2022届高考物理二轮复习 专题03 能量与动量 学案

这是一份2022届高考物理二轮复习 专题03 能量与动量 学案，共32页。学案主要包含了选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。
专题3 动力学、动量和能量观点的综合应用




考题一　功能

1.功和功率的计算
W=Fx与P=Fv的计算都是向量的点乘，特别功率的计算要注意力与速度的方向夹角
2.做功的过程就是能量的转化过程。做了多少功，就有多少能量发生了转化。功是能量转化的量度。

3.力学综合问题，涉及动力学、功能关系，解决此类问题关键要做好“四选择”。
(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题。
(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律。
(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解。
(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题。

1.(多选)我国高铁技术处于世界领先水平．和谐号动车组是由动车和拖车编组而成的，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组(　　)

A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2
C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2
答案：BD
解析：启动时，动车组做加速运动，加速度方向向前，乘客受到竖直向下的重力和车厢对乘客的作用力，由牛顿第二定律可知，这两个力的合力方向向前，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向一定倾斜向前，选项A错误．设每节车厢质量为m，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，则有每节车厢所受阻力f＝kmg.设动车组匀加速直线运动的加速度为a，每节动车的牵引力为F，对8节车厢组成的动车组整体，由牛顿第二定律，2F－8f＝8ma；设第5节车厢对第6节车厢的拉力为F5，隔离第6、7、8节车厢，把第6、7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F5－3f＝3ma，解得F5＝；设第6节车厢对第7节车厢的拉力为F6，隔离第7、8节车厢，把第7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F6－2f＝2ma；解得F6＝；第5、6节车厢与第6、7节车厢间的作用力之比为F5∶F6＝∶＝3∶2，选项B正确．关闭发动机后，动车组在阻力作用下滑行，由匀变速直线运动规律，滑行距离x＝，与关闭发动机时速度的二次方成正比，选项C错误．设每节动车的额定功率为P，当有2节动车带6节拖车时，2P＝8f·v1m；当改为4节动车带4节拖车时，4P＝8f·v2m；联立解得v1m∶v2m＝1∶2，选项D正确．
2.(多选)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∠ONMf乙，由球克服阻力做功Wf＝fh知，甲球克服阻力做功较大，选项D正确.
5.如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动.A由静止释放；B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0；C的初速度方向沿水平方向，大小为v0.斜面足够大，A、B、C运动过程中不会相碰，下列说法正确的是(　　)

A.A和C将同时滑到斜面底端 B.滑到斜面底端时，B的动能最大
C.滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多 D.滑到斜面底端时，B的机械能减少最多
答案：B
解析：A、C两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A所受滑动摩擦力沿斜面向上，C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C沿斜面向下的加速度大于A的加速度，C先到达斜面底端，故A错误；重力做功相同，摩擦力对A、B做功相同，C克服摩擦力做功最大，而B有初速度，则滑到斜面底端时，B滑块的动能最大，故B正确；三个滑块下降的高度相同，重力势能减少相同，故C错误；滑动摩擦力做功与路程有关，C运动的路程最大，C克服摩擦力做功最大，机械能减少最多，故D错误.
6.(多选)如图所示，小物块以初速度v0从O点沿斜向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇.已知物块和小球质量相等，空气阻力忽略不计，则(　　)

A.斜面可以是光滑的
B.小球运动到最高点时离斜面最远
C.在P点时，小球的动能大于物块的动能
D.小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等
答案：CD
解析：把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，所以斜面不可能是光滑的，故A错；当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时竖直方向速度不为零，不是运动到最高点，故B错误；物块在斜面上还受摩擦力做功，物块的机械能减小，所以在P点时，小球的动能应该大于物块的动能，故C正确；小球和物块初末位置相同，则高度差相等，而重力相等，则重力做功相等，时间又相同，所以小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等，故D正确.
7.(多选)如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1 m处，滑块与弹簧不拴接.现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek－h图象，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g＝10 m/s2，由图象可知(　　)

A.小滑块的质量为0.2 kg
B.弹簧最大弹性势能为0.32 J
C.轻弹簧原长为0.2 m
D.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.18 J
答案：AC
解析：从0.2 m上升到0.35 m的范围内，ΔEk＝－ΔEp＝－mgΔh，图线的斜率绝对值为：k＝＝＝－2 N＝－mg，所以：m＝0.2 kg，故A正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5 J，故B错误；在Ek－h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2 m上升到0.35 m范围内所受作用力为恒力，所以h＝0.2 m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2 m，故C正确；由图可知，当h＝0.18 m时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知，Epmin＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5 J＋0.2×10×0.1 J－0.32 J＝0.38 J，故D错误.
8.(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环( )

A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2
C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh
D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
答案：BD
解析：圆环下落时，先加速，在B位置时速度最大，加速度减小至零．从B到C圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A错误；圆环下滑时，设克服摩擦力做功为Wf，弹簧的最大弹性势能为ΔEP，由A到C的过程中，根据能量关系有mgh＝ΔEp＋Wf.由C到A的过程中，有mv2＋ΔEp＝Wf＋mgh.联立解得Wf＝mv2，ΔEP＝mgh－mv2，选项B正确，C错误；设圆环在B位置时，弹簧的弹性势能为ΔE′P，根据能量守恒，A到B的过程有mv＋ΔE′P＋W′f＝mgh′，B到A的过程有mv′＋ΔE′P＝mgh′＋W′f，比较两式得v′B>vB，选项D正确．
9.(多选)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
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
答案：BD
解析：滑块b的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项A错误；以滑块a、b及轻杆为研究对象，系统的机械能守恒，当a刚落地时，b的速度为零，则mgh＝mv＋0，即va＝，选项B正确；a、b的先后受力分析如图甲、乙所示．

由a的受力情况可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b的加速度为零(即轻杆对b的作用力为零)时，b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力，且FNb＝mg，由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，选项D正确．
10.如图所示，光滑管状轨道ABC由直轨道AB和圆弧轨道BC组成，二者在B处相切并平滑连接，O为圆心，O、A在同一条水平线上，OC竖直，一直径略小于圆管直径的质量为m的小球，用细线穿过管道与质量为M的物块连接，将小球由A点静止释放，当小球运动到B处时细线断裂，小球继续运动.已知弧形轨道的半径为R＝ m，所对应的圆心角为53°，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2。

(1)若M＝5m，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小。
(2)若M＝5m，求小球从C点抛出后下落高度h＝ m时到C点的水平位移。
(3)M、m满足什么关系时，小球能够运动到C点？
答案：(1)a＝7 m/s2 (2)x＝ m (3)M≥m
解析：
步骤1：在直轨道部分，对小球、物块列牛顿第二定律方程
对小球：F－mgsin 53°＝ma ①
对物块：Mg－F＝Ma ②
得a＝7 m/s2 ③
步骤2：在直角△OAB中，由几何关系得xAB，由运动学方程，得vB

B到C，列机械能守恒方程

过C后，平抛运动分方向列方程
xAB＝ ④
vB＝＝2 m/s ⑤
B→C：
mv＝mv＋mgR(1－cos 53°) ⑥
过C点后：x＝vCt ⑦
h＝gt2 ⑧
得：x＝ m ⑨
步骤3：A→B：列系统机械能守恒方程线断后，对球由BC列动能定理关系式
A→B对(M，m)系统
(M＋m)v2＝MgxAB－mgxABsin 53° ⑩
B→C，小球恰好能到达C点时，vC＝0
－mgR(1－cos 53°)＝0－mv2 ⑪
得：M≥m ⑫
11.如图甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球和右侧滑轮的距离为l。开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值。现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感器装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍。不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g.求：

(1)物块的质量；
(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功。
答案：(1)3m　(2)0.1mgl
解析：(1)设开始时细绳的拉力大小为T1，传感装置的初始值为F1，物块质量为M，由平衡条件得
对小球，T1＝mg①
对物块，F1＋T1＝Mg②
当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T2，传感装置的示数为F2，据题意可知，F2＝1.25F1，由平衡条件得
对小球，T2＝mgcos 60°③
对物块，F2＋T2＝Mg④
联立①②③④式，代入数据得
M＝3m。⑤
(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为Wf，由动能定理得mgl(1－cos 60°)－Wf＝mv2－0⑥
在最低位置，设细绳的拉力大小为T3，传感装置的示数为F3，据题意可知，F3＝0.6F1，对小球，由牛顿第二定律得
T3－mg＝m⑦
对物块，由平衡条件得
F3＋T3＝Mg⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得
Wf＝0.1mgl。⑨
考题二　动量

1.动量守恒定律的判断条件
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态。
(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒。
2.碰撞分类
(1)弹性碰撞：动量守恒，能量守恒
(2)非弹性碰撞：动量守恒，能量有损失。共速时，损失最大，为完全非弹性碰撞。
碰撞现象满足的三个规律：
①动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
②动量不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
③速度要合理
1)若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
2)碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
3.弹性碰撞速度分配
(1)动碰静：质量m1以速度v0碰质量m2，碰后速度分配为：v1＝v0、v2＝v0。
当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1≫m2，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v。当m1≪m2，碰后质量小的球原速率反弹，质量大的物体不动。
(2)动碰动：质量m1以速度v1碰质量m2速度为v2，碰后速度分别为满足v1′和v2′，则满足
v1+v1′=v2+v2′，等式为矢量式，即无论是同向还是相向碰撞，都满足此矢量式。

1.如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径．两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是(　　)

A．合力对两滑块的冲量大小相同 B．重力对a滑块的冲量较大
C．弹力对a滑块的冲量较小 D．两滑块的动量变化大小相同
答案：C
解析：等时圆模型可知两种情况下时间相同，而合力等于重力沿斜面分力，所以A错；重力相同，所以B错，弹力等于重力垂直斜面分力，所以C对；动量变化看合外力冲量，所以D错。
3.一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a­t图像如图所示，t＝0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则(　　)

A．t＝6s时，物体的速度为18m/s
B．在0～6s内，合力对物体做的功为400J
C．在0～6s内，拉力对物体的冲量为36N·s
D．t＝6s时，拉力F的功率为200W
答案：D　
解析：类比速度图像中位移的表示方法可知，在加速度－时间图像中图线与坐标轴所围面积表示速度变化量，在0～6 s内Δv＝18 m/s，又v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A错误；由动能定理可知，0～6 s内，合力做的功为W＝mv2－mv02＝396 J，B错误；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得IF＝48 N·s，C错误；由牛顿第二定律可知，6 s末F－Ff＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D正确。
3.(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出．若射击上层，则子弹刚好能射进一半厚度，如图所示，上述两种情况相比较(　　)

A．子弹对滑块做的功一样多 B．子弹对滑块做的功不一样多
C．系统产生的热量一样多 D．系统产生的热量不一样多
答案：AC
解析：两种情况下，系统水平方向都是动量守恒的，所以共速的速度一样，系统损失的能量一样多，子弹对木块做功也一样多，所以AC对，BD错。
4.(多选)如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为4kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v–t图如图乙所示，则可知( )

A．物块A的质量为4kg
B．运动过程中物块A的最大速度为vm=4m/s
C．在物块A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒
D．在物块A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为6J
答案：BD
解析：从图像可知，A刚离开挡板后，B物块获得2m/s速度，当其速度达到最小1m/s时，两物块共速，根据动量守恒可求出A的质量1kg，所以A错；当弹簧恢复原长时，A获得最大速度，系统能量守恒，根据动碰静弹性碰撞速度分配公式可知，A的速度为4m/s，所以B对；A离开挡板前，系统水平方向受到墙壁的弹力作用，动量不守恒，C错；A离开后弹簧最大弹性势能是系统共速时，等于系统动能损失，求得为6J，故D对。
5.(多选)如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B，质量分别为m＝0.1kg和M＝0.3kg，两球中间夹着一根处于静止状态的压缩的轻弹簧，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧时的速度为6m/s，接着A球进入与水平面相切、半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，PQ为半圆形轨道的竖直直径，取g＝10m/s2，下列说法正确的是(　　)

A.弹簧弹开过程，弹力对A的冲量大于对B的冲量
B.A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为3 m/s
C.A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1 N·s
D.若半圆轨道半径改为0.9 m，则A球不能到达Q点
答案：CD
解析：弹簧离开开两小球的过程，弹力相等，作用时间相同，根据冲量定义可知，弹力对A的冲量大小等于对B的冲量大小，选项A错误；由动量守恒定律得mv1＝Mv2，解得A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为v2＝2 m/s，选项B错误；设A球运动到Q点时速度为v，对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律得解得v＝4m/s，根据动量定理得I＝mv－(－mv1)＝1 N·s，即A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1 N·s，选项C正确；若半圆轨道半径改为0.9 m，小球到达Q点的临界速度为vC＝＝3 m/s，对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律解得v′＝2 m/s，小于小球到达Q点的临界速度vC，则A球不能到达Q点，选项D正确。
6.在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图(a)所示，碰撞前后两壶运动的v－t图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则(　　)

A.碰后红壶将被反弹回来 B.碰后蓝壶速度为0.8 m/s
C.碰后蓝壶移动的距离为2.4 m D.碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力
答案：B
解析：根据v－t图线可知红壶碰后速度方向没变，可知A错；碰前红壶速度1m/s，碰后0.2m/s，根据动量守恒可求出碰后蓝壶速度为0.8m/s；故B正确；根据v－t图线面积表示位移可知蓝壶碰后移动距离为2m，故C错；碰后两壶水平方向都只受到滑动摩擦力作用，根据图像可知红壶加速度大于蓝壶，所以红壶摩擦力也大于蓝壶，故D错。
7.(多选)直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态。一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点Q。下列说法正确的是(　　)

A.物块与钢板碰后的速度为
B.物块与钢板碰后的速度为/2
C.从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x0+h/2)
D.从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x0+h)
答案：BC
解析：根据动能定理可知碰前物块的速度为，再根据动量守恒公式可知碰后速度为，故A错，B对；从P到Q的过程中，根据能量守恒可知弹性势能的增加量为总的重力势能变化减去碰撞过程的动能损失，所以C对，D错。
8.(多选)如图所示，一质量为m的极限滑雪运动员自高为H的雪道顶端由静止下滑。经圆弧状底端O后(通过时忽略能量损失，并且时间极短)，恰能滑至右侧高为h的平台上。已知H＞h，下滑和上滑过程可视为直线运动，且下滑的路程小于上滑的路程，雪道各处的粗糙程度相同，重力加速度为g，忽略空气阻力。则在整个运动过程中，下列说法正确的是( )

A.运动员克服摩擦力做的功为mg(H－h)
B.运动员下滑过程中摩擦力的冲量大小小于上滑过程中摩擦力的冲量大小
C.运动员下滑过程中摩擦力的冲量大小等于上滑过程中摩擦力的冲量大小
D.运动员重力势能的减少量为mgH
答案：AB
解析：根据能量守恒，可知运动员克服摩擦力做的功等于重力做功mg(H－h)，所以A对；由题意可知下滑时间短，摩擦力小，上滑时间长，摩擦力大，根据冲量的定义式I=Ft，故B对，C错；重力势能减少量等于重力做功，所以D错。
9.光滑水平面上放有一光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M，底边长为L，如图所示，将一质量为m可视为质点的滑块从斜面顶端由静止释放，此过程中滑块对斜面的压力为FN，则下列说法正确的是( )

A.滑块B下滑过程中A、B组成的系统机械能不守恒
B.滑块下滑过程中对A的压力FN对A不做功
C.此过程中斜面体A向左滑动的距离为
D.滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒
答案：C
解析：系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，故A错；下滑过程中，弹力对A做正功，故B错；水平方向系统动量守恒，所以两物体动量大小相等，所以水平位移与质量成反比，所以C对；系统竖直方向合外力不为零，所以系统动量不守恒，只有水平方向守恒，所以D错。
10.如图所示，在光滑水平地面上有一固定的挡板，挡板上固定一个轻弹簧。小车AB的质量M＝3 kg，长L＝4m(其中O为小车的中点，AO部分粗糙，BO部分光滑)，一质量为m＝1kg的小物块(可视为质点)，放在小车的最左端，车和小物块一起以v0＝4 m/s的速度在水平面上向右匀速运动，车撞到挡板后瞬间速度变为零，但未与挡板粘连。已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，小物块与弹簧作用过程中弹簧始终处于弹性限度内，小物块与小车AO部分之间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度取10 m/s2。求：

(1)小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
(2)小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量；
(3)小物块最终停在小车上的位置距A端的距离。
答案：(1)2 J　(2)4 kg·m/s　方向水平向左(3)1.5 m
解析：(1)当小车停止运动后，对小物块，有－μmg＝ma
根据运动学公式v2－v＝2a
由能量关系Ep＝mv2，解得Ep＝2 J。
(2)设小物块离开弹簧时的速度为v1，有Ep＝mv
对小物块，取向右为正方向，
根据动量定理I＝－mv1－mv
代入数据得I＝－4 kg·m/s，故弹簧对小物块的冲量大小为4 kg·m/s，方向水平向左。
(3)小物块滑过O点和小车相互作用，
由动量守恒mv1＝(m＋M)v2
由功能关系
μmgx＝mv－(m＋M)v
小物块最终停在小车上的位置距A端的距离xA＝－x
解得xA＝1.5 m。
11.竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v－t图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。

(1)求物块B的质量；
(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
答案：(1)3m　(2)mgH　(3)
解析：(1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′。
由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1＝m＋m′v′①(2分)
mv＝m＋m′v′2②(2分)
联立①②式得
m′＝3m。③(1分)
(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。
由动能定理有mgH－fs1＝mv－0④(2分)
－(fs2＋mgh)＝0－m⑤(2分)
从图(b)所给出的v－t图线可知
s1＝v1t1⑥(1分)
s2＝··(1.4t1－t1)⑦(1分)
由几何关系＝⑧(1分)
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W＝fs1＋fs2⑨(1分)
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
W＝mgH。⑩(1分)
(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
W＝μmgcos θ·⑪(1分)
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，
由动能定理有
－μm′gs′＝0－m′v′2⑫(2分)
设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有
mgh－μ′mgcos θ·－μ′mgs′＝0⑬(2分)
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得
＝。⑭(1分)
12.如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：
L
L
L
1
2
3
地面
地面

(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功；
(2)人给第一辆车水平冲量的大小；
(3)第一次与第二次碰撞系统动能损失之比。
答案：(1)W＝－6kmgL (2)I＝2m (3)△Ek1/△Ek2＝13/3
解析：(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，则
W＝－kmgL－2kmgL－3kmgL＝－6kmgL
(2)设第一车初速度为u0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1；第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u2；人给第一车的水平冲量大小为I。
由：，，
mv1＝2mu1，2mv2＝3mu2，得：I＝mu0－0＝2m
(3)设两次碰撞中系统动能损失分别为△Ek1和△Ek2，由△Ek1＝kmgL，△Ek2＝kmgL得：△Ek1/△Ek2＝13/3。

一、选择题
1.如图所示，一个纵截面是等腰三角形的斜面体M置于水平地面上，它的底面粗糙，两斜面光滑．将质量不相等的A、B两个小滑块(mA>mB)同时从斜面上同一高度处由静止释放，在两滑块滑至斜面底端的过程中，M始终保持静止，则(　　)

A．B滑块先滑至斜面底端
B．地面对斜面体的摩擦力方向水平向左
C．两滑块滑至斜面底端时重力的瞬时功率相同
D．地面对斜面体的支持力等于三个物体的总重力
答案：B
解析：物块A下滑的加速度a＝gsinα，位移x＝，根据x＝at2得，t＝.同理，B下滑的时间t＝，可知两滑块滑至底端的时间相同，故A错误；A对斜面体压力在水平方向的分力大小为mAgsinαcosα，B对斜面体在水平方向上的分力为mBgsinαcosα，因为mA>mB，则地面对斜面体有向左的摩擦力，故B正确；物块A滑到底端的速度v＝at＝，B滑到底端的速度也为，由于质量不同，两物体的速度大小相同，则重力的瞬时功率P＝mgvsinα不同，故C错误；因为A、B的加速度均沿斜面向下，对整体分析，整体处于失重状态，则支持力小于三个物体的总重力，故D错误．
2.如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增加量分别为ΔEk1、ΔEk2.假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则(　　)

A．ΔEk1>ΔEk2；t1>t2 B．ΔEk1＝ΔEk2；t1>t2
C．ΔEk1>ΔEk2；t1