)學(xué)好本熱點(diǎn)，可以幫助同學(xué)們熟練應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)分析和解決綜合問題。(3)用到的知識(shí)、規(guī)律和方法有：動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)(牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)基本規(guī)律)；動(dòng)量觀點(diǎn)(動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律)；能量觀點(diǎn)(動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律)。 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．解決力學(xué)問題的三個(gè)基本觀點(diǎn) 綜合問題要綜合利用上述三種觀點(diǎn)的多個(gè)規(guī)律，才能順利求解。 2．力學(xué)三大觀點(diǎn)的選用原則 (1)如果要列出各物理量在某一時(shí)刻的關(guān)系

2、式，可用牛頓第二定律。 (2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí)，一般用動(dòng)量定理(涉及時(shí)間的問題)或動(dòng)能定理(涉及位移的問題)去解決問題。 (3)若研究的對(duì)象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用兩個(gè)守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件。 (4)在涉及相對(duì)位移問題時(shí)，則優(yōu)先考慮能量守恒定律，利用系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí)，需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換。這種問題由于作用時(shí)間都極短，因此動(dòng)量守恒定律一般能派上大用場(chǎng)。 3．動(dòng)

3、量定理與牛頓第二定律的比較 (1)牛頓第二定律揭示了力的瞬時(shí)效應(yīng)，在研究某一物體所受力的瞬時(shí)作用與物體運(yùn)動(dòng)的關(guān)系時(shí)，或者物體受恒力作用，且直接涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度問題時(shí)，應(yīng)采用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)。 (2)動(dòng)量定理反映了力對(duì)時(shí)間的累積效應(yīng)，適用于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度、位移，而涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問題，特別對(duì)沖擊類問題，因時(shí)間短且沖力隨時(shí)間變化，應(yīng)采用動(dòng)量定理求解。 4．動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律的比較 5．用力學(xué)三大觀點(diǎn)解題的步驟 (1)認(rèn)真審題，明確題目所述的物理情境，確定研究對(duì)象。 (2)分析研究對(duì)象的受力情況、運(yùn)動(dòng)狀態(tài)以及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化過程，作草圖。 (

4、3)根據(jù)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化規(guī)律確定解題觀點(diǎn)，選擇適用規(guī)律。 ①若用力的觀點(diǎn)解題，要認(rèn)真分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化，關(guān)鍵是求出加速度。 ②若用兩大定理求解，應(yīng)確定過程的始、末狀態(tài)的動(dòng)量(動(dòng)能)，分析并求出過程中的沖量(功)。 ③若可判斷研究對(duì)象在某運(yùn)動(dòng)過程中滿足動(dòng)量守恒或機(jī)械能守恒的條件，則可根據(jù)題意選擇合適的始、末狀態(tài)，列守恒關(guān)系式，一般這兩個(gè)守恒定律多用于求研究對(duì)象在末狀態(tài)時(shí)的速度(率)。 (4)根據(jù)選擇的規(guī)律列式，有時(shí)還需要挖掘題目中的其他條件(如隱含條件、臨界條件、幾何關(guān)系等)并列出輔助方程。 (5)代入數(shù)據(jù)，計(jì)算結(jié)果。 [例1]　如圖所示，一輛質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水

5、平面上，小車的立柱上固定了一條長度為L、拴有小球的細(xì)繩。質(zhì)量為m的小球從與懸點(diǎn)在同一水平面處由靜止釋放，重力加速度為g，不計(jì)阻力。求細(xì)繩拉力的最大值。 解析　當(dāng)小球擺至最低點(diǎn)時(shí)，設(shè)此時(shí)小球和小車的速度大小分別為v1和v2，取水平向右為正方向，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，有mv1－Mv2＝0 系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有 mgL＝mv＋Mv 解得v1＝，v2＝ 小球擺到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩拉力最大，以小車為參考系，由牛頓第二定律有 T－mg＝ 解得T＝。 答案　 方法感悟 研究某一物體瞬時(shí)受力作用時(shí)，一般用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)；研究多個(gè)物體組成的系統(tǒng)時(shí)，更多用到動(dòng)量觀點(diǎn)。 [例2]　如

6、圖所示，半徑為R的光滑半圓形軌道CDE在豎直平面內(nèi)，與光滑水平軌道AC相切于C點(diǎn)，水平軌道AC上有一根彈簧，左端連接在固定的擋板上，彈簧自由端所在點(diǎn)B與軌道最低點(diǎn)C的距離為4R。現(xiàn)有質(zhì)量完全相同的兩個(gè)小球，一個(gè)放在水平軌道的C點(diǎn)，另一個(gè)小球壓縮彈簧(不拴接)。當(dāng)彈簧的壓縮量為l時(shí)，釋放小球，使之與C點(diǎn)的小球相碰并粘在一起，兩球恰好通過光滑半圓形軌道的最高點(diǎn)E；若拿走C點(diǎn)的小球，再次使小球壓縮彈簧，釋放后小球經(jīng)過BCDE后恰好落在B點(diǎn)。已知彈簧壓縮時(shí)彈性勢(shì)能與壓縮量的二次方成正比，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，求第二次使小球壓縮彈簧時(shí)，彈簧的壓縮量。 解析　設(shè)壓縮量為l時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，

7、小球離開彈簧后的速度為v0，釋放小球后，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能，由機(jī)械能守恒定律得Ep＝mv 設(shè)小球的質(zhì)量為m，與C點(diǎn)的小球相碰后粘在一起的瞬間共同速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝2mv1 設(shè)兩小球通過最高點(diǎn)E時(shí)的速度為v2，由臨界條件可知 2mg＝2m 由能量守恒定律得·2mv＝2mg·2R＋·2mv 聯(lián)立解得Ep＝10mgR 第二次壓縮時(shí)，設(shè)壓縮量為x，彈簧的彈性勢(shì)能為Ep′，小球通過最高點(diǎn)E時(shí)的速度為v3， 由能量守恒定律得Ep′＝mg·2R＋mv 小球經(jīng)過E點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，有 2R＝gt2 4R＝v3t 聯(lián)立解得Ep′＝4mgR 由已知條件可得＝

8、 即＝ 解得x＝l。 答案　l 方法感悟 1．應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解題時(shí)應(yīng)注意的問題 (1)弄清有幾個(gè)物體參與運(yùn)動(dòng)，并劃分清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程。 (2)進(jìn)行正確的受力分析，明確各運(yùn)動(dòng)過程的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)。 (3)光滑的平面或曲面，還有不計(jì)阻力的拋體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能一定守恒；碰撞過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，或受外力但其內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)，或系統(tǒng)在某一方向不受力或所受合力為零，一般考慮用動(dòng)量守恒定律分析。 (4)如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析。 2．能量與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)應(yīng)用于直線運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)和平拋運(yùn)動(dòng)的組合模型 (1)模型特點(diǎn)：物體在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，歷

9、經(jīng)直線運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)和平拋運(yùn)動(dòng)或幾種運(yùn)動(dòng)的組合。 (2)表現(xiàn)形式：①直線運(yùn)動(dòng)：水平面上的直線運(yùn)動(dòng)、斜面上的直線運(yùn)動(dòng)、傳送帶上的直線運(yùn)動(dòng)。②圓周運(yùn)動(dòng)：繩模型的圓周運(yùn)動(dòng)、桿模型的圓周運(yùn)動(dòng)、拱形橋模型的圓周運(yùn)動(dòng)。③平拋運(yùn)動(dòng)：與水平面相關(guān)的平拋運(yùn)動(dòng)、與圓軌道相關(guān)的平拋運(yùn)動(dòng)。 (3)應(yīng)對(duì)方法：這類模型一般不難，各階段的運(yùn)動(dòng)過程具有獨(dú)立性，只要對(duì)不同過程分別選用相應(yīng)規(guī)律即可，物體運(yùn)動(dòng)到兩個(gè)相鄰過程的連接點(diǎn)時(shí)的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶，很多情況下平拋運(yùn)動(dòng)末速度的方向或初速度的大小是解決問題的重要突破口。 [例3]　兩個(gè)質(zhì)量分別為M1和M2的劈A和劈B高度相同，傾斜面都是光滑曲面，曲面下端均與光滑水平面相

10、切，如圖所示，一塊位于劈A的曲面上距水平面的高度為h的物塊從靜止開始滑下，又滑上劈B。求物塊能沿劈B曲面上升的最大高度。 解析　設(shè)物塊到達(dá)劈A的底端時(shí)，物塊和劈A的速度大小分別為v和vA，物塊和劈A在水平方向上動(dòng)量守恒，由機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律得 mgh＝mv2＋M1v M1vA＝mv 設(shè)物塊在劈B上達(dá)到的最大高度為h′，此時(shí)物塊和B的共同速度大小為v′，物塊和劈B在水平方向動(dòng)量守恒，由機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律得 mgh′＋(M2＋m)v′2＝mv2 mv＝(M2＋m)v′ 聯(lián)立解得h′＝h。 答案　h 方法感悟 (1)注意研究過程的合理選取，不管是動(dòng)能

11、定理還是機(jī)械能守恒定律或動(dòng)量守恒定律，都應(yīng)合理選取研究過程。 (2)要掌握摩擦力做功的特征、摩擦力做功與動(dòng)能變化的關(guān)系以及物體在相互作用時(shí)能量的轉(zhuǎn)化關(guān)系。 (3)注意方向性問題，運(yùn)用動(dòng)量定理或動(dòng)量守恒定律求解時(shí)，都要選定一個(gè)正方向，對(duì)力、速度等矢量都應(yīng)用正、負(fù)號(hào)代表其方向，代入相關(guān)的公式中進(jìn)行運(yùn)算。另外，對(duì)于碰撞問題，要注意碰撞的多種可能性，做出正確的分析判斷后，再針對(duì)不同情況進(jìn)行計(jì)算，避免出現(xiàn)漏洞。 1．(2019·山西呂梁高三期末)如圖所示，一軌道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圓弧部分組成，置于光滑的水平面上，如果軌道固定，將可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止

12、釋放，物塊恰好停在水平軌道的最左端。如果軌道不固定，仍將物塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放，下列說法正確的是(　　) A．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，動(dòng)量守恒 B．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量不守恒 C．物塊仍能停在水平軌道的最左端 D．物塊將從軌道左端沖出水平軌道 答案　C 解析　軌道不固定時(shí)，物塊在軌道的水平部分運(yùn)動(dòng)時(shí)因摩擦產(chǎn)生內(nèi)能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒；物塊在軌道的圓弧部分下滑時(shí)，合外力不為零，動(dòng)量不守恒，故A、B錯(cuò)誤。設(shè)軌道的水平部分長為L，軌道固定時(shí)，根據(jù)能量守恒定律得：mgR＝μmgL；軌道不固定時(shí)，假設(shè)物塊能停在軌道上，且與軌道相對(duì)靜止時(shí)共同速度為v

13、，在軌道水平部分滑行的距離為x，取向左為正方向，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒得：0＝(M＋m)v，則得v＝0；根據(jù)能量守恒定律得：mgR＝(M＋m)v2＋μmgx，聯(lián)立解得x＝L，所以物塊仍能停在水平軌道的最左端，假設(shè)成立，故C正確，D錯(cuò)誤。 2．如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M＝4.0 kg的平板車，車的上表面是一段長L＝1.5 m的粗糙水平軌道，水平軌道左側(cè)連一半徑R＝0.25 m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點(diǎn)O′相切?，F(xiàn)使一質(zhì)量m＝1.0 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車，小物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，小物塊恰能到達(dá)圓弧軌道的

14、最高點(diǎn)A。取g＝10 m/s2，求： (1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大??； (2)小物塊與車最終相對(duì)靜止時(shí)，它距點(diǎn)O′的距離。 答案　(1)5 m/s　(2)0.5 m 解析　(1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)小物塊到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)A時(shí)，二者的共同速度為v1 由動(dòng)量守恒得mv0＝(M＋m)v1① 由能量守恒得mv－(M＋m)v＝mgR＋μmgL② 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得v0＝5 m/s③ (2)設(shè)小物塊最終與車相對(duì)靜止時(shí)，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對(duì)靜止的過程中，由動(dòng)量守恒得mv0＝(M＋m)v2④ 設(shè)小物塊與車最終相對(duì)靜止

15、時(shí)，它在平板車水平面上滑動(dòng)的路程為x，由動(dòng)能定理得： mv－(M＋m)v＝μmgx⑤ 聯(lián)立③④⑤并代入數(shù)據(jù)解得x＝2 m 可知此時(shí)它距點(diǎn)O′的距離x0＝x－L＝0.5 m。⑥ 3．一質(zhì)量為M的木塊靜止放在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平打進(jìn)木塊并留在其中，設(shè)子彈與木塊之間的相互作用力為f。則 (1)子彈、木塊相對(duì)靜止時(shí)的速度是多少？ (2)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為多長？ (3)從子彈剛打上木塊到留在木塊內(nèi)相對(duì)木塊靜止的過程中，子彈、木塊發(fā)生的位移以及子彈打進(jìn)木塊的深度分別是多少？ (4)系統(tǒng)損失的機(jī)械能、系統(tǒng)增加的內(nèi)能分別是多少？ (5)要使子彈不射出木塊，木

16、塊至少多長？ 答案　(1)v0　(2) (3)　　 (4)　　(5) 解析　(1)設(shè)子彈、木塊相對(duì)靜止時(shí)的速度為v，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v 解得v＝v0。 (2)設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由動(dòng)量定理得 對(duì)木塊：ft＝Mv－0 解得t＝。 (3)設(shè)子彈、木塊發(fā)生的位移分別為s1、s2，如圖所示，由動(dòng)能定理得 對(duì)子彈：－fs1＝mv2－mv 解得s1＝ 對(duì)木塊：fs2＝Mv2－0。 解得s2＝ 子彈打進(jìn)木塊的深度等于相對(duì)位移，即 s相＝s1－s2＝。 (4)系統(tǒng)損失的機(jī)械能為 E損＝mv－(M＋m)v2＝ 系統(tǒng)增加的內(nèi)能為Q＝f·s相＝

17、系統(tǒng)增加的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能。 (5)假設(shè)子彈恰好不射出木塊，此時(shí)有 fL＝mv－(M＋m)v2 解得L＝ 因此木塊的長度至少為。 4．如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止放置一個(gè)質(zhì)量為980 g的長方體勻質(zhì)木塊，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為20 g的子彈以大小為300 m/s的水平速度沿木塊的中心軸線射向木塊，最終留在木塊中沒有射出，和木塊一起以共同的速度運(yùn)動(dòng)，已知木塊沿子彈運(yùn)動(dòng)方向的長度為10 cm，子彈打進(jìn)木塊的深度為6 cm。設(shè)木塊對(duì)子彈的阻力保持不變。 (1)求子彈和木塊的共同速度以及它們?cè)诖诉^程中所增加的內(nèi)能； (2)若子彈是以大小為400 m/s的水平速度從同一方向水平射向

18、該木塊，則在射中木塊后能否射穿該木塊？ 答案　(1)6 m/s　882 J　(2)能 解析　(1)設(shè)子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v，對(duì)子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得 mv0＝(M＋m)v 解得v＝＝ m/s＝6 m/s 此過程系統(tǒng)所增加的內(nèi)能 ΔE＝－ΔEk＝mv－(M＋m)v2＝×0.02×3002 J－×(0.98＋0.02)×62 J＝882 J。 (2)設(shè)子彈以v0′＝400 m/s的速度入射時(shí)剛好能夠射穿質(zhì)量與粗糙程度均與該木塊相同、厚度為d′的另一個(gè)木塊，則對(duì)以子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得 mv0′＝(M＋m)v′ 解得v′＝＝ m/s＝8

19、m/s 此過程系統(tǒng)所損耗的機(jī)械能為 ΔE′＝－ΔEk′＝mv0′2－(M＋m)v′2＝×0.02×4002 J－×(0.98＋ 0.02)×82 J＝1568 J 由功能關(guān)系有 ΔE＝fs相＝fd ΔE′＝fs相′＝fd′ 則＝＝＝ 解得d′＝d＝×6 cm＝10.67 cm 因?yàn)閐′>10 cm，所以能射穿該木塊。 課后作業(yè) 1．(多選)交警正在調(diào)查發(fā)生在無信號(hào)燈的十字路口的一起汽車相撞事故。根據(jù)兩位司機(jī)的描述得知，發(fā)生撞車時(shí)汽車A正沿東西大道向正東行駛，汽車B正沿南北大道向正北行駛。相撞后兩車立即熄火并在極短的時(shí)間內(nèi)叉接在一起后并排沿直線在水平路面上滑動(dòng)，最終

20、一起停在路口東北角的路燈柱旁，交警根據(jù)事故現(xiàn)場(chǎng)情況畫出了如圖所示的事故報(bào)告圖。通過觀察地面上留下的碰撞痕跡，交警判定撞車的地點(diǎn)為該事故報(bào)告圖中P點(diǎn)，并測(cè)量出相關(guān)的數(shù)據(jù)標(biāo)注在圖中，又判斷出兩輛車的質(zhì)量大致相同。為簡(jiǎn)化問題，將兩車均視為質(zhì)點(diǎn)，且它們組成的系統(tǒng)在碰撞的過程中動(dòng)量守恒，根據(jù)圖中測(cè)量數(shù)據(jù)可知下列說法中正確的是(　　) A．發(fā)生碰撞時(shí)汽車A的速率較大 B．發(fā)生碰撞時(shí)汽車B的速率較大 C．發(fā)生碰撞時(shí)速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之比約為12∶5 D．發(fā)生碰撞時(shí)速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之比約為2∶ 答案　BC 解析　設(shè)兩車碰撞后的加速度大小為a，碰撞后一起滑行

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

22、h D.h 答案　D 解析　若斜面固定，由機(jī)械能守恒定律可得mv2＝mgh；若斜面不固定，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有mv＝(M＋m)v1，由機(jī)械能守恒定律可得mv2＝mgh′＋(M＋m)v。聯(lián)立以上各式可得h′＝h，故D正確。 3. 如圖所示，在光滑水平面上放置一個(gè)質(zhì)量為M的滑塊，滑塊的一側(cè)是一個(gè)圓弧形凹槽OAB，凹槽半徑為R，A點(diǎn)切線水平。另有一個(gè)質(zhì)量為m的小球以速度v0從A點(diǎn)沖上凹槽，重力加速度大小為g，不計(jì)摩擦。下列說法中正確的是(　　) A．當(dāng)v0＝時(shí)，小球能到達(dá)B點(diǎn) B．如果小球的速度足夠大，球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上 C．當(dāng)v0＝時(shí)，小球在弧形凹槽上運(yùn)

23、動(dòng)的過程中，滑塊的動(dòng)能一直增大 D．如果滑塊固定，小球返回A點(diǎn)時(shí)對(duì)滑塊的壓力為mg－m 答案　C 解析　弧形槽不固定，當(dāng)v0＝ 時(shí)，設(shè)小球沿槽上升的高度為h，則有：mv0＝(m＋M)v，mv＝(M＋m)v2＋mgh，解得h＝R＜R，故A錯(cuò)誤；因小球?qū)⌒尾鄣膲毫κ冀K對(duì)滑塊做正功，故滑塊的動(dòng)能一直增大，C正確；當(dāng)小球速度足夠大，從B點(diǎn)離開滑塊時(shí)，由于B點(diǎn)切線豎直，在B點(diǎn)時(shí)小球與滑塊的水平速度相同，離開B點(diǎn)后將再次從B點(diǎn)落回，不會(huì)從滑塊的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上，B錯(cuò)誤；如果滑塊固定，小球返回A點(diǎn)時(shí)對(duì)滑塊的壓力為mg＋m，D錯(cuò)誤。 4．(2018·德陽一診)如圖所示，放在光滑水平桌面上的

24、A、B兩小木塊中部夾一被壓縮的輕彈簧，當(dāng)輕彈簧被放開時(shí)，A、B兩小木塊各自在桌面上滑行一段距離后，飛離桌面落在地面上。若mA＝3mB，則下列結(jié)果正確的是(　　) A．若輕彈簧對(duì)A、B做功分別為W1和W2，則有W1∶W2＝1∶1 B．在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的速度變化量之和為零 C．若A、B在空中飛行時(shí)的動(dòng)量變化量分別為Δp1和Δp2，則有Δp1∶Δp2＝1∶1 D．若A、B同時(shí)離開桌面，則從釋放輕彈簧開始到兩木塊落地的這段時(shí)間內(nèi)，A、B兩木塊的水平位移大小之比為1∶3 答案　D 解析　彈簧彈開木塊過程中，兩木塊及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：

25、mAvA－mBvB＝0，則速度之比vA∶vB＝1∶3，根據(jù)動(dòng)能定理得：輕彈簧對(duì)A、B做功分別為W1＝mAv，W2＝mBv，聯(lián)立解得W1∶W2＝1∶3，故A錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)量守恒定律得知，在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的動(dòng)量變化量之和為零，即mAΔvA＋mBΔvB＝0，可得，ΔvA＋ΔvB≠0，故B錯(cuò)誤。A、B離開桌面后都做平拋運(yùn)動(dòng)，它們拋出點(diǎn)的高度相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，設(shè)為t，由動(dòng)量定理得：A、B在空中飛行時(shí)的動(dòng)量變化量分別為Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1，故C錯(cuò)誤。平拋運(yùn)動(dòng)水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，由x＝v0t知，t相等，則A、B兩木塊的水平位移大小之比等于vA

26、∶vB＝1∶3，故D正確。 5．(2018·濰坊統(tǒng)考)(多選)如圖所示，帶有擋板的小車質(zhì)量為m，上表面光滑，靜止于光滑水平面上。輕質(zhì)彈簧左端固定在小車上，右端處于自由伸長狀態(tài)。質(zhì)量也為m的小球，以速度v從右側(cè)滑上小車，在小球剛接觸彈簧至與彈簧分離的過程中，以下判斷正確的是(　　) A．彈簧的最大彈性勢(shì)能為mv2 B．彈簧對(duì)小車做的功為mv2 C．彈簧對(duì)小球沖量的大小為mv D．彈簧對(duì)小球沖量的大小為mv 答案　AC 解析　小球與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由題意知，小球和小車共速時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，則由動(dòng)量守恒定律以及能量守恒定律可知，mv＝2mv′，mv2＝×2mv′2＋Ep

27、，解得Ep＝mv2，A正確；當(dāng)小球與彈簧分離時(shí)，假設(shè)小車的速度為v1、小球的速度為v2，則由動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律得，mv＝mv1＋mv2，mv2＝mv＋mv，解得v1＝v、v2＝0，則彈簧對(duì)小車做的功為W＝mv＝mv2，B錯(cuò)誤；彈簧對(duì)小球的沖量為I＝0－mv＝－mv，即沖量的大小為mv，C正確，D錯(cuò)誤。 6．(2018·全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求： (1)煙花彈從地面開始上升到

28、彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時(shí)間； (2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度。 答案　(1) 　(2) 解析　(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有 E＝mv① 設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0－v0＝－gt② 聯(lián)立①②式得t＝ ③ (2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有 E＝mgh1④ 火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)炸后瞬間其速度分別為v1和v2。 由題給條件和動(dòng)量守恒定律有 mv＋mv＝E⑤ mv1＋mv2＝0⑥ 由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)爆炸

29、后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有mv＝mgh2⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝。 7．(2018·全國卷Ⅱ)汽車A在水平冰雪路面上行駛，駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動(dòng)措施，但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時(shí)和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動(dòng)了4.5 m，A車向前滑動(dòng)了2.0 m，已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103 kg和1.5×103 kg，兩車與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時(shí)間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動(dòng)，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)碰撞后的瞬間B車速度的大??；

30、 (2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。 答案　(1)3.0 m/s　(2)4.25 m/s 解析　(1)設(shè)B車質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB，根據(jù)牛頓第二定律有μmBg＝mBaB① 式中μ是汽車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。 設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為vB′，碰撞后滑行的距離為sB。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vB′2＝2aBsB② 聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得vB′＝3.0 m/s③ (2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA。根據(jù)牛頓第二定律有μmAg＝mAaA④ 設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為vA′，碰撞后滑行的距離為sA。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vA′2＝2aAsA⑤ 設(shè)碰撞前瞬間A車速度的大小為

31、vA，兩車在碰撞過程中動(dòng)量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得vA＝4.25 m/s。 8．(2018·北京高考)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一。某滑道示意圖如右，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h(yuǎn)＝10 m，C是半徑R＝20 m圓弧的最低點(diǎn)，質(zhì)量m＝60 kg的運(yùn)動(dòng)員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度vB＝30 m/s。取重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求長直助滑道AB的長度L； (2)求運(yùn)動(dòng)員在AB段所受合外力的沖量I的大?。? (3)若不

32、計(jì)BC段的阻力，畫出運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的受力圖，并求其所受支持力FN的大小。 答案　(1)100 m　(2)1800 N·s (3)圖見解析　3900 N 解析　(1)已知AB段的初末速度，則利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以求解AB的長度，即v－v＝2aL， 可解得L＝＝ m＝100 m。 (2)根據(jù)動(dòng)量定理可知合外力的沖量等于動(dòng)量的變化量， 所以I＝mvB－mv0＝(60×30－0) N·s＝1800 N·s。 (3)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的受力如圖所示。 由牛頓第二定律可得FN－mg＝m，① 從B運(yùn)動(dòng)到C由動(dòng)能定理可知 mgh＝mv－mv，② 由①②式并代入數(shù)據(jù) 解得FN＝3900

33、N。 9．(2018·全國卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)相切。BC為圓弧軌道的直徑。O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα＝，一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小為g。求： (1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大?。? (2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大??； (3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間。 答案　(1)mg　　(2)　(3)

34、 解析　(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F。 由力的合成法則有 ＝tanα① F2＝(mg)2＋F② 設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律得F＝m③ 由①②③式和題給數(shù)據(jù)得F0＝mg④ v＝⑤ (2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為v1，如圖作CD⊥PA，交PA于D點(diǎn)，由幾何關(guān)系得 DA＝Rsinα⑥ CD＝R(1＋cosα)⑦ 由動(dòng)能定理有－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為p＝mv1＝⑨ (3)小球離開C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為g。設(shè)小球在豎直

35、方向的初速度為v⊥，從C點(diǎn)落至水平軌道上所用時(shí)間為t。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v⊥t＋gt2＝CD⑩ v⊥＝vsinα? 由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得t＝ 。 10．(2015·山東高考)如圖，三個(gè)質(zhì)量相同的滑塊A、B、C，間隔相等地靜置于同一水平直軌道上?，F(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0，一段時(shí)間后A與B發(fā)生碰撞，碰后A、B分別以v0、v0的速度向右運(yùn)動(dòng)，B再與C發(fā)生碰撞，碰后B、C粘在一起向右運(yùn)動(dòng)?；瑝KA、B與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為同一恒定值。兩次碰撞時(shí)間均極短。求B、C碰后瞬間共同速度的大小。 答案　v0 解析　設(shè)滑塊質(zhì)量為m，A與B碰撞前A的速度為vA，由題意知，碰后A的速度vA′＝v0，

36、B的速度vB＝v0，由動(dòng)量守恒定律得 mvA＝mvA′＋mvB① 設(shè)碰撞前A克服軌道阻力所做的功為WA，由功能關(guān)系得WA＝mv－mv② 設(shè)B與C碰撞前B的速度為vB′，B克服軌道阻力所做的功為WB，由功能關(guān)系得 WB＝mv－mvB′2③ 據(jù)題意可知WA＝WB④ 設(shè)B、C碰后瞬間共同速度的大小為v，由動(dòng)量守恒定律得mvB′＝2mv⑤ 聯(lián)立①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)得v＝v0。 11．(2018·蘭化一中模擬)如圖所示，有半徑相同的小球a、b，a球質(zhì)量為2m，b球質(zhì)量為m，b球位于光滑軌道ABC的水平段BC的末端C處。a球從距BC水平面高h(yuǎn)的A處由靜止滑下，在C處與b球發(fā)生彈性正碰。求

37、： (1)碰前瞬間a球的速度v； (2)兩球在水平地面DE上的落點(diǎn)間的距離s。 答案　(1)　(2)h 解析　(1)對(duì)a球碰撞前的過程，由機(jī)械能守恒定律得： 2mgh＝·2mv2 解得：v＝。 (2)設(shè)兩球碰后的速度分別為v1、v2，由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得： 2mv＝2mv1＋mv2 (2m)v2＝(2m)v＋mv 兩球碰后均從C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，設(shè)平拋的時(shí)間為t，兩球平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移分別為x1、x2，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得：0.5h＝gt2， x1＝v1t， x2＝v2t， s＝x2－x1， 聯(lián)立解得：s＝h。 12. (2018·撫

38、順模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)的光滑半圓形軌道MN的半徑為R, MP為粗糙水平面。兩個(gè)小物塊A、B可視為質(zhì)點(diǎn)，在半圓形軌道圓心O的正下方M處，處于靜止?fàn)顟B(tài)。若A、B之間夾有少量炸藥，炸藥爆炸后，A恰能經(jīng)過半圓形軌道的最高點(diǎn)N，而B到達(dá)的最遠(yuǎn)位置恰好是A在水平面上的落點(diǎn)。已知粗糙水平面與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.8，求： (1)B到達(dá)的最遠(yuǎn)位置離M點(diǎn)的距離； (2)極短爆炸過程中，A受到爆炸力的沖量大??； (3)A與B的質(zhì)量之比。 答案　(1)2R　(2)mA　(3)4∶5 解析　(1)A恰能經(jīng)過半圓形軌道的最高點(diǎn)，由牛頓第二定律得：mAg＝mA， 解得：vN＝， A做平拋運(yùn)動(dòng)

39、，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律：2R＝gt2， 水平方向：x＝vNt， 聯(lián)立可得B到達(dá)的最遠(yuǎn)位置離M點(diǎn)的距離即為x＝2R。 (2)A上升到N的過程，由機(jī)械能守恒定律： mAv＝mAv＋mAg·2R， 解得：vA＝， 根據(jù)動(dòng)量定理可得：I＝mAvA＝mA。 (3)對(duì)B，由動(dòng)能定理：－μmBgx＝0－mBv， 炸藥爆炸過程由動(dòng)量守恒定律：mAvA－mBvB＝0， 聯(lián)立以上兩式可得：＝＝。 13. (2018·江南十校檢測(cè))如圖所示，粗糙的水平地面上有一塊長為3 m的木板，小滑塊放置于長木板上的某一位置?，F(xiàn)將一個(gè)水平向右，且隨時(shí)間均勻變化的力F＝0.2t作用在長木板的右端，讓長木板從靜止開始運(yùn)

40、動(dòng)。已知：滑塊質(zhì)量m與長木板質(zhì)量M相等，且m＝M＝1 kg，滑塊與木板間動(dòng)摩擦系數(shù)為μ1＝0.1，木板與地面間動(dòng)摩擦系數(shù)μ2＝0.2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力(g取10 m/s2)。 (1)經(jīng)過多長時(shí)間，長木板開始運(yùn)動(dòng)？ (2)經(jīng)過多長時(shí)間，滑塊與長木板恰要發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)？此時(shí)滑塊的速度為多大？ (3)如果t＝0時(shí)鎖定外力F＝6.75 N，一段時(shí)間后撤去外力，發(fā)現(xiàn)小滑塊恰好既不從左端滑出，也恰好不從右端滑出木板。求小滑塊放置的初始位置與長木板左端的距離。 答案　(1)20 s　(2)30 s　5 m/s　(3)3 m 解析　(1)設(shè)經(jīng)過t1時(shí)間木板開始運(yùn)動(dòng)，此時(shí) F1＝μ2(

41、m＋M)g， 且F1＝0.2t1，聯(lián)立可得：t1＝20 s。 (2)設(shè)經(jīng)過t2時(shí)間，滑塊與長木板剛好發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，加速度為a， 對(duì)滑塊：μ1mg＝ma，得a＝μ1g＝1 m/s2， 對(duì)木板由牛頓第二定律： F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma， 且F2＝0.2t2，聯(lián)立可得：t2＝30 s， 設(shè)滑塊與長木板恰要發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v1，對(duì)滑塊和木板的整體，在運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)量定理： －μ2(M＋m)g(t2－t1)＝(M＋m)v1－0， 解得：v1＝5 m/s。 (3)設(shè)小滑塊放置的初始位置與長木板左端的距離為x，外力作用時(shí)間為t1′，撤去外力前，假設(shè)木板與小滑塊各自勻

42、加速運(yùn)動(dòng)，木板的加速度大小為a1，滑塊的加速度大小仍為a。根據(jù)牛頓第二定律列出： F－μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma1， 解得：a1＝1.75 m/s2，大于滑塊加速度a＝μ1g＝1 m/s2，故假設(shè)成立。 撤去外力后，速度相等之前，木板勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a2，滑塊加速度大小仍為a，根據(jù)牛頓第二定律列出： μ2(M＋m)g＋μ1mg＝Ma2，解得：a2＝5 m/s2， 速度相等之后，因?yàn)棣?g<μ2g，故二者各自勻減速運(yùn)動(dòng)，木板加速度大小為a3，滑塊加速度大小仍為a。 根據(jù)牛頓第二定律列出：μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma3， 解得：a3＝3 m/s2， 畫出滑塊、木板

43、運(yùn)動(dòng)的v-t圖如圖所示，粗線表示滑塊的v-t關(guān)系，細(xì)線表示木板的v-t關(guān)系。 設(shè)滑塊與木板速度相等時(shí)的速度為v0，因小滑塊恰好既不從左端滑出，也恰好不從右端滑出木板。 所以：－＝L， 將板長L＝3 m代入得v0＝3 m/s， 設(shè)滑塊從啟動(dòng)到與木板速度相等經(jīng)歷的時(shí)間為t2′，因?yàn)榧铀倥c減速的加速度大小相等，所以從速度相等到滑塊停止的時(shí)間也為t2′，顯然：v0＝at2′，得：t2′＝3 s。 速度相等之前，研究木板，可知： a1t1′＝v0＋a2(t2′－t1′)，代入數(shù)據(jù)可得：t1′＝ s， 所以x＝＋v0(t2′－t1′)＋－， 代入數(shù)據(jù)得：x＝3 m。 14．(2018

44、·南昌模擬)如圖甲所示，長木板處于光滑的水平面上，右端緊靠墻壁，墻壁左側(cè)l＝16 m處放有一物塊P，P的質(zhì)量是木板質(zhì)量的2倍。t＝0時(shí)，一小鐵塊從左端以某一速度滑上長木板，鐵塊與墻壁碰撞后，速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示。不計(jì)所有碰撞的機(jī)械能損失，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)長木板的長度； (3)小鐵塊最終與墻壁間的距離。 答案　(1)0.3　(2)14 m　(3)4.17 m 解析　(1)設(shè)鐵塊質(zhì)量為m，木板質(zhì)量為M，鐵塊碰撞墻壁后，有f＝ma1， 其中f＝μmg，a1＝＝3 m/s2，解得μ＝0.3。 (2)設(shè)木板長為l0，

45、鐵塊碰撞墻壁后速度大小為 v1＝4 m/s， 逆向分析鐵塊0～2 s的運(yùn)動(dòng)過程， 則l0＝v1t＋a1t2，t＝2 s，解得l0＝14 m。 (3)鐵塊與墻壁碰撞后與木板第一次摩擦過程中，速度最終變?yōu)関2＝1 m/s， 則mv1＝(m＋M)v2，得M＝3m， 木板加速遠(yuǎn)離墻壁的加速度大小為a2＝＝1 m/s2， 設(shè)當(dāng)長木板離墻壁x1時(shí)，兩物體相對(duì)靜止 x1＝＝0.5 m， 此時(shí)鐵塊離墻壁的距離為x2＝＝2.5 m， 當(dāng)它們一起以v2＝1 m/s的速度向左運(yùn)動(dòng)x0＝l－x1－l0＝1.5 m時(shí)，木板與P碰撞，設(shè)木板碰后速度為v3，則 Mv2＝Mv3＋2MvP， Mv＝Mv＋×2Mv， 解得v3＝－ m/s。 接著物塊P以vP向左運(yùn)動(dòng)，鐵塊與木板相互摩擦，設(shè)最終速度為v4， 則mv2＋Mv3＝(m＋M)v4，解得v4＝0。 鐵塊繼續(xù)向左的位移x3為x3＝＝ m， 鐵塊最終離墻壁的距離為x＝x2＋x0＋x3＝4.17 m。 23