2024年高考物理大一轮复习：第1课时 动量观点和能量观点在力学中的应用

这是一份2024年高考物理大一轮复习：第1课时 动量观点和能量观点在力学中的应用，共30页。试卷主要包含了必须辨明的“4个易错易混点”，45 m，如图7所示，半径R＝2等内容，欢迎下载使用。

动能定理和机械能守恒定律的应用
1.必须领会的“2种物理思想和3种方法”
(1)守恒的思想、分解思想；
(2)守恒法、转化法、转移法。
2.必须辨明的“4个易错易混点”
(1)分析含弹簧的物体机械能守恒时，必须是包括弹簧在内的系统；
(2)动能定理是标量方程，注意不要分方向应用；
(3)机械能守恒定律三种表达式应用情景的区别；
(4)摩擦产生内能的计算公式ΔE内＝Ff x中x是相对滑动的两物体间的相对位移。
命题角度一 功和功率的理解与计算
【例1】 (多选)(2018·全国卷Ⅲ，19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图1所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程( )
图1
A.矿车上升所用的时间之比为4∶5
B.电机的最大牵引力之比为2∶1
C.电机输出的最大功率之比为2∶1
D.电机所做的功之比为4∶5
解析 根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，即eq \f(1,2)v0×2t0＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)v0[2t0＋t′＋(t0＋t′)]，解得t′＝eq \f(1,2)t0，则对于第①次和第②次提升过程中，矿车上升所用的时间之比为2t0∶(2t0＋eq \f(1,2)t0)＝4∶5，A正确；加速过程中的牵引力最大，且已知两次加速时的加速度大小相等，故两次中最大牵引力相等，B错误；由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为2∶1，由功率P＝Fv，得最大功率之比为2∶1，C正确；两次提升过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故电机所做的功之比为1∶1，D错误。
答案 AC
命题角度二 应用动能定理解决多过程问题
【例2】 (2019·全国卷Ⅲ，17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图2所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( )
图2
A.2 kg B.1.5 kg C.1 kg D.0.5 kg
解析 画出运动示意图。
设该外力的大小为F，据动能定理知
A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA
B→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′
整理以上两式并代入数据得mgh＝30 J，解得物体的质量m＝1 kg。选项C正确。
答案 C
使用动能定理解决多过程问题“两点注意”
(1)要注意在几个运动性质不同的分过程中，有些力是全过程都起作用的，有些力在分过程中起作用。
(2)求解功时要分清哪个力的功，计算时要把各力的功连同符号(正负)一同代入公式。
命题角度三 机械能守恒定律和动力学观点的综合应用
【例3】 2017～2018赛季国际雪联单板滑雪U型场地世界杯在崇礼云顶滑雪场落幕，中国女将夺冠。图3为单板滑雪U型池的简化模型示意图，一质量M为45 kg的运动员从轨道a处由静止滑下，若运动员在下行过程中做功，上行过程中运动员不做功，运动员在b点竖直向上滑出轨道上升的最高点离b点高度H为10 m，U型轨道简化为半圆轨道，其半径R为20 m，滑板的质量m为5 kg，不计轨道和空气的阻力，g取10 m/s2，求：
图3
(1)在轨道的最低点运动员对滑板的压力大小；
(2)运动员在下行过程中所做的功。
解析 (1)从最低点到最高点的过程中，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)(M＋m)v2＝(M＋m)g(R＋H)
在最低点对运动员有
FN－Mg＝Meq \f(v2,R)
联立解得FN＝1 800 N
由牛顿第三定律得运动员对滑板的压力大小为1 800 N。
(2)从a到最低点的过程中以人和滑板为研究对象，设此过程中人做的功为W，由动能定理可得W＋(M＋m)gR＝eq \f(1,2)(M＋m)v2，代入数据解得W＝5 000 J。
答案 (1)1 800 N (2)5 000 J
命题角度四 功能关系的应用
【例4】 如图4甲所示，以斜面底端为重力势能零势能面，一物体在平行于斜面的拉力作用下，由静止开始沿光滑斜面向下运动。运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象(E－x图象)如图乙所示，其中0～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线。根据该图象，下列判断正确的是( )
图4
A.0～x1过程中物体所受拉力可能沿斜面向下
B.0～x2过程中物体的动能先增大后减小
C.x1～x2过程中物体做匀加速直线运动
D.x1～x2过程中物体可能在做匀减速直线运动
解析 物体下滑过程只有重力、拉力做功，由图可知，0～x1过程中物体的机械能减少，由功能关系得拉力做负功，所以物体所受拉力沿斜面向上，故A错误；由图可知，物体发生相同的位移，克服拉力做的功越来越少，重力做的功不变，故合外力做的功越来越多，由动能定理得，物体的动能越来越大，故B错误；物体沿斜面向下运动，合外力方向沿斜面向下，在x1～x2过程中，机械能和位移成线性关系，故拉力大小不变，物体受力恒定，物体做匀加速直线运动，故C正确，D错误。
答案 C
[典例拓展1] (多选)在【例4】中，若斜面粗糙，撤去拉力，物体沿斜面由静止开始下滑，则下列说法正确的是( )
A.物体重力势能的减少量等于物体动能的增加量
B.物体重力做的功等于重力势能的减少量
C.物体克服摩擦力做的功等于物体机械能的减少量
D.物体重力和摩擦力做功之和等于物体机械能的减少量
解析 物体下滑过程中，重力做正功，摩擦力做负功，由功能关系可知，物体重力做的功等于物体重力势能的减少量，合外力做的功等于动能的增加量，克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，故A、D错误，B、C正确。
答案 BC
[典例拓展2] 在【例4】中，若撤去拉力，使物体带上电荷量为q的负电荷，并在其运动的空间加上场强为E的竖直向下的匀强电场，已知物体的质量为m，斜面倾角为30°，重力加速度为g，物体沿斜面由静止开始下滑距离x的过程中，下列说法正确的是( )
A.物体的重力势能减少mgx
B.物体的机械能增加eq \f(1,2)qEx
C.物体的动能增加eq \f(1,2)(mg＋qE)x
D.物体的电势能增加eq \f(1,2)qEx
解析 物体沿斜面下滑的过程，重力做正功，电场力做负功，由功能关系得，物体的重力势能减少量等于物体重力做的功，WG＝mgxsin 30°＝eq \f(1,2)mgx，故A错误；物体机械能的变化量等于除重力以外其他力做的功，电场力做负功，机械能减少，即ΔE＝－W电＝qExsin 30°＝eq \f(1,2)qEx，故B错误；物体动能的增加量等于合外力做的功，即W合＝(mg－qE)xsin 30°＝eq \f(1,2)(mg－qE)x，故C错误；物体克服电场力做功eq \f(1,2)qEx，电势能增加eq \f(1,2)qEx，故D正确。
答案 D
1.如图5所示，长为l的轻杆一端固定质量为m的小球，另一端固定在转轴O。现使小球在竖直平面内做圆周运动，P为圆周运动的最高点，若小球通过圆周运动最低点时的速度大小为eq \r(\f(9,2)gl)，忽略空气阻力的影响，则以下判断正确的是( )
图5
A.小球不能到达P点
B.小球到达P点时的速度大于eq \r(gl)
C.小球能到达P点，且在P点受到轻杆向上的弹力
D.小球能到达P点，且在P点受到轻杆向下的弹力
解析 假如小球能到达最高点P，设小球在最高点P时的速度大小为vP，由机械能守恒定律可得eq \f(1,2)mveq \\al(2,P)＋mg·2l＝eq \f(1,2)mv2，将v＝eq \r(\f(9,2)gl)代入可解得vP＝eq \r(\f(1,2)gl)，故小球能到达最高点，选项A、B错误；由于eq \r(\f(1,2)gl)＜eq \r(gl)，故小球在P点将受到轻杆向上的弹力，选项C正确，D错误。
答案 C
2.如图6所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2 kg的长木板，木板上表面与固定的光滑弧面相切。一质量m＝1 kg的小滑块自弧面上高h处由静止自由滑下，在木板上滑行t＝1 s后，滑块和木板以共同速度v＝1 m/s匀速运动，g取10 m/s2。求：
图6
(1)滑块与木板间的摩擦力大小Ff；
(2)滑块下滑的高度h；
(3)滑块与木板相对滑动过程中产生的热量Q。
解析 (1)对木板：Ff＝Ma1
由运动学公式，有v＝a1t，解得Ff＝2 N。
(2)对滑块：－Ff＝ma2
设滑块滑上木板时的速度为v0
则v－v0＝a2t，可得v0＝3 m/s
由机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
h＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)＝eq \f(32,2×10) m＝0.45 m。
(3)根据功能关系有
Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2
＝eq \f(1,2)×1×32 J－eq \f(1,2)×(2＋1)×12 J＝3 J。
答案 (1)2 N (2)0.45 m (3)3 J
动量定理和动量守恒定律的应用
命题角度一 动量定理的应用
【例1】 (2019·全国卷Ⅰ，16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( )
A.1.6×102 kg B.1.6×103 kg
C.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
解析 根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得eq \f(Δm,Δt)＝eq \f(F,v)＝1.6×103 kg/s，所以选项B正确。
答案 B
命题角度二 动量守恒定律的应用
【例2】 如图7所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块A、B、C，物块B、C静止，物块B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)；让物块A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。那么从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求：
图7
(1)A、B第一次速度相同时的速度大小；
(2)A、B第二次速度相同时的速度大小；
(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小。
解析 (1)对A、B及弹簧组成的系统，当A、B第一次速度相同时，由动量守恒定律得，mv0＝2mv1，解得v1＝eq \f(1,2)v0。
(2)设A、B第二次速度相同时的速度大小为v2，对A、B、C系统，根据动量守恒定律得mv0＝3mv2，解得v2＝eq \f(1,3)v0。
(3)B与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有
meq \f(v0,2)＝2mv3，解得v3＝eq \f(1,4)v0
系统损失的机械能为
ΔE＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)(2m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,4)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,16)mveq \\al(2,0)
当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大，此时v2＝eq \f(1,3)v0
根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能
Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(3m)veq \\al(2,2)－ΔE＝eq \f(13,48)mveq \\al(2,0)。
答案 (1)eq \f(1,2)v0 (2)eq \f(1,3)v0 (3)eq \f(13,48)mveq \\al(2,0)
命题角度三 动量守恒定律和动量定理的综合应用
【例3】 (2019·辽宁三模)如图8所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是( )
图8
A.E＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，I＝mv0 B.E＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，I＝2mv0
C.E＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，I＝mv0 D.E＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，I＝2mv0
解析 A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv，则v＝eq \f(1,2)v0，碰撞后，A、B一起压缩弹簧，当A、B的速度减至零时弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律，最大弹性势能E＝eq \f(1,2)·2mv2＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中，取向右为正方向，由动量定理得I＝2mv－(－2mv)＝4mv＝2mv0。选项D正确。
答案 D
[典例拓展] 在【例3】的情境中，若小球B与A进行弹性碰撞，则表达式中正确的是( )
A.E＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，I＝mv0 B.E＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，I＝2mv0
C.E＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，I＝mv0 D.E＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，I＝2mv0
解析 A、B发生弹性碰撞，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvB＋mvA；由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，解得vA＝v0，vB＝0；碰撞后，A、B交换速度，球A压缩弹簧，球B静止，当A的速度减至零时弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律得，最大弹性势能E＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中，取向右为正方向，对A及弹簧整体，由动量定理得I＝mvA－(－mvA)＝2mvA＝2mv0。选项B正确。
答案 B
1.(多选)质量为1 kg的a与质量未知的b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段，两者的位置x随时间t变化的图象如图9所示。则( )
图9
A.碰后a、b一起沿b原来运动的方向运动
B.b的质量为4 kg
C.碰撞过程中损失的机械能为4 J
D.a、b克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比为1∶1
解析 设a、b碰撞前的速度分别为v1、v2。由题图得v1＝－2 m/s，v2＝1 m/s，a、b发生碰撞后的共同速度v＝eq \f(2,3) m/s，碰后a、b一起沿b原来运动的方向运动，A正确；由动量守恒定律得mav1＋mbv2＝(ma＋mb)v，得mb＝8 kg，B错误；由能量守恒定律得，a、b因碰撞而损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)maveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)(ma＋mb)v2＝4 J，C正确；a、b碰撞后的总动能为eq \f(1,2)(ma＋mb)v2＝2 J，则a、b克服摩擦力做的功W＝2 J，此功与因碰撞而损失的机械能之比为W∶ΔE＝1∶2，故D错误。
答案 AC
2.(2019·河南洛阳尖子生联考)如图10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＝4 m(其中O为小车的中点，AO部分粗糙，BO部分光滑)，一质量为m＝1 kg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：
图10
(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。
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－veq \\al(2,0)＝2aeq \f(L,2)
由能量关系Ep＝eq \f(1,2)mv2，解得Ep＝2 J。
(2)设小物块离开弹簧时的速度为v1，有Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
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＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(m＋M)veq \\al(2,2)
小物块最终停在小车上的位置距A端的距离xA＝eq \f(L,2)－x
解得xA＝1.5 m。
答案 (1)2 J (2)4 kg·m/s 方向水平向左
(3)1.5 m
动量观点和能量观点的综合应用
命题角度一 碰撞规律
【例1】 如图11所示，在光滑桌面上静止放置着长木板B和物块C，长木板B上表面的右端有一物块A，物块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.2，长木板足够长。现让物块C以4 m/s的初速度向右运动，与木板B碰撞后粘在一起。已知物块A的质量为2 kg，长木板B的质量为1 kg，物块C的质量为3 kg，重力加速度g取10 m/s2，试求：
图11
(1)C与B碰撞过程中，损失的机械能；
(2)最终A、B、C的速度大小以及A相对于B运动的距离。
解析 (1)设B、C碰撞后的瞬时速度大小为v1，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mCvC＝(mB＋mC)v1
解得v1＝3 m/s
碰撞过程中，损失的机械能
ΔE＝eq \f(1,2)mCveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \\al(2,1)
代入数据解得ΔE＝6 J。
(2)设最终速度为v2，取向右为正方向，
根据动量守恒定律得mCvC＝(mA＋mB＋mC)v2
解得v2＝2 m/s
根据功能关系得
μmAgx＝eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,2)
解得x＝1.5 m。
答案 (1)6 J (2)均为2 m/s 1.5 m
[典例拓展] 在【例1】中若物块C的质量为1 kg，且物块C与木板B发生弹性碰撞，其他条件不变，求：
(1)A、B、C的最终速度；
(2)A、B系统因摩擦产生的热量。
解析 (1)B、C发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒，则mCvC＝mBvB＋mCvC′
eq \f(1,2)mCveq \\al(2,C)＝eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)＋eq \f(1,2)mCvC′2
解得vB＝4 m/s，vC′＝0
A、B相对运动过程中，根据动量守恒定律得
mBvB＝(mA＋mB)vAB
解得vAB＝eq \f(4,3) m/s。
(2)由能量守恒定律得
Q＝eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \\al(2,AB)＝eq \f(16,3) J。
答案 (1)eq \f(4,3) m/s eq \f(4,3) m/s 0 (2)eq \f(16,3) J
碰撞的基本规律
命题角度二 力学三大观点的综合应用
【例2】 (2019·全国卷Ⅲ，25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图12所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
图12
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
解析 (1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB①
Ek＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s。③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有
μmBg＝mBa④
sB＝vBt－eq \f(1,2)at2⑤
vB－at＝0⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此时碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA＝vAt－eq \f(1,2)at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处，B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m。⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
－μmAg(2l＋sB)＝eq \f(1,2)mAvA′2－eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝eq \r(7) m/s⑪
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″⑫
eq \f(1,2)mAvA′2＝eq \f(1,2)mAvA″2＋eq \f(1,2)mBvB″2⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
vA″＝eq \f(3\r(7),5) m/s，vB″＝－eq \f(2\r(7),5) m/s
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动，设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
2asA′＝vA″2，2asB′＝vB″2⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m⑯
sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离
s′＝sA′＋sB′＝0.91 m。⑰
答案 (1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物块B先停止 0.50 m (3)0.91 m
选取力学规律求解问题的策略
策略1：若是多个物体组成的系统，优先考虑使用动量守恒定律和机械能守恒定律。
策略2：若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。
策略3：若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。
策略4：若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理；系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程为产生的热量；运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便。
1.(多选)如图13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＝0.1 kg和M＝0.3 kg，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6 m/s，接着A球进入与水平面相切、半径为0.5 m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＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
图13
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2 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
解析 弹簧弹开过程，弹簧对A、B两球的弹力大小相等，作用时间相同，由I＝Ft可知冲量大小相等，选项A错误；由动量守恒定律，mv1－Mv2＝0，解得脱离弹簧时B球获得的速度大小v2＝2 m/s，选项B正确；设A球运动到Q点时速度大小为v，对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝mg·2R＋eq \f(1,2)mv2，解得v＝4 m/s。取水平向右为正方向，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；若半圆形轨道半径改为0.9 m，小球到达Q点的临界速度vQ＝eq \r(gR′)＝3 m/s。对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝mg·2R′＋
eq \f(1,2)mv′2，解得v′＝0，小于A球到达Q点的临界速度vQ，则A球不能到达Q点，选项D正确。
答案 BCD
2.如图14甲所示，在光滑桌面上，有P、Q两物块，它们在t＝4 s时发生碰撞，图乙是两者碰撞前后的位移—时间图象，已知物块P的质量mP＝1 kg，求：
图14
(1)物块Q的质量和两物块碰撞过程中物块Q受到的冲量大小；
(2)碰撞过程损失的机械能。
解析 (1)根据位移—时间图象可知，碰撞前P的速度
v0＝eq \f(Δx1,Δt1)＝4 m/s
碰撞前P的动量p0＝mPv0＝4 kg·m/s
根据位移—时间图象知，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞后，二者的共同速度
v＝eq \f(Δx2,Δt2)＝1 m/s
碰撞过程，取碰撞前P的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mPv0＝(mP＋mQ)v
解得mQ＝3 kg
对物块Q，由动量定理，两物块碰撞过程中物块Q受到的冲量
I＝ΔpQ＝mQv＝3 N·s。
(2)由能量守恒定律知，碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝eq \f(1,2)mPveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(mP＋mQ)v2
解得ΔE＝6 J。
答案 (1)3 kg 3 N·s (2)6 J
A卷 提能小卷练
一、选择题
1.(多选)如图1所示，在光滑水平面上，质量为m的A球以速度v0向右运动，与静止的质量为5m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0(待定系数a＜1)的速率弹回，并与固定挡板P发生弹性碰撞，若要使A球能再次追上B球并相撞，则系数a可以是( )
图1
A.eq \f(1,4) B.eq \f(2,5) C.eq \f(2,3) D.eq \f(1,7)
解析 A与B碰撞过程中，选取向右为正方向，根据动量守恒定律可知mv0＝5mvB－mav0，要使A球能再次追上B球并相撞，则av0＞vB，由以上两式可解得a＞eq \f(1,4)，故B、C正确。
答案 BC
2.如图2，质量为m的小球从A点由静止开始沿半径为R的eq \f(1,4)光滑圆轨道AB滑下，在B点沿水平方向飞出后，落在一个与地面成37°角的斜面上的C点(图中未画出)。已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，则从A点到C点的过程中小球重力所做的功为( )
图2
A.eq \f(13mgR,4) B.eq \f(9mgR,4) C.mgR D.2mgR
解析 小球从B到C做平抛运动，则x＝v0t，h＝eq \f(1,2)gt2，由几何关系得tan 37°＝eq \f(h,x)，小球由A到B的过程由动能定理得mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，联立解得t＝3eq \r(\f(R,2g))，所以小球在斜面体下降高度为h＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(9,4)R，则小球从A点到C点的过程中重力所做的功为W＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋\f(9,4)R))＝eq \f(13mgR,4)，故A正确，B、C、D错误。
答案 A
3.(多选)(2019·江苏卷，8)如图3所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中( )
图3
A.弹簧的最大弹力为μmg
B.物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C.弹簧的最大弹性势能为μmgs
D.物块在A点的初速度为eq \r(2μgs)
解析 物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，物块具有向右的加速度，弹力大于摩擦力，即F>μmg，A错误；根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确；根据能量守恒，弹簧弹开物块的过程中，弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs，C正确；根据能量守恒，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即eq \f(1,2)mv2＝2μmgs，所以v＝2eq \r(μgs)，D错误。
答案 BC
4.(2019·揭阳二模)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4(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( )
图4
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
解析 由图(b)可知，碰前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后速度为v0′＝0.2 m/s，可知，碰后红壶沿原方向运动，故A错误；设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv0′＋mv，代入数据解得v＝0.8 m/s，故B正确；根据速度图线与坐标轴围成的面积表示位移大小，可得碰后蓝壶移动的位移大小x＝eq \f(0.8,2)×5 m＝2 m，故C错误；根据v－t图线的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D错误。
答案 B
5.蹦床(Trampline)是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，它属于体操运动的一种，蹦床有“空中芭蕾”之称，如图5甲所示。在某次“蹦床”娱乐活动中，从小朋友下落到离地面高h1处开始计时，其动能Ek与离地高度h的关系如图乙所示。在h1～h2阶段图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，小朋友的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦。下列有关说法正确的是( )
图5
A.整个过程中小朋友的机械能守恒
B.从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先增大后减小
C.小朋友处于h＝h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)
D.小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mgh1
解析 小朋友接触蹦床后，蹦床对小朋友的弹力做功，所以整个过程中小朋友的机械能不守恒，故A错误；从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，蹦床对小朋友的弹力先小于重力，后大于重力，随着弹力的增大，合力先减小后反向增大，所以加速度先减小后增大，故B错误；由图知，小朋友在h2处和h4处动能相等，根据蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒得，小朋友处于h＝h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)，故C正确；在h1和h5处小朋友的动能相等，由小朋友与蹦床组成的系统机械能守恒得，小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mg(h1－h5)，故D错误。
答案 C
6.(多选)如图6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( )
图6
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
解析 根据动能定理可知，对整个过程有mg(H－h)－Wf＝0，解得Wf＝mg(H－h)，选项A正确；由a＝eq \f(v2,2s)，因下滑的路程小于上滑的路程，得a下＞a上，由
v＝at，可得下滑时间小于上滑时间，由Ff＝μmgcs θ(θ为雪道与水平面的夹角)知下滑过程中所受的摩擦力小于上滑过程中所受的摩擦力，由I＝Ff t知I下滑＜
I上滑，所以选项B正确，C错误；整个过程中，运动员重力势能的减少量为ΔEp＝mg(H－h)，选项D错误。
答案 AB
二、非选择题
7.(2019·四川绵阳三诊)如图7所示，半径R＝2.0 m的光滑圆弧轨道固定在光滑的水平地面上，其末端水平。平板小车上固定一木块，紧靠在轨道的末端，木块上表面水平粗糙，且与圆弧轨道末端等高。木块的厚度h＝0.45 m，木块最右端到小车最右端的水平距离x＝0.45 m，小车连同木块总质量M＝2 kg。现使一个质量m＝0.5 kg的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和圆弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹角为53°，小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端。(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)求：
图7
(1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
(2)小球离开木块最右端时，小球的速度大小；
(3)小球运动到木块最右端过程中，系统产生的内能。
解析 (1)设小球到达轨道末端的速度为v0，由机械能守恒定律得
mgR(1－cs 53°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝4 m/s
小球在轨道最低点F－mg＝meq \f(veq \\al(2,0),R)
解得F＝9 N
由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小F′＝F＝9 N。
(2)设小球运动到木块最右端的速度为v1，此时小车的速度为v2，取水平向右为正方向
由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2
小球离开木块最右端后做平抛运动，运动时间为t
h＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝0.3 s
小球恰好击中小车的最右端v1t－v2t＝x
以上各式联立解得
v1＝2 m/s，v2＝0.5 m/s
所以小球到达木块最右端的速度大小为2 m/s。
(3)由能量守恒定律得
mgR(1－cs 53°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)＋Q
解得Q＝2.75 J。
答案 (1)9 N (2)2 m/s (3)2.75 J
B卷 高考标准练
(20分钟 32分)
1.(12分)为迎接2022年北京冬季奥运会，我国运动员加强短道速滑接力训练。短道速滑接力与普通的田径比赛接力不同，运动员只需要在到达接力地点的时候推送下一个队友就是完成了接力。如图8为短道速滑跑道的简化图，甲、乙两个运动员质量均为m＝50 kg，在某次训练过程中两运动员均逆时针滑行，甲经短距离加速后能保持v0＝12 m/s的速度大小滑完全程；当甲运动到M点时，乙在N点开始滑动，乙从起滑后到交接前的运动可看做匀加速直线运动，经时间t＝
3 s，甲、乙两运动员在P点完成交接。交接前乙的速度是甲的eq \f(3,4)，交接后乙的速度达到eq \f(17,12)v0，交接后甲开始无动力滑行，滑行16 m后停止运动。已知重力加速度g＝10 m/s2。求：
图8
(1)从M点经K到N点的轨道长度；
(2)甲所穿冰鞋上的冰刀与冰面间的动摩擦因数。
解析 (1)甲运动员的运动可看做速度大小不变的运动，乙运动员的运动可看做匀加速直线运动，设乙开始滑动时与甲之间的轨道长度为x，乙从N滑到P点运动的路程为s，对甲有v0t＝x＋s①(2分)
对乙有s＝eq \f(1,2)at2②(1分)
eq \f(3,4)v0＝at③(1分)
由①②③得x＝eq \f(5,8)v0t
代入数据得x＝22.5 m。④(1分)
(2)甲、乙两运动员在P点完成交接过程，发生碰撞，由动量守恒定律得
mv0＋m·eq \f(3,4)v0＝mv＋m·eq \f(17,12)v0⑤(2分)
得v＝eq \f(1,3)v0＝4 m/s⑥(1分)
交接后甲在无动力滑行过程中，由牛顿第二定律得
μmg＝ma′⑦(1分)
可得a′＝μg
又由v2＝2a′x′⑧(1分)
联立得μ＝eq \f(v2,2gx′)＝0.05。(2分)
[或由动能定理得－μmgx′＝－eq \f(1,2)mv2(2分)
得μ＝eq \f(v2,2gx′)＝0.05。](2分)
答案 (1)22.5 m (2)0.05
2.(20分)(2019·全国卷Ⅰ，25)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9(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。
图9
(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。
解析 (1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，eq \f(v1,2)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＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(v1,2)))＋m′v′①(2分)
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)v1))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－0④(2分)
－(fs2＋mgh)＝0－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(v1,2)))eq \s\up12(2)⑤(2分)
从图(b)所给出的v－t图线可知
s1＝eq \f(1,2)v1t1⑥(1分)
s2＝eq \f(1,2)·eq \f(v1,2)·(1.4t1－t1)⑦(1分)
由几何关系eq \f(s2,s1)＝eq \f(h,H)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＝eq \f(2,15)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＝μmgcs θ·eq \f(H＋h,sin 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－eq \f(1,2)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′mgcs θ·eq \f(h,sin θ)－μ′mgs′＝0⑬(2分)
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得
eq \f(μ,μ′)＝eq \f(11,9)。⑭(1分)
答案 (1)3m (2)eq \f(2,15)mgH (3)eq \f(11,9)