2021届高考物理二轮复习专题二　动量和能量

这是一份2021届高考物理二轮复习专题二　动量和能量，共67页。试卷主要包含了图解功和功率的计算，理解机车启动问题中的两个速度，在功能关系中的应用，如图所示为一滑草场等内容，欢迎下载使用。
专 题 二 动 量 和 能 量



①5个模型：柱体模型、机车启动模型、弹簧模型、人船模型、滑块－木板模型
②n种情境：以生产、生活、科技、体育运动等为背景命题
③3个过程：做功过程、能量变化过程、动量变化过程
④4个常见障碍：研究对象的选取、过程的选取、能量转化的方向及量值关系、临界状态分析
⑤6种常用方法：等效法、图象法、平均值法、全程法、分段法、微元法
⑥3种常用思维：守恒思想、转换思想、临界思想


微专题一　功和能
三年＋三卷考情
命题规律＋预测
三年考题
考查内容
(1)对功和能的考查是高考中的重中之重，近几年全国卷对该部分知识点的命题呈现多样化，有单一知识点的命题，也有多知识点综合命题，经常综合的知识点有：抛体运动、圆周运动、动量守恒、电场和磁场情境下的功能关系应用等。
(2)2021年的高考复习应关注功和能与动量守恒定律、动力学规律或电磁感应的综合。题型可能是中等难度的选择题，也可能是稍有点难度的计算题。
2020
Ⅰ卷20T
功能关系、匀变速直线运动、图象问题
Ⅱ卷25T
动能定理、牛顿运动定律、运动学规律
Ⅲ卷25T
动能定理、运动学规律、动量
2019
Ⅱ卷18T
动能定理、机械能、E－h图象
Ⅲ卷17T
动能定理、Ek－h图象
2018
Ⅰ卷18T
动能定理、功能关系
Ⅱ卷14T
动能定理
Ⅲ卷19T
v－t图象、功率、动能定理

高考考向1　功和功率
解|题|必|备
1．图解功和功率的计算

2．理解机车启动问题中的两个速度
(1)机车匀加速启动过程的最大速度v1：由F－f＝ma，P＝Fv1解得v1＝。
(2)机车全程的最大速度vm：P＝Fvm，匀速运动时有F＝f，则vm＝。
题|型|精|研
命题角度1　功的计算
1．(功的公式)如图所示，质量为60 kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将他的身体视为一根直棒，已知重心在c点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离Oa、Ob分别为0.9 m和0.6 m，若他在1 min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4 m，则克服重力做功为(重力加速度g＝10 m/s2)(　　)

A．4 320 J B．144 J
C．720 J D．7 200 J
解析　一次俯卧撑重心上升的高度h＝ m＝0.24 m，则1 min内克服重力做功W＝30mgh＝4 320 J，A项正确。
答案　A
2．(图象法求功)一物体所受的力F随位移x变化的图象如图所示，在这一过程中，力F对物体做的功为(　　)

A．3 J B．6 J
C．7 J D．8 J
解析　力F对物体做的功等于x轴上方梯形“面积”所表示的正功与x轴下方三角形“面积”所表示的负功的代数和。W1＝×(3＋4)×2 J＝7 J，W2＝－×(5－4)×2 J＝－1 J，所以力F对物体做的功为W＝7 J－1 J＝6 J，B项正确。
答案　B
3. (转换法求变力的功)如图所示，水平粗糙地面上的物体被绕过光滑定滑轮的轻绳系着，现以大小恒定的拉力F拉绳的另一端，使物体从A点起由静止开始运动。若从A点运动至B点和从B点运动至C点的过程中拉力F做的功分别为W1、W2，图中AB＝BC，且动摩擦因数处处相同，则在物体的运动过程中(　　)

A．摩擦力增大，W1＞W2 B．摩擦力减小，W1＜W2
C．摩擦力增大，W1＜W2 D．摩擦力减小，W1＞W2
解析　物体受力如图所示，由平衡条件得FN＋Fsinθ＝mg，滑动摩擦力Ff＝μFN＝μ(mg－Fsinθ)，物体从A向C运动的过程中细绳与水平方向夹角θ增大，所以滑动摩擦力减小，由于物体被绕过光滑定滑轮的轻绳系着，拉力为恒力，所以拉力做的功等于细绳对物体所做的功，设滑轮为O点，W1＝F·ΔL1，W2＝F·ΔL2，ΔL1和ΔL2分别为|OA|－|OB|，|OB|－|OC|，因为|OA|－|OB|>|OB|－|OC|，所以W1>W2。故D项正确，A、B、C项错误。

答案　D
4. (动能定理求功)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l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为(　　)

A.mgl B.mgl
C.mgl D.mgl
解析　QM段绳的质量为m′＝m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为l，此过程重力做功WG＝－m′g＝－mgl，对绳的下端Q拉到M点的过程，应用动能定理，可知外力做功W＝－WG＝mgl，可知A项正确，B、C、D三项错误。
答案　A
命题角度2　功率
5．(功率的计算)在水平地面上方某处，把质量相同的P、Q两小球以相同速率沿竖直方向抛出，P向上，Q向下，不计空气阻力，两球从抛出到落地的过程中(　　)
A．P球重力做功较多
B．两球重力的平均功率相等
C．落地前瞬间，P球重力的瞬时功率较大
D．落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等
解析　根据W＝mgh可知两球重力做功相同，A项错误；上抛的小球运动时间长，根据P＝可知两球重力的平均功率不相等，B项错误；根据机械能守恒定律mv2＝mgh＋mv可知，两球落地的速度相同，由P＝mgv可知落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等，C项错误，D项正确。
答案　D
6. (机车以恒定功率启动)(多选)质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的v－t图象如图所示。从t1时刻起牵引力的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则(　　)

A．0～t1时间内，汽车的牵引力等于m
B．t1～t2时间内，汽车的功率等于v1
C．汽车运动的最大速度v2＝v1
D．t1～t2时间内，汽车的平均速度小于
解析　由题图可知，0～t1阶段，汽车做匀加速直线运动，a＝，F1－Ff＝ma，联立得F1＝m＋Ff，A项错误；在t1时刻汽车达到额定功率P＝F1v1＝v1，t1～t2时间内，汽车保持额定功率不变，B项正确；t2时，速度达到最大值v2，此时F2＝Ff，P＝F2v2，v2＝＝v1，C项正确；由v－t图线与t轴所围面积表示位移的大小可知，t1～t2时间内，汽车的平均速度大于，D项错误。
答案　BC
7．(机车以恒定加速度启动)(多选)发动机额定功率为P0的汽车在水平路面上从静止开始先匀加速启动，最后达到最大速度并做匀速直线运动，已知汽车所受路面阻力恒为Ff，汽车刚开始启动时的牵引力和加速度分别为F0和a0，如图所示描绘的是汽车在这一过程中速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是(　　)

解析　汽车由静止开始匀加速启动时，a一定，根据v＝at知v增大，由F＝ma＋Ff知F一定，根据P＝Fv知v均匀增大，功率P也均匀增大，达到P额后，功率保持不变，v继续增大，所以F＝减小，a＝减小，当F＝Ff时，a＝0，vm＝，此后汽车做匀速运动，故A、C两项正确。
答案　AC
高考考向2　动能定理
解|题|必|备
1．基本思路
(1)确定研究对象和物理过程。
(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式。
2．“两点一过程”
(1)“两点”：指初、末状态及对应的动能Ek1、Ek2。
(2)“一过程”：指从初状态到末状态的运动过程及合力做的功W合。
3．在功能关系中的应用
(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等。
(2)动能定理也是一种功能关系，即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应。
题|型|精|研
命题角度1　多过程中动能定理的应用
8．(多选)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，载人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(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。则(　　)

A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
解析　对载人滑草车从坡顶由静止到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg·2h－μmgcos45°·－μmgcos37°·＝0，解得μ＝，A项正确；对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mgh－μmgcos45°·＝mv2，解得：v＝，B项正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，C项错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a＝＝g，D项错误。
答案　AB
命题角度2　往复运动中动能定理的应用
9.如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块与挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是(　　)

A. B.
C. D.
解析　滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q＝mv＋mgx0sinθ，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcosθ，解得x＝，A项正确。
答案　A
命题角度3　曲线运动中动能定理的应用
10.如图所示的竖直轨道，其圆形部分半径分别是R和，质量为m的小球通过这段轨道时，在A点时刚好对轨道无压力，在B点时对轨道的压力为mg。则小球由A点运动到B点的过程中摩擦力对小球做的功为(　　)

A．－mgR B．－mgR
C．－mgR D．－mgR
解析　在A处对小球由牛顿第二定律得mg＝m，vA＝，在B处对小球由牛顿第二定律得mg＋N＝m，又N＝mg，解得vB＝，小球由A到B的过程由动能定理得mg＋Wf＝mv－mv，解得Wf＝，故A项正确。
答案　A
命题角度4　动能定理与图象的综合应用
11. (2020·全国卷Ⅰ)(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则(　　)

A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
解析　下滑5 m的过程中，重力势能减少30 J，动能增加10 J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以机械能不守恒，A项正确；斜面高3 m、长5 m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30 J，可得质量m＝1 kg，下滑5 m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功μmg·cosθ·s＝20 J，求得μ＝0.5，B项正确；由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma，求得a＝2 m/s2，C项错误；物块下滑2.0 m时，重力势能减少12 J，动能增加4 J，所以机械能损失了8 J，D项错误。
答案　AB
高考考向3　机械能守恒定律
解|题|必|备
1．判断机械能守恒的两个角度
(1)利用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧弹力)做功，或虽有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，机械能守恒。
(2)利用能量转化判断：若物体或系统中只有动能和重力势能(或弹性势能)的相互转化，则机械能守恒。
2．熟练应用机械能守恒的三种表达式

3．谨记机械能守恒问题的两点提醒
(1)研究对象的选取
研究对象的选取是解题的首要环节，有时是单个物体的机械能守恒，有时是多个物体的机械能守恒。
(2)研究过程的选取
有些问题研究对象的运动过程分成几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒，因此应用机械能守恒时要注意过程的选取。
题|型|精|研
命题角度1　单个物体的机械能守恒
12．小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。则在各自轨迹的最低点(　　)

A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定小于Q球的动能
C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
解析　两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL＝mv2，v＝，因LPmQ，则FP>FQ，C项正确；向心加速度a＝＝2g，D项错误。
答案　C
命题角度2　系统的机械能守恒
13. (多选)如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直光滑杆上，与光滑的水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)

A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
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　由于刚性轻杆不可伸缩，滑块a、b沿轻杆方向的分速度相等，滑块a落地时，速度方向竖直向下，沿轻杆方向的分速度为0，故此时滑块b的速度为0，可见滑块b由静止开始先做加速运动后做减速运动，对滑块b受力分析，可知轻杆对滑块b先做正功、后做负功，A项错误；因系统机械能守恒，则轻杆对滑块a先做负功，后做正功，做负功时，滑块a的加速度小于g，做正功时，滑块a的加速度大于g，C项错误；轻杆对滑块a的弹力刚好为0时，a的机械能最小，此时对滑块b受力分析，可知地面对b的支持力刚好等于mg，根据牛顿第三定律，b对地面的压力大小为mg，D项
正确；由机械能守恒定律可得mgh＝mv2，即v＝，B项正确。
答案　BD
命题角度3　与弹簧有关的机械能守恒
14. (多选)如图所示，一轻质弹簧一端固定在水平面上通过O点的转轴上，另一端与一质量为m的小环相连。环可以沿与水平方向成30°角的光滑固定杆下滑，已知弹簧原长为L。现让环从O点的正上方距O点为L的A点由静止开始下滑，环刚好滑到与O点处于同一水平面上的B点时速度变为零。则小环在从A点下滑到B点的过程中(　　)

A．小环的机械能守恒
B．弹簧的弹性势能一直变大
C．弹簧的最大弹性势能为mgL
D．除A、B两点外，弹簧弹力做功的瞬时功率为零还有两处
解析　小环下滑的过程中由于还有弹簧的弹力对它做功，所以小环的机械能不守恒，故A项错误；开始时弹簧的弹性势能为零，小环下滑过程中，弹簧先压缩再恢复到原长，再后来又变为伸长状态，所以它的弹性势能应是先增加后减小再增加，故B项错误；由于杆光滑，所以弹簧和小环组成的系统机械能守恒，当小环运动到最低点时，减小的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，而在途中有部分重力势能转化为小环的动能，因此弹簧的弹性势能最大时小环在B点，由能量守恒定律可知此时的弹性势能为mgL，故C项正确；小环运动过程中，当弹簧与杆垂直时，弹簧对小环的弹力方向与运动方向垂直，弹力的瞬时功率为零，当小环到距O点的距离再一次为L时，弹簧处于原长，对小环没有弹力，对环做功的瞬时功率也为零，故D项正确。
答案　CD
高考考向4　功能关系和能量守恒

解|题|必|备
1．掌握五种常用功能关系
(1)重力做功等于重力势能增量的负值，即WG＝－ΔEp。
(2)弹簧弹力做功等于弹簧弹性势能增量的负值，即W弹＝－ΔEp。
(3)一对滑动摩擦力做功代数和的绝对值等于系统内能的增加量，即Q＝fx相对。
(4)合外力做的功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk(动能定理)。
(5)除重力和系统内弹力之外的其他力做的功等于机械能的变化量，即W其他＝ΔE。
2．两个重要提醒
(1)分析运动过程中的受力情况和各力做功情况，且是正功还是负功；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)在涉及功、能、位移的问题中，若研究对象为单个物体，大多使用动能定理，若研究对象为两个及以上物体，且涉及相对位移或相对路程，大多使用功能关系解题。
题|型|精|研
命题角度1　功能关系
15．(多选)飞船设计是个庞大的系统工程，“联盟号”宇宙飞船发射不久发生故障，逃逸塔以最快的速度将载人飞船与火箭分离并启动自带的发动机，将飞船带离火箭并返回地面。逃逸塔带着飞船在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上。飞船在返回地面前(　　)
A．匀速下降过程中，机械能守恒
B．匀速下降过程中，逃逸塔对飞船做负功
C．减速下降过程中，飞船机械能的变化等于合外力做功
D．减速下降过程中，飞船机械能的变化等于逃逸塔对飞船做的功
解析　匀速下降过程中，逃逸塔对飞船的作用力做负功，飞船的机械能不守恒，A项错误，B项正确；减速下降过程中，飞船受到的合外力的功等于其动能的变化，逃逸塔对飞船做的功(除重力以外的其他力的功)等于其机械能的变化，C项错误，D项正确。
答案　BD
16. (与弹簧有关的功能关系)(多选)如图所示，水平面上固定一倾角为θ＝30°的斜面，一轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端连接一质量m＝2 kg的物块(可视为质点)，开始时物块静止在斜面上A点，此时物块与斜面的摩擦力恰好为零，现用沿斜面向上的恒力F＝20 N作用在物块上，使其沿斜面向上运动，当物块从A点运动到B点时，力F做的功W＝4 J，已知弹簧的劲度系数k＝100 N/m，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．物块从A点运动到B点的过程中，重力势能增加了4 J
B．物块从A点运动到B点的过程中，产生的内能为1.2 J
C．物块经过B点时的速度大小为 m/s
D．物块从A点运动到B点的过程中，弹簧弹性势能的变化量为0.5 J
解析　施加F前，物块静止，由平衡条件得kx1＝mgsinθ，解得物块在A点时弹簧压缩量x1＝0.1 m，从A到B力F做的功W＝Fx，解得x＝0.2 m，所以物块到B点时，弹簧伸长量x2＝x－x1＝0.1 m，可知从A到B重力势能增加了mgxsinθ＝2 J，物块在A、B位置时弹簧弹性势能相等，A、D两项错误；物块从A点运动到B点的过程中，产生的内能等于克服摩擦力做的功，即Q＝μmgxcosθ＝1.2 J，由动能定理有W－mgxsinθ－μmgxcosθ＝mv2－0，解得v＝ m/s，B、C两项正确。
答案　BC
17. (传送带中的功能关系)(多选)(2020·贵阳一中、云师大附中、南宁三中诊断性联考)足够长的水平传送带在电动机带动下以恒定速率v1匀速顺时针转动，质量为m可视为质点的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2(v2P2 D．P1＝P2＝P3
解析　对小滑环受力分析，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得，小滑环做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gsinθ，θ为杆与水平方向的夹角，小滑环的位移s＝2Rsinθ，所以t＝＝＝，t与θ无关，即t1＝t2＝t3，而三个环重力做功W1>W2>W3，由P＝知P1>P2>P3，B项。
答案　B
3．如图所示，倾角为30°的粗糙斜面与倾角为60°的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m的物块甲和乙，甲在斜面上A点，乙在斜面上B点，两物块通过一跨过光滑定滑轮的细线连在一起，OA长为L，OB长为。物块甲与粗糙斜面间动摩擦因数为μ，在平行于斜面的拉力F的作用下两物块做匀速运动。从图示位置开始计时，在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内，力F做的功为(　　)

A.mgL
B.mgL
C.mgL
D.mgL
解析　对物块甲分析T＋mgsin30°＝μmgcos30°，对物块乙分析F＝T＋mgsin60°；F做的功W＝FL，解得W＝mgL，故A项正确。
答案　A
4．如图所示，半径为R的竖直光滑圆弧轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆弧轨道上，A与圆心O等高，B位于O的正下方，它们由静止释放，最终在水平面上运动。下列说法正确的是(　　)

A．下滑过程中A的机械能守恒
B．当A滑到圆弧轨道最低点时，轨道对A的支持力大小为2mg
C．下滑过程中重力对A做功的功率一直增加
D．整个过程中轻杆对B做的功为mgR
解析　下滑过程中杆对A有力的作用，并且这个力对A做负功，所以A的机械能不守恒，故A项错误；以A、B为整体，机械能守恒，当A滑到圆弧轨道最低点的过程中，由机械能守恒定律得mgR＝×2mv2，最低点时由支持力和重力的合力提供向心力，则有N－mg＝m，所以轨道对A的支持力大小为2mg，故B项正确；开始时重力对A做功的功率为零，最后到水平面，速度方向水平，重力做功功率仍为零，所以重力对A做功的功率先增大后减小，故C项错误；A运动到底端的过程中，B的动能增加量即轻杆对B做的功W＝mv2＝mgR，故D项错误。
答案　B
5. (2020·辽宁省沈阳铁路实验中学月考)载物电梯以v0速度匀速上升，货物的质量为m，某时刻起电梯以大小为a(aR2，则(　　)

A．v1＝v2 B．F1＝F2
C．a1＝a2 D．ω1＝ω2
解析　由于小球恰好能通过最高点，在甲图中，小球在最高点时速度mg＝m，根据机械能守恒定律可知，mg×2R1＝mv－mv2，解得v1＝，在最低点，由牛顿第二定律有F1－mg＝，解得F1＝6mg，a1＝＝5g，ω1＝＝；同理可得v2＝，F2＝6mg，a2＝5g，ω2＝，由R1>R2可知，B、C两项正确。
答案　BC
10.在倾角为θ的固定光滑斜面上，物块A、B用劲度系数为k的轻弹簧相连，物块的质量均为m，C为一与斜面垂直的固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的拉力F拉物块A，使它沿斜面向上缓慢运动，直到物块B刚要离开挡板C。重力加速度为g，在此过程中，下列说法正确的是(　　)

A．物块B刚要离开挡板时弹簧的伸长量为
B．物块A运动的距离为
C．弹簧弹性势能先减小后增大
D．拉力做的功为
解析　物块B刚离开挡板时，由平衡条件得mgsinθ＝kx1，解得弹簧的伸长量x1＝，A项错误；初始状态对物块A分析mgsinθ＝kx2，得弹簧的压缩量x2＝，所以物块A运动的距离x＝x1＋x2＝，B项错误；弹簧的弹性势能先减小后增加，C项正确；初、末状态弹簧的弹性势能相等，系统的动能没变，所以拉力F做的功等于物块A重力势能的增加量，W＝，D项正确。
答案　CD
11. (2020·四川省广安、遂宁、资阳等七市第一次诊断性考试)2019年10月1日，在庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵式上，习近平主席乘“红旗”牌国产轿车依次检阅15个徒步方队和32个装备方队。检阅车在水平路面上的启动过程如图所示，其中Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率P行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，若检阅车的质量为m，行驶过程中所受阻力恒为f，则下列说法正确的是(　　)

A．检阅车在t1时刻的牵引力和功率都是最大值，t2～t3时间内其牵引力等于f
B．0～t1时间内检阅车做变加速运动
C．0～t2时间内的平均速度等于
D．t1～t2时间内检阅车克服阻力做功为P(t2－t1)＋mv－mv
解析　由图象可知，检阅车的运动过程为：Oa为匀加速直线运动，ab是恒定功率运动，且加速度在逐渐减小，bc是匀速直线运动。对检阅车进行受力分析，列牛顿第二定律方程，可得A项正确。在0～t1时间段，由v－t图象易知检阅车做匀加速直线运动，故B项错误。在0～t2时间段，由v－t图象可知，检阅车先做匀加速运动再做变加速运动故此段时间内平均速度大于，故C项错误；设时间t1～t2内检阅车克服阻力所做功为Wf，由动能定理P(t2－t1)－Wf＝mv－mv，克服阻力所做功为Wf＝P(t2－t1)＋mv－mv，D项正确。
答案　AD
三、非选择题
12．(2020·安徽省池州市期末考试)如图所示，长度为s的水平传送带A、B两端均与光滑水平面平滑连接。一轻弹簧放在右边水平面上，弹簧右端与竖直墙壁相连。用质量为m的物块压缩弹簧(物体与弹簧不拴接)，当弹簧被压缩至O点时由静止释放物块，若传送带静止不动时，物块刚好能滑到传送带的A端。物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。现让传送带沿逆时针匀速转动，仍用物块将弹簧压缩至O点，由静止释放物块，物块被弹簧弹开，并滑上传送带，求：

(1)开始释放物块时，弹簧具有的弹性势能；
(2)要使物块在传送带上时传送带一直对物块做正功，传送带的速度至少多大；
(3)此过程传送带电动机因物块额外消耗的电能至少为多少。
解析　(1)由能量守恒可知Ep＝μmgs。
(2)物块在传送带上时传送带一直对物块做正功，则物块一直处于加速状态，设物块到传送带左端时速度为v，根据功能关系有μmgs＝mv2－Ep，
解得v＝2，
即传送带的速度至少为2。
(3)设物块滑上传送带时的初速度为v0，
则mv＝Ep，解得v0＝，
物块在传送带上运动的加速度a＝μg，
在传送带上运动的时间t＝＝(2－)，
物块与传送带间产生的热量为Q＝μmg(v1t－s)，
传送带速度取最小值v1＝v，
传送带电动机因物块额外消耗的电能最少为
Emin＝mv2－Ep＋Q，
解得Emin＝2(2－)μmgs。
答案　(1)μmgs　(2)2　(3)2(2－)μmgs
13．(2020·河北省衡水中学期中考试)如图所示，AB为一段弯曲轨道，固定在水平桌面上，与水平桌面相切于A点，B点距桌面的高度为h＝0.6 m，A、B两点间的水平距离为L＝0.8 m，轨道边缘B处有一轻、小定滑轮，一根轻绳两端系着质量分别为m1与m2的物体P、Q，挂在定滑轮两边，P、Q可视为质点，且m1＝2.0 kg，m2＝0.4 kg。开始时P、Q均静止，P紧靠B点，P释放后沿弯曲轨道向下运动，运动到A点时轻绳突然断开，断开后P沿水平桌面滑行x＝1.25 m停止。已知P与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2。求：

(1)物体P经过A点时的速度大小；
(2)在物体P从B点运动到A点的过程中，物体Q重力势能的改变量；
(3)弯曲轨道对物体P的摩擦力所做的功。
解析　(1)P在水平轨道上运动过程，根据动能定理得－μm1gx＝0－m1v，
解得P经过A点时的速度为v1＝＝2.5 m/s。
(2)P由B到A的过程中，Q上升的高度
H＝＝1 m，
Q重力势能的增量ΔEp＝mgH＝4 J。
(3)设P经过A点时，Q的运动速度为v2，对速度v1分解如图所示，则有v2＝v1cosβ，sinβ＝＝0.6，
解得β＝37°，
对P与Q组成系统有
m1gh－m2gH＋Wf＝m1v＋m2v，
代入数据解得Wf＝－0.95 J。

答案　(1)2.5 m/s　(2)4 J　(3)－0.95 J
微专题二　动量及其守恒定律
三年＋三卷考情
命题规律＋预测
三年考题
考查内容
(1)动量观点是解决物理问题的重要基本方法，高考中常把动量定理、动量守恒定律与动能定理、机械能守恒定律及动力学规律综合起来考查，前后两个物理过程一般通过碰撞来过渡，这就决定了动量守恒定律在解题过程中的纽带作用。动量守恒定律还可以与电场、磁场、电磁感应综合在一起考查。2019年高考中出现了动量守恒定律与电磁感应(导轨＋双杆模型)的综合应用。
(2)2021年高考对本微专题内容的考查很可能设置在某种情境中，把生活、生产、科技、体育运动的某个过程设计为试题的情境。
2020
Ⅰ卷14T
动量定理
Ⅱ卷21T
动量守恒定律
Ⅲ卷15T
动量和能量、图象问题
2019
Ⅰ卷16T
动量定理
Ⅰ卷25T
动量守恒定律与机械能守恒定律、动能定理、v－t图象的综合应用
Ⅱ卷25T
动量定理与动能定理、运动学规律、v－t图象的综合应用
Ⅲ卷19T
动量守恒定律与电磁感应的综合应用
2018
Ⅰ卷24T
动量守恒定律与匀变速直线运动规律、机械能守恒定律的综合应用
Ⅱ卷15T
动量定理


高考考向1　动量和动量定理

解|题|必|备
1．对比法区分概念和规律
动量、冲量、动量定理均为矢量或矢量式，而动能、功、动能定理为标量或标量式，在应用时常常出现忘记了矢量的方向，或凭空给标量添加了方向。可采用对比记忆的方法，动量—动能、冲量—功、动量定理—动能定理，在练习中加深对概念和规律的理解。
2．动量定理的两个重要应用
(1)应用I＝Δp求变力的冲量
如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出变力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I。
(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化
例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。
题|型|精|研
命题角度1　动量和冲量
1．(动量和动量变化)一个质量是5 g的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回。若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化量是(　　)
A．10 g·m/s B．－10 g·m/s
C．40 g·m/s D．－40 g·m/s
解析　以向下的方向为正方向，则初动量p1＝mv1＝25 g·m/s，末动量p2＝－mv2＝－15 g·m/s，则动量变化量Δp＝p2－p1＝－40 g·m/s，D项正确。
答案　D
2. (冲量)如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff。在整个运动过程中，重力对滑块的总冲量为(　　)

A．mg(t1＋t2)sinθ B．mg(t1－t2)sinθ
C．mg(t1＋t2) D．0
解析　滑块整个运动过程的总时间t＝t1＋t2，故由冲量的定义可知重力的冲量I＝mg(t1＋t2)，C项正确。
答案　C
命题角度2　动量定理
3．(应用动量定理求平均作用力或变力的冲量)(2018·全国卷Ⅰ)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　设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3 m，由机械能守恒定律得mgh＝mv2，解得v＝＝10 m/s，规定向上为正，由动量定理得(N－mg)t＝0－(－mv)，解得N≈103 N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C项正确。
答案　C
4．(应用动量定理求动量变化)(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则(　　)

A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
解析　根据F－t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B两项均正确，C、D两项均错误。
答案　AB
5．(流体模型)一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v0＝4 m/s的匀速直线运动。若该帆船在运动状态下突然失去风力的作用，则帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t＝8 s才可静止。该帆船的帆面正对风的有效面积为S＝10 m2，帆船的总质量约为M＝936 kg。若帆船在航行过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3 g/m3，在匀速行驶状态下估算：
(1)帆船受到风的推力F的大小；
(2)风速的大小v。
解析　(1)风突然停止，帆船只受到阻力Ff的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度为a，
则a＝＝－0.5 m/s2，
根据牛顿第二定律有－Ff＝Ma，
所以Ff＝468 N，
则帆船匀速运动时，有F－Ff＝0，
解得F＝468 N。
(2)设在时间t内，正对着吹向帆面的空气的质量为m，根据动量定理有－Ft＝m(v0－v)，又m＝ρS(v－v0)t，
所以Ft＝ρS(v－v0)2t，
解得v＝10 m/s。
答案　(1)468 N　(2)10 m/s
高考考向2　动量守恒定律在碰撞、爆炸和反冲中的应用

解|题|必|备
1．应用动量守恒定律解题的步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；
(3)规定正方向，确定初、末状态动量；
(4)由动量守恒定律列出方程；
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
2．三种碰撞的特点
弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
机械能守恒：m1v＋m2v＝m1v′＋m2v′
完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝v′，机械能损失最多，机械能的损失ΔE＝m1v＋m2v－v′2
非弹性
碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，机械能有损失，机械能的损失ΔE＝m1v＋m2v－m1v′－m2v′
碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2。
(3)速度要符合实际情况
3.爆炸和反冲
爆炸和反冲现象中满足动量守恒，系统动能增加。
题|型|精|研
命题角度1　碰撞问题
6．(2020·四川省双流中学模拟)如图所示，两个大小相等、质量均为1 kg的小球A、B静止在光滑水平面上，现给小球A水平向右的瞬时冲量I＝2N·s，小球A向右运动并与小球B发生对心碰撞，两小球碰撞过程中系统的机械能损失可能为(　　)

A．0.8 J　　　B．1.2 J　　　C．1.6 J　　　D．2 J
解析　两小球的碰撞性质未知，若为弹性碰撞，则小球交换速度，系统机械能守恒；若为完全非弹性碰撞，则系统损失的机械能最大，由动量守恒定律得mv0＝2mv，其中mv0＝I，由能量守恒可知，ΔE＝mv－×2mv2，解得ΔE＝1 J，两个小球碰撞过程中系统的机械能损失的范围应该为0≤ΔE≤1 J，故A项正确，B、C、D项错误。
答案　A
命题角度2　爆炸和反冲问题
7．(2018·全国卷Ⅰ)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＝mv，①
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＝－gt，②
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＝mgh1，④
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mv＋mv＝E，⑤
mv1＋mv2＝0，⑥
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。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有mv＝mgh2，⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝。
答案　(1) 　(2)
命题角度3　多过程问题中的动量守恒
8.质量m＝1 kg的小物块在高h1＝0.3 m的光滑水平平台上压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧储存了一定的弹性势能，打开锁扣K，物块将以水平速度v0向右滑出平台后做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向无碰撞地进入圆弧形轨道，B点的高度h2＝0.15 m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点与光滑水平面相切，在水平面上有一物块M，m滑下与M发生碰撞后反弹，反弹的速度大小刚好是碰前速度的，碰撞过程中无能量损失，g＝10 m/s2，求：

(1)物块m压缩弹簧时储存的弹性势能Ep；
(2)物块M的质量。
解析　(1)小物块由A运动到B做平抛运动，
h1－h2＝gt2，
解得t＝ s，
由几何关系：R＝h1，h1－h2＝，∠BOC＝60°，
设小物块平抛时的初速度为v0，则＝tan 60°，
弹性势能Ep等于小物块在A点的动能，
Ep＝mv，
解得Ep＝0.5 J。
(2)设小物块到C点时的速度为v1，
小物体从A点到C点过程，机械能守恒
由机械能守恒定律mv＋mgh1＝mv，
m与M碰撞过程动量守恒，有mv1＝mv3＋Mv2，
m与M碰撞过程能量守恒，有
mv＝mv＋Mv，
其中v3＝－，
由以上各式解得M＝2.0 kg。
答案　(1)0.5 J　(2)2.0 kg
高考考向3　动量的综合应用
解|题|必|备
1．解题策略
(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程。
(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点。
(3)在光滑的平面或曲面上的运动，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析。
(4)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析。
2．动量与能量的综合问题
动量的综合问题常取材“滑块—滑板”模型、“传送带”模型、“弹簧—物块”模型等，设置多个情景、多个过程，考查力学三大观点的综合应用。要成功解答此类“情景、过程综合”的考题，就要善于在把握物理过程渐变规律的同时，洞察过程的临界情景，结合题给条件(往往是不确定条件)，进行求解(注意结合实际情况分类讨论)。
题|型|精|研
命题角度1　动量守恒与动力学规律的综合应用
9.如图所示，一质量m1＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m2＝1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板。在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是(　　)

A．1.8 m/s B．2.4 m/s
C．2.8 m/s D．3.0 m/s
解析　A先向左减速到零，再向右加速运动，在此期间，木板减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，木板的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则m1v－m2v＝m1v1，m1v1＝(m1＋m2)v2，可得v1＝ m/s，v2＝2.0 m/s，所以在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2.0 m/s而小于 m/s，只有B项正确。
答案　B
命题角度2　动量守恒中的“弹簧－物块”模型
10．(2020·呼和浩特市高三年级质量普查调研)如图甲，光滑水平面上，质量为m1＝2 kg和m2＝1 kg的两个小球，用一条轻质细线连接，中间有一被压缩的且和m2连接的轻弹簧，正以8 m/s的共同速度向右匀速运动，弹簧的弹性势能为48 J，求：

(1)烧断细线后最终m1与m2的速度；
(2)如图乙，若m1开始以某一速度向右运动去碰静止的m2，轻弹簧与m2连接且处于原长，在接下来的运动中，弹簧被压到最短时弹性势能为48 J，问m1开始的速度。
解析　(1)由能量守恒有
Ep＋(m1＋m2)v＝m1v＋m2v，
由动量守恒有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，
联立解得v1＝4 m/s，v2＝16 m/s。
(2)由动量守恒和能量守恒得m1v3＝(m1＋m2)v4，
m1v＝(m1＋m2)v＋Ep′，
联立解得v3＝12 m/s。
答案　(1)4 m/s　16 m/s　(2)12 m/s
命题角度3　动量与能量的综合问题
11．(“子弹打木块”模型)如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为(　　)

A．16 J B．2 J
C．6 J D．4 J
解析　设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，则子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即E＝－(m＋m0)v2，而木块获得的动能E木＝mv2＝6 J，两式相除得＝＞1，即E>6 J，A项正确。
答案　A
12．(“滑块－木板”模型)如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞，碰撞后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的右端。已知A、B质量均相等，C的质量为A的质量的2倍，木板C长为L，重力加速度为g。求：

(1)A物体的最终速度；
(2)A物体与木板C上表面间的动摩擦因数。
解析　(1)设A、B的质量为m，则C的质量为2m，B、C碰撞过程中动量守恒，令B、C碰后的共同速度为v1，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝3mv1，
解得v1＝。
B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离，A、C相互作用过程中动量守恒，设最终A、C的共同速度为v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0＋2mv1＝3mv2，
解得v2＝。
(2)在A、C相互作用过程中，由功能关系得
fL＝mv＋×2mv－×3mv，
又f＝μmg，
解得μ＝。
答案　(1)　(2)

课时巩固练(5)　动量及其守恒定律
一、单项选择题
1．以下四幅图所反映的物理过程说法正确的是(　　)

A．图甲中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒
B．图乙中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加
C．图丙中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能不守恒
D．图丁中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能一定守恒
解析　图甲中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒，A项错误；图乙中，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，B项错误；图丙中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，两球组成的系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，C项正确；图丁中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，D项错误。
答案　C
2．(2020·吉林市普通中学第一次调研测试)我国汽车的整车安全性碰撞试验在1998年已与国际开始接轨。碰撞试验是让汽车在水平面上以48.3 km/h的国际标准碰撞速度驶向质量为80 t的国际标准碰撞试验台，撞击使汽车的动量一下子变到0，技术人员通过查看载着模拟乘员的传感器的数据以便对汽车安全性能装置进行改进。请结合以上材料回答，以下说法正确的有(　　)
A．若试验汽车的标准碰撞速度增加为原来的1.2倍，则其动量变为原来的2.4倍
B．在水平路面上运动时汽车受支持力的冲量与重力的冲量相同
C．因为安全带对座位上的模拟乘员的保护，在碰撞时乘员的速度变为0所用时间约为0.13秒，则安全带对乘员的作用力约等于乘员重力的10倍
D．为了减轻碰撞时对模拟乘员的伤害程度，轿车前面的发动机舱越坚固越好
解析　汽车的动量p＝mv，速度增加为原来的1.2倍，其动量也变为原来的1.2倍，A项错误；在水平路面上运动时汽车受支持力与重力平衡，支持力的冲量与重力的冲量大小相等、方向相反，B项错误；由动量定理得，－Ft＝0－mv，解得安全带对乘员的作用力F＝100m≈10mg，C项正确；轿车前面的发动机舱越坚固，碰撞时的作用时间越短，作用力越大，对模拟乘员的伤害程度越大，D项错误。
答案　C
3.(2020·河北省衡水中学期中考试)质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一圆周的光滑轨道，轨道下端切线水平。质量为m的小球沿水平方向从轨道下端以初速度v0滑上小车，重力加速度为g，如图所示。已知小球不从小车上端离开小车，小球滑上小车又滑下，与小车分离时，小球与小车速度方向相反，速度大小之比等于1∶3，则m∶M的值为(　　)

A．1∶3 B．3∶5
C．3∶1 D．5∶3
解析　设小球的初速度方向为正方向，由动量守恒可知：mv0＝Mv1－mv2，由题知＝，对整体由机械能守恒定律可得：mv＝Mv＋mv，联立解得＝，B项正确。
答案　B
4.(2020·成都市第二次诊断性检测)如图，倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的小物块A和B(质量均为m)，弹簧的劲度系数为k，B靠着固定挡板，最初它们都是静止的。现沿斜面向下正对着A发射一颗质量为m、速度为v0的子弹，子弹射入A的时间极短且未射出，子弹射入后经时间t，挡板对B的弹力刚好为零。重力加速度大小为g。则(　　)

A．子弹射入A之前，挡板对B的弹力大小为2mg
B．子弹射入A的过程中，A与子弹组成的系统机械能守恒
C．在时间t内，A发生的位移大小为
D．在时间t内，弹簧对A的冲量大小为2mv0＋2mgtsinθ
解析　子弹打入A之前，AB系统所受合力为0，挡板对B的弹力大小为2mgsinθ，A项错误；子弹射入A的过程中，A与子弹之间的摩擦生热，组成的系统机械能不守恒，B项错误；子弹打入A前弹簧为压缩状态，压缩量x1＝，挡板对B的弹力刚好为零时弹簧处于伸长状态，伸长量为x2＝，则在时间t内，A发生的位移大小x＝x1＋x2＝，C项正确；子弹打入A的过程中，子弹与A组成系统的动量守恒，总动量为mv0，此后弹簧压缩再弹开到弹簧伸长量为x2的过程中，子弹和A组成系统的机械能守恒，末状态与初状态的弹性势能相等，重力势能增加，动能一定减小了，所以末状态时的动量大小p一定小于mv0，在此过程中应用动量定理得，I－2mgtsinθ＝p－(－mv0)v传，所以C在传送带上一定先加速后匀速，滑上PQ的速度v＝3 m/s，
又因为恰好停在Q点，则有0－v2＝－2μgxPQ，
解得xPQ＝2.25 m。
(2)A与B碰撞过程动量守恒mv0＝2mv共，
接下来A、B整体压缩弹簧后弹簧恢复原长时，C脱离弹簧，这个过程有2mv共 ＝2mv1＋mvC，
·2mv＝·2mv＋mv，
联立解得v0＝3 m/s。
(3)要使C不脱离圆轨道，有两种情况，一是最多恰能到达圆心等高处，二是至少到达最高处。
若恰能到达圆心等高处，则有mv＝mgR，
得vQ1＝＝ m/s，
由N～Q段：v－vC1′2＝－2μg(L＋xPQ)，
可得vC1′＝6 m/s，
在A、B碰撞及与弹簧作用的过程中
2mv共′ ＝2mv1′＋mvC1′2，
·2mv共′2＝·2mv1′2＋mvC1′2，
又mv01＝2mv共′，
联立解得v01＝9 m/s，所以这种情况下，A的初速度范围是3 m/s