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2019版高中物理二轮专题复习教师用书：专题二第8讲活用力学“三大观点”解析力学计算题
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第8讲活用力学“三大观点”解析力学计算题
主干知识体系
核心再现及学科素养
知识规律
(1)牛顿三大定律．
(2)运动学公式及推论．
(3)动能定理、机械能守恒定律．
(4)能量守恒、功能关系．
(5)动量定理、动量守恒定律．
思想方法
(1)物理思想：守恒思想．
(2)物理方法：图象法、整体法与隔离法、模型法、守恒法、转移法.
1．(2017·高考全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1 (s1
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．
解析 (1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得
－μmgs0＝mv－mv①
解得μ＝②
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t.
由运动学公式得
v－v＝2a1s0③
v0－v1＝a1t④
s1＝a2t2⑤
联立③④⑤式得
a2＝ ⑥
答案 (1) (2)
2．(2016·高考全国卷Ⅲ，35节选)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
解析 设物块与地面间的动摩擦因数为μ，若要物块a、b能够发生碰撞，应有
mv>μmgl①
即μ<②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.
由能量守恒有
mv＝mv＋μmgl③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有
mv1＝mv1′＋mv2′④
mv＝mv1′2＋(m)v2′2⑤
联立④⑤式解得v2′＝v1⑥
由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
(m)v2′2≤μmgl⑦
联立③⑥⑦式，可得
μ≥⑧
联立②⑧式，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件
≤μ<⑨
答案 ≤μ<
3．(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，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．
解析 A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0＝mvA1＋MvC1①
mv＝mv＋Mv②
联立①②式得
vA1＝v0③
vC1＝v0④
如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞，所以只需考虑m
vA2＝ vA1＝()2v0⑤
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有
vA2≤vC1⑥
联立④⑤⑥式得
m2＋4mM－M2≥0⑦
解得m≥(－2)M⑧
另一解m≤－(＋2)M舍去．
所以，m和M应满足的条件为
(－2)M≤m
■命题特点与趋势
1．牛顿运动定律、功和能、动量及动量守恒定律被称力学“三大观点”，是解决力学计算题的重要基本方法，是根本，是高考重点考查的内容，同时电磁学问题也离不开这三大法宝．
2．在试卷中，经常与直线运动，圆周运动、平抛运动、电磁学、原子物理等知识点组成综合题，往往作为选择题和计算题的压轴题，这类题情景新颖，综合性较强，需要用这三个“观点”进行灵活分析求解．
■解题要领
力学计算题是物理学科的压轴题，在解题时要弄清运动情景，挖掘好隐含条件，分析清楚物理过程，把握好物理过程的适用规律，灵活选用公式定理解决问题．
高频考点一 运动学和动力学的综合应用题
[备考策略]
一、熟知高考力学计算题的四个特性
1．研究对象的多体性
解题时要求正确选取研究对象，应用隔离法和整体法，分别对不同的研究对象应用恰当的规律．
2．物理过程的复杂性
对于有多个物理过程的问题，要将复杂的过程分割成一个一个的子过程，再分别对每个过程分析，选择恰当的规律．
3．已知条件的隐蔽性
对于运动学中一些常见的隐含条件要非常清楚．
4．物理模型的新颖性
要求能将新颖情境还原为基本模型．
二、掌握解答力学计算题的三大观点
三大观点
对应规律
公式表达
动力学观点
牛顿第二定律
F合＝ma
匀变速直线运动规律
v＝v0＋at
x＝v0t＋at2
v2－v＝2ax等
能量观点
动能定理
W合＝ΔEk
功能关系
WG＝－ΔEp等
机械能守恒定律
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
能量守恒定律
E1＝E2
动量观点
动量定理
F合·t＝p′－p
动量守恒定律
p1＋p2＝p1′＋p2′
[典例导航]
例1 (2018·石家庄第二中学高三调研)如图所示，在水平地面建立x轴，质量为m＝1 kg的木块放在质量为M＝2 kg的长木板上，木板长L＝11.5 m．已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.9(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．木块与木板保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0＝10 m/s，在坐标为xP＝21 m处有一挡板P，木板与挡板P瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板P，g取10 m/s2，求：
(1)木板碰挡板P时的速度大小；
(2)最终木板停止运动时其左端A的位置坐标(结果保留到小数点后两位)．
解析 (1)对木块和木板组成的系统，根据牛顿第二定律得μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1
根据匀变速直线运动规律得
v－v＝2a1xBP
其中xBP＝21 m－11.5 m＝9.5 m
解得v1＝9 m/s.
(2)对木块，由牛顿第二定律，有
μ2mg＝mam
对木板，由牛顿第二定律，有
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝MaM
解得am＝9 m/s2，aM＝6 m/s2
设经时间t1，木块停止，则t1＝1 s
此时木板的速度vM＝v1－aMt1＝3 m/s，方向向左．
设再经时间t2二者达到共同速度v2，则
v2＝vM －aMt2＝amt2
解得t2＝0.2 s，v2＝1.8 m/s，方向向左．
木板的位移x1＝·(t1＋t2)＝×(1＋0.2)m＝6.48 m
之后二者以加速度a1 ＝1 m/s2向左减速运动至静止
位移x2＝1. 62 m
所以最终木板左端A点位置坐标为
x＝xP－L－x1－x2＝1.40 m.
答案 (1)9 m/s (2)1.40 m
[归纳反思]
1．动力学观点常用于求解恒力作用下的单体多过程直线运动或多体多过程直线运动．
2．牛顿运动定律是动力学的基础，也是高考命题的重点和热点．牛顿运动定律与匀变速直线运动规律相结合，常用于解决斜面问题、滑块木板问题、传送带问题等．
3．物体的受力情况往往与运动情况相联系，因此，应结合实际情况，将物体运动过程分为多个阶段，再分析每个阶段物体的运动规律和受力情况，同时注意各阶段间的速度关系和位移关系．
[题组突破]
1－1.(2018·江西省九江市高三下学期质检)如图甲所示，光滑水平面上放置着物体ABC，AB与BC平滑连接，AB表面粗糙且水平(长度足够长)，倾斜部分BC表面光滑，与水平面的夹角θ＝37°.在物体右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，规定力传感器受到物体的压力时，其示数为正值；力传感器受到物体的拉力时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从物体的C点由静止开始下滑，运动过程中，力传感器记录下的力F和时间t的关系如图乙所示．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)，求：
(1)物体倾斜部分BC的长度；
(2)滑块的质量；
(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功．
解析 (1)对滑块在倾斜部分BC上的运动，由牛顿第二定律有mgsin θ＝ma1
解得a1＝6 m/s2
斜面BC长x1＝a1t＝3 m.
(2)物体对传感器的压力为F1＝mgcos θsin θ，由题图乙可知F1＝9.6 N
解得m＝2 kg.
(3)设1 s后物体ABC受到的摩擦力大小为f，对物体由平衡条件有f＝F2 ＝4 N
对滑块由牛顿第二定律有f＝ma2
解得a2＝2 m/s2
滑块在AB表面上滑行的距离x2＝
而滑块到达B点处的速度v＝a1t1＝6 m/s2×1 s＝6 m/s
联立解得x2＝9 m
滑块克服摩擦力做的功为Wf＝ fx2＝36 J.
答案 (1)3 m (2)2 kg (3)36 J
1－2.(2018·河南省许昌市高三三模)为了安全，中国航母舰载机“歼15”采用滑跃式起飞．起飞时主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为L1＝160 m的水平跑道上运动，然后在长度为L2＝20.5 m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞．已知飞机的质量m＝2.0×104 kg，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.4×105 N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝2.05 m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看做斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障．g取10 m/s2.
(1)求飞机在水平跑道上运动的末速度大小．
(2)求飞机从开始运动到起飞经历的时间t，
解析 (1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为f，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，由牛顿第二定律得F－f＝ma1
f＝0. 2 mg
v＝2a1L1
联立以上三式并代入数据解得a1＝5 m/s2，v1＝40 m/s.
(2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在倾斜跑道末端的速度大小为v2飞机在水平跑道上的运动时间t1＝＝8 s
在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有
F－f－mg＝ma2
代入数据解得a2＝4 m/s2
由v－v＝2a2L2
代入数据解得v2＝42 m/s
飞机在倾斜跑道上的运动时间t2＝＝0.5 s.
则t＝t1＋t2＝8.5 s.
答案 (1)40 m/s (2)8.5 s
高频考点二 用动力学和能量观点解决多过程问题
[备考策略]
对于多过程问题要做好“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.
[典例导航]
例2 (2018·山东省济南市高三二模)如图所示，光滑水平地面的左侧静止放置一长木板AB，右侧固定一足够长光滑斜面CD.木板的上表面与斜面底端C处于同一水平面．木板质量M＝2 kg.板长为l＝7 m．一物块以速度v0＝9 m/s冲上木板的A端，木板向右运动，B端碰到C点时被粘连，且B、C之间平滑连接．物块质量为m＝1 kg.可视为质点，与木板间的动摩擦因数为μ＝0.45.取g＝10 m/s2，求
(1)若初始时木板B端距C点的距离足够长，求物块第一次与木板相对静止时的速度和相对木板滑动的距离；
(2)设初始时木板B端距C点的距离为L，试讨论物块最终位置距C点的距离与L的关系，并求此最大距离．
解析 (1)距离足够长，则m与M达到共同速度，
根据动量守恒和能量守恒可得mv0＝(M＋m)v共，μmgΔl＝mv－(M＋m)v
解得v共＝3 m/s，Δl＝6 m
(2)对木板：μmgs＝Mv－0，解得s＝2 m；
当L≥2 m时，木板B端和C点相碰前，物块和木板已经达到共同速度，碰后物块以v共＝ 3 m/s匀减速到C点，v－v＝2am(l－Δl)，am＝μg＝4.5 m/s2，vCl＝0 m/s，恰好停在C点，与L无关
当L<2 m时，木板B端和C点相碰前，物块和木板未达到共同速度，物块一直做匀减速运动
v－v＝2am(l＋L)，vC2＝3
物块以此速度冲上斜面并会原速率返回，最终停在木板上，s＝＝2－L，
L＝0 m时，s有最大值smax＝2 m.
答案 (1)3 m/s, 6 m (2)当L≥2 m，恰好停在C点；当L<2 m时，smax＝2 m
[题组突破]
2－1.如图所示，固定斜面的倾角θ＝ 30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点，已知重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧中的最大弹性势能．
解析 (1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得
μ·2mg·cos θ·L＝·3mv－·3mv2＋2mgLsin θ－mgL
可解得v＝2 m/s.
(2)以A、B组成的系统，在物体A将接触弹簧又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，
即·3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x
其中x为弹簧的最大压缩量
解得x＝0.4 m.
(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm
由能量守恒定律可得
·3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcos θ·x＋Epm.
解得Epm＝6 J.
答案 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J
2－2.(2018·山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检) 如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内，与水平轨道CD相切于C点， D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R.质量为m可视为质点的滑块从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，且恰能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A.已知∠POC＝60°，求：
(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力；
(2)弹簧被锁定时具有的弹性势能；
(3)小球返回到P点时的加速度大小．
解析 (1)设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，圆轨道C点对滑块的支持力为FN
P→C过程：mgR(1－cos 60°)＝mv2
C点：FN－mg＝m
解得FN＝2mg
由牛顿第三定律得：滑块对轨道C点的压力大小FN′＝2mg，方向竖直向下
(2)对P→C→Q过程：mgR(1－cos 60°)－μmg2R＝0 解得μ＝0.25
A点：mg＝m Q→C→A过程：Ep＝mv＋mg2R＋μmg2R
解得：Ep＝3mgR
(3)P→A过程由动能定理－mgR(1＋cos 60°)＝mv－mv
在P点受力分析如图an＝ ax＝gsin 60°
a＝＝g
答案 (1)2mg (2)3mgR (3)g
高频考点三 三学三大观点的综合应用
[备考策略]
力学规律选用的一般原则
1．若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律．
2．若物体(或系统)涉及到速度和时间，应考虑使用动量定理．
3．若物体(或系统)涉及到位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律或动能定理．
4．若物体(或系统)涉及到位移和速度，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，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便．
[典例导航]
例3 (2018·济宁市高三第二次模拟)如图所示，倾角为37°的斜面固定在地面上，斜面的末端有一垂直于斜面的弹性挡板c，滑块与挡板c相碰后的速率等于碰前的速率，斜面上铺了一层特殊物质，该物质在滑块上滑时对滑块不产生摩擦力，下滑时对滑块有摩擦且动摩擦因数处处相同．现有一质量为M＝0.9 kg的滑块沿斜面上滑，到达最高点b时的速度恰好为零，此时恰好与从a点水平抛出的质量为m＝0.1 kg的小球在沿斜面方向上发生弹性碰撞，且滑块与弹性挡板c碰后恰好反弹回到b点．已知a点和b点距地面的高度分别为H＝2.4 m，h＝0.6 m．(取g＝10 m/s2)．求：
(1)小球做平抛运动的初速度大小；
(2)斜面与滑块间的动摩擦因数；
(3)从与小球碰撞到最后停止，滑块在斜面上通过的总路程．
解析 (1)小球从a到b做平抛运动，在竖直方向：H－h＝gt2
小球到达b点时恰好沿斜面方向，
有tan 37°＝
解得：v0＝8 m/s；
(2)到达b点的速度v＝＝10 m/s
小球与滑块发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv＝mv1＋Mv2
由能量守恒定律得：mv2＝mv＋Mv
解得滑块与小球刚碰后的速度v2＝2 m/s
由几何关系知斜面长L＝＝1 m
滑块恰好反弹回到b点，由能量守恒定律得：Mv＝μMgLcos 37°
解得：μ＝0.25；
(3)设滑块与挡板第二次碰后到达最高点与c点的距离x2
由能量守恒定律得：Mg(L－x2)sin 37°＝μMgLcos 37°
解得：x2＝L＝m
设滑块与挡板第三次碰后到达最高点与c点的距离x3
由能量守恒定律得：
Mg(x2－x3)sin 37°＝μMgx2cos 37°
解得：x3＝x2＝()2m
以此类推x4＝x3＝()3m
所以滑块在斜面上共通过的路程为s＝3L＋2x2＋2x3＋…＋2xn＝7 m.
答案 (1)8 m/s (2)0.25 (3)7 m
[题组突破]
3－1.(2018·华中师大附中模拟)(多选)水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一小球以初速度v0沿直轨道ab向右运动，如图所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c.则 ( )
A．R越大，v0越大
B．R越大，小球经过b点后的瞬间对轨道的压力越大
C．m越大，v0越大
D．m与R同时增大，初动能Ek0增大
AD [小球刚好能通过最高点c，表明小球在c点的速度为vc＝，根据机械能守恒定律有mv＝mg·2R＋mv＝mgR，则v0＝，R越大，v0越大，v0与m无关，选项A正确，C错误；m与R同时增大，初动能Ek0增大，选项D正确；从b到c机械能守恒， mg·2R＋mv＝mv得vb＝，在b点，N－mg＝得N＝6mg，选项B错误．]
3－2.(2017·河南开封模拟)如图所示，在高h1＝30 m的光滑水平平台上，物块A以初速度v0水平向右运动，与静止在水平台上的物块B发生碰撞，mB＝2mA，碰撞后物块A静止，物块B以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好沿光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道，B点的高度h2＝15 m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为l＝70 m的水平粗糙轨道CD平滑连接，物块B沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞．g取10 m/s2.求：
(1)物块B由A到B的运动时间；
(2)物块A初速度v0的大小；
(3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点P(P点没画出)．设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围．
解析 (1)由于h1＝30 m，h2＝15 m．设从A运动到B的时间为t，则h1－h2＝gt2，解得t＝1.732 s
(2)由R＝h1，Rcos θ＝h1－h2，所以θ＝60°.小物块平抛的水平速度是v1，
有＝tan 60°，解得v1＝10 m/s
A与B发生碰撞的过程中系统的动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mBv1
由于mB＝2mA，解得v0＝20 m/s
(3)设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s，根据题意，该路程的最大值是smax＝3l
路程的最小值是smin＝l
路程最大时，动摩擦因数最小；路程最小时，动摩擦因数最大．由能量守恒知：mBgh1＋mBv＝μmin mBgsmax，mBgh1＋mBv＝μmaxmBgsmin
解得μmax＝，μmin＝ ，即0.17<μ≤0.5.
答案 (1)1.732 s (2)20 m/s (3)0.17＜μ≤0.5
高频考点四 用力学三大观点解决传送带问题
[备考策略]
1．物体和传送带等速时刻是摩擦力的大小、方向、运动性质变化的分界点．
2．判断摩擦力的有无、方向是以传送带为参考系；计算摩擦力的功时，应用物体对地的位移，计算系统产生的内能时，应用物体对传送带的路程，只有当物体与传送带相对滑动时才产生内能，大小Q＝Ff·s相对；应用运动学公式计算物体的相关物理量时，应以地面为参考系．
[典例导航]
例4 (2018·东北三省四市教研联合体模拟)如图所示，光滑曲面AB与长度为L＝1 m的水平传送带BC平滑连接，传送带上表面以v＝1 m/s的速度向右运动．传送带右侧光滑水平地面上放置一个四分之一光滑圆轨道的物体乙，其质量为m2＝3 kg.质量为m1＝1 kg的物体甲(可视为质点)从曲面上高为h＝1 m的A点由静止释放，物体甲与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：
(1)甲第一次运动到C点的速度大小；
(2)甲第二次运动到C点的速度大小；
(3)甲第二次到C点后经多长时间再次到达C点．
解析 (1)物体甲从A运动至B，由动能定理得：
m1gh＝m1v
解得：v1＝2m/s>v，假设物体甲在传送带上一直做匀减速运动，由动能定理得：
－μm1gL＝m1v－m1v
解得：v2＝4 m/s
v2>v，则物体甲第一次运动到C点的速度大小为v2＝4 m/s
(2)以物体甲和物体乙为研究对象，从甲滑上乙开始至甲滑下来的过程中，系统水平方向上动量守恒：
m1v2＝m1v3＋m2v4
系统能量守恒：m1v＝m1v＋m2v
解得：v3＝－2 m/s
则甲从物体乙上滑下后向左匀速运动，第二次到达C点的速度大小为2 m/s
(3)甲向左滑上传送带，做匀减速运动μmg＝ma
由动能定理得：－μm1gL＝m1v－m1v
解得到达B点的速度v5＝0
物体甲从C点运动到左端B点的时间为：t1＝
解得：t1＝1 s
甲向右滑上传送带先做匀加速运动，到与传送带共速时所用时间为t2：t2＝
解得：t2＝0.5 s
甲在t2时间内的位移为x1：μmgx1＝m1v2
解得：x1＝0.25 m，
甲与传送带共速后随传送带一起匀速运动，位移为：
x2＝L－x1
所用时间为：t3＝
甲从第二次到第三次到达C点的过程中的运动时间为：
t＝t1＋t2＋t3
解得：t＝2.25 s
答案 (1)4 m/s (2)2 m/s (3)2.25 s
[归纳反思]
1．传送带模型题的分析流程：
2．传送带问题中的功能关系：传送带做的功WF＝Fl带，功率P＝Fv带；摩擦力做功W摩＝Ffl；物体与皮带间摩擦生热Q＝Ffl相对．
3．如质量为m的物体无初速度放在水平传送带上，最终与传送带共速，则在整个加速过程中物体获得的动能Ek及因摩擦而产生的热量Q有如下关系：Ek＝Q＝mv .
[题组突破]
4－1.(2018·湖南衡阳模拟)(多选)如图所示，质量m＝1 kg的物体从高为h＝0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和皮带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，传送带AB之间的距离为l＝5.5 m，传送带一直以v＝3 m/s的速度沿顺时针方向匀速运动，则( )
A．物体由A运动到B的时间是1.5 s
B．物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为1 N·s
C．物体由A运动到B的过程中，系统产生0.5 J的热量
D．带动传送带转动的电动机对物体由A运动到B的过程中，多做了3 J功
BC [物体下滑到A点的速度为v0，由机械能守恒定律有mv＝mgh
代入数据得：v0＝2 m/s，物体在摩擦力作用下先做匀加速运动，后做匀速运动，有t1＝＝1 s
s1＝t1＝×1 m＝2.5 m
t2＝＝ s＝1 s
t＝t1＋t2＝2 s，选项A错误；
物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为I＝μmgt1＝1 N·s，选项B正确；
在t1时间内，皮带做匀速运动s皮带＝vt1＝3 m
Q＝μmgΔs＝μmg(s皮带－s1)代入数据得Q＝0.5 J，选项C正确；
物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功Wf ＝μmgs1＝2.5 J，选项D错误．故选B、C.]
4－2.(2018·长沙市长郡中学高三毕业模拟)如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑，水平段OP长l＝1 m，P点右侧一与水平方向成θ＝30°的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3 m/s，一质量为1 kg可视为质点的物块A压缩弹簧(与弹簧不拴接)，使弹簧获得弹性势能Ep＝9 J，物块与OP段动摩擦因数μ1＝0.1，另一与A完全相同的物块B停在P点，B与传送带间的动摩擦因数μ2＝，传送带足够长，A与B的碰撞时间不计，碰后A、B交换速度，重力加速度g取10 m/s2，现释放A，求：
(1)物块A、B第一次碰撞前瞬间，A的速度v0；
(2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量；
(3)A、B能够碰撞的总次数．
解析 (1)设物块质量为m，A与B第一次碰撞前的速度为v0，则Ep＝mv＋μ1mgl，
解得v0＝4 m/s.
(2)设A、B第一次碰撞后的速度分别为vA，vB，则vA＝0，vB＝4 m/s，碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a1，则mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma1，
解得a1＝gsin θ＋μ2gcos θ＝10 m/s2.
运动的时间t1＝＝0.4 s，位移x1＝t1＝0.8 m.
此过程相对运动路程Δs1＝vt1＋x1＝2 m.
此后B反向加速，加速度仍为a1，由于mgsin θ＝μ2mgcos θ，B与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞，
加速时间为t2＝＝0.3 s，
位移为x2＝t2＝0.45 m.
此过程相对运动路程Δs2＝vt2－x2＝0.45 m.
全过程摩擦产生的热量Q＝μ2mg(Δs1＋Δs2)cos θ＝12.25 J.
(3)B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再返回与B碰撞，B沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞．则对A、B和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞，满足mv2＝2nμ1mgl.
解得第二次碰撞后重复的过程数为n＝2.25，所以碰撞总次数为N＝2＋2n＝6.5＝6(取整数)．
答案 (1)4 m/s (2)12.25 J (3)6次
课时跟踪训练(八)
一、选择题(1～2题为单项选择题，3～5题为多项选择题)
1．(2018·湖南省株洲市高三毕业模拟)如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度从左轮中心正上方的P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是( )
A．合力对物块的冲量大小一定为2mv2
B．合力对物块的冲量大小一定为2mv1
C．合力对物块的冲量大小可能为零
D．合力对物块做的功可能为零
D [若v2>v1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，达到速度v1后做匀速直线运动，可知物块再次回到P点的速度大小为v1，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量I合＝mv1－m(－v2)＝mv1＋mv2.根据动能定理知，合外力做功W合＝mv－mv；若v2
A. B．2 C．3－2 D.
A [根据平衡条件，由2Tsin θ＝mg解得题图中轻绳的拉力T＝.剪断一根轻绳，小球摆至最低点的过程中，由机械能守恒定律有，mgl(1－sin θ)＝mv2，在最低点，由牛顿第二定律有，T′－mg＝m，联立解得：T′＝mg＋2mg(1－sin θ)＝mg(3－2sin θ).＝＝(3－2sin θ)×2sin θ，要使值最大，应用数学知识得sin θ＝，代入可得＝(3 －2sin θ)×2sin θ＝，选项A正确. ]
3．(2018·河南省郑州市高中毕业年级第二次质量预测)在奥运比赛项目中，10 m跳台跳水是我国运动员的强项．某次训练中，质量为60 kg的跳水运动员从跳台自由下落10 m后入水，在水中竖直向下减速运动，设空中下落时空气阻力不计，水对他的阻力大小恒为2400 N．那么在他人水后下降2.5 m的过程中，下列说法正确的是(取g＝10 m/s2)( )
A．他的加速度大小为30 m/s2
B．他的动量减少了300 kg·m/s
C．他的动能减少了4500 J
D．他的机械能减少了4500 J
AC [根据牛顿第二定律：f－mg＝ma，代入数据解得加速度大小为：a＝30 m/s2，故A正确；自由下落10 m后，根据v＝2gh，得运动员的速度为：v0＝10m/s，在水中下落2.5 m后的速度为v－v＝－2ah′，代入数据解得：v1＝5m/s，他的动量减少了：p＝mv0－mv1＝300kg·m/s，故B错误；减速下降的过程中，根据动能定理，动能的减小量等于克服合力做的功为：(f－mg)h＝(2400－600)×2.5＝4500 J，故C正确；减速下降的过程中，机械能的减小量等于克服阻力做的功为fh＝2400×2.5＝6000 J，故D错．所以A、C正确，B、D错误．]
4．(2018·济宁市高三第二次模拟)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，已知A的质量为6m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，关于此过程，下列说法正确的是( )
A．斜面倾角α＝30°
B．A获得最大速度为
C．C刚离开地面时，B的速度最大
D．A、B两小球组成的系统机械能守恒
BC [小球C刚离开地面时，对C有：kx2＝mg，此时B有最大速度，即aB＝aC＝0，则对B有：T－kx2－mg＝0, 对A有：6mgsin α－T＝0，联立解得：sin α＝，故A错误；初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1＝mg，由A项的分析知，x1＝x2＝，则从释放至A刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：6mg(x1＋x2)sin α＝mg(x1＋x2)＋(6m＋m)v，解得：vBm＝，故B正确，C刚离开地面时，B的速度最大，说明是受力平衡，故加速度为零，故C正确；由B项的分析知，从释放至A刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零，所以从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误，故选B、C.]
5．(2018·华南师大附属二中学调研)如图所示，质量为3m、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，A、C为半圆形槽槽口对称等高的两点，B为半圆形槽的最低点．将一可视为质点、质量为m的小球自左侧槽口A点自由释放，小球沿槽下滑的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．小球和半圆形槽组成的系统机械能守恒、动量守恒
B．小球刚好能够到达半圆形槽右侧的C点
C．半圆形槽速率的最大值为
D．半圆形槽相对于地面位移大小的最大值为R
BD [小球与半圆形槽组成的系统在水平方向不受力，所以水平方向的动量守恒，但在竖直方向受重力作用，故系统总的动量不守恒；所有的接触面都是光滑的，故在整个的运动过程中只有重力和弹力做功，故系统的机械能守恒，故A错误；因为系统的初状态水平方向的动量为零，根据系统水平方向动量守恒可知，系统在末状态的水平方向的动量也零，故在末状态小球与半圆形槽的速度都为零，而初状态只有小球的重力势能，根据系统机械能守恒，可知末状态也只小球的重力势能，且与初状态相等，故B正确；当小球下至半圆形槽最低点时，根据反冲运动的特点可知，此时小球有向右的最大速度，半圆形槽有向左的最大速度，设小球的最大速度为v1，半圆形槽的最大速度为v2，初状态水平方向的动量为零，取向右为正，根据系统水平方向动量守恒得：mv1－3mv2＝0，根据系统机械能守恒得：mgR＝mv＋×3mv，联立解得：v1＝，v2＝，故C错误；小球从左边最高点下至最低点时，根据系统水平方向动量守恒得：mv1－3mv2＝0，又v1＝，v2＝，代入得：m－3m＝0，即x1＝3x2，且x1＋x2＝R，联立解得：x2＝；当小球从最低点向右边最高点运动时，半圆形槽继续向左运动，同理可得半圆形槽在这一过程的位移为x2′＝，故半圆形槽相对于地面位移大小的最大值为x2＋x2′＝，故D正确；故选B、D.]
二、非选择题
6．(2018·湖北省襄阳市第四中学月考(5))如图所示，长L＝3.25 m、质量M＝2 kg的平板车停在光滑水平面上，上表面距地高度h＝0.8 m，质量m＝2 kg的小滑块放在小车左端，与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.4.当小车固定时，对滑块施加水平向右的拉力F＝28 N，作用一段时间后撤去，测得滑块落地点到小车右端的水平距离为1.2 m，取g＝10 m/s2.
(1)求滑块滑离小车时的速度；
(2)求力F作用的时间；
(3)若小车不固定，水平拉力F及作用时间不改变，求滑块落地点距小车右端的水平距离或滑块相对小车静止时到小车左端的距离(结果保留2位小数)．
解析 (1)平抛过程：x2＝vt′
h＝gt′2
解得：v＝3 m/s
(2)设力F作用时间为t，滑块前进x1，对滑块由动能定理：Fx1－μmgL＝mv2
由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma
x1＝at2
解得：t＝0.5 s
(3)力F作用过程中小车的加速度为ac，μmg＝Mac
撤力时滑块相对小车滑过距离Δx1＝at2－act2
撤力时滑块和车的速度分别为vk和vc
v＝at
vc＝act
设滑块没有滑离小车，相对静止时的速度为vg
mvc＋Mvk＝(M＋m)vg
mv＋Mc＝(M＋m)v＋μmgΔx2
解得：Δx2＝0.56 m
Δx1＋Δx2＝1.31 m
7．(2018·湖北省鄂州市高三第三次调研)如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R.现将质量也为m的小球从距离A点正上方h0处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B点冲出，在空中能够上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，求：
(1)小车向左运动的最大距离；
(2)小车第二次能够上升的最大高度的范围．
解析 (1)小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒．设小球第一次离开半圆轨道时的水平速度为v，小车的速度为v′，
由动量守恒定律得mv－mv′＝0
设小球第一次进入半圆轨道至第一次离开半圆轨道所用时间为t，在这个过程中，小车的位移为x，取水平向右为正方向，则m－m＝0
解得 x＝R
(2)设小球从开始下落到第一次上升到最大高度的过程中克服摩擦力做的功为Wf，由动能定理得mg(h0－h0)－Wf＝0
解得Wf＝mgh0
由于第二次小球在车中运动时，在对应位置的速度小于第一次小球运动的速度，对应位置的摩擦力小于第一次所受的摩擦力，第二次在车中运动的过程中，克服摩擦力做的功Wf′
所以，小球第二次上升的最大高度范围是h0
8．(2018·天津市实验中学高三考前模拟)如图所示，半径为R，管径很小的光滑半圆形细管竖直放置，有两个略小于管径、质量分别为m1＝3m、m2＝m的小球P、Q，小球Q静止在水平面上，小球P以某一初速度向右运动，与小球Q发生弹性碰撞．P、Q两球通过最高点C后落地点分别为M、N，已知：＝12R.
求：
(1)碰撞前小球P的速度；
(2)碰撞后小球P、Q的速度；
(3)小球P、Q经过最高点时，它们对细管的作用力．
解析 (1)小球R、Q弹性碰撞，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2①
由机械能守恒定律得：m1v＝m1v＋m2v②
小球P、Q从水平面运动到最高点C的过程中，由机械能守恒定律：
对P球有：m1v＝m1v＋m1g(2R)③
对Q球有：m2v＝m2v＋m2g(2R)④
之后两小球做平抛运动；
h＝2R＝gt2⑤
P球的水平位移x1＝v3t⑥
Q球的水平位移x2＝v4t⑦
依题意有：(x－h2)－(x－h2)＝144R⑧
由①～⑧式解得：碰撞前小球P的速度v0＝3，
(2)由①～⑧式解得：碰撞后小球P的速度v1＝
碰撞后小球Q的速度v2＝
(3)由①～⑧式解得：小球P在最高点C的速度v3＝
小球Q在最高点C的速度v4＝
以P为研究对象：由向心力公式FP＋m1g＝解得FP＝－mg，负号表示细管对小球P的弹力竖直向上
由牛顿第三定律知，小球P对细管的作用力大小是mg，方向竖直向下
以Q为研究对象：由向心力公式FQ＋m2g＝解得FQ＝mg，正号表示细管对小球Q的弹力竖直向下
由牛顿第三定律知，小球Q对细管的作用力大小是mg，方向竖直向上
答案 (1)3 (2) (3)mg 方向向下 mg 竖直向上
9．(2018·山东省青岛市高三统一质检)如图所示为某自动控制系统的装置示意图，装置中间有一个以v0＝3 m/s的速度逆时针匀速转动的水平传送带，传送带左端点M与光滑水平面相切，水平面左侧与一倾角α＝37°的光滑斜面平滑连接．靠近斜面底端的P点处安装有自动控制系统，当小物块b每次向右经过P点时都会被系统瞬时锁定从而保持静止．传送带N端与半径r＝0.2 m的光滑四分之一圆弧相切，小物块a从圆弧最高点由静止下滑后滑过传送带，经过M点后控制系统会使静止在P点的小物块b自动解锁，之后两物块发生第一次弹性碰撞．已 知两物块的质量mb＝2ma＝2 kg，两物块均可视为质点，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，MN间的距离L＝1.2 m，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)物块a运动到N点时受到的支持力；
(2)物块b第一次沿斜面上滑的时间；
(3)两物块在第n次碰撞后到第n＋1次碰撞前，物块a在传送带上运动产生的摩擦热．
解析 (1)对物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到N点，运用动能定理可得：mgr＝mv－0，解得v1＝＝2 m/s对物块a运动到N点时，受力分析由牛顿第二定律可得FN－mag＝ma，解得FN＝30 N.
(2)物块a在传送带上运动的加速度a1＝＝2.5 m/s2
设物块a加速到3 m/s前进的距离为x，则x＝＝1 m
设两物块第一次碰撞后获得的速度为va1、vb1，因碰撞是弹性碰撞，则
m1v2＝mava1＋mbvb1、mav＝mav＋mbv
解得：va1＝v2＝－v2＝－1 m/s
vb1＝v2＝v2＝2 m/s
对物块b第一次沿斜面上滑，应用动量定理可得－(mbgsin α)·tb1＝0－mbvb1
解得：tb1＝s
(3)小球a第一次向右在传送带上通过的位移：xa1＝＝0.2 m
因此小球a从传送带上返回再次与静止的b球发生碰撞．经过n次碰撞后小球a获得的速度：
van＝()nv2＝－m/s
小球a与传送带间的相对位移：Δx＝v0tan＋tan＋v0tan－tan＝
故生成的热量Q＝μmagΔx＝2mav0van＝ J
答案 (1)30 N (2) s (3) J
主干知识体系
核心再现及学科素养
知识规律
(1)牛顿三大定律．
(2)运动学公式及推论．
(3)动能定理、机械能守恒定律．
(4)能量守恒、功能关系．
(5)动量定理、动量守恒定律．
思想方法
(1)物理思想：守恒思想．
(2)物理方法：图象法、整体法与隔离法、模型法、守恒法、转移法.
1．(2017·高考全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1 (s1
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．
解析 (1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得
－μmgs0＝mv－mv①
解得μ＝②
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t.
由运动学公式得
v－v＝2a1s0③
v0－v1＝a1t④
s1＝a2t2⑤
联立③④⑤式得
a2＝ ⑥
答案 (1) (2)
2．(2016·高考全国卷Ⅲ，35节选)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
解析 设物块与地面间的动摩擦因数为μ，若要物块a、b能够发生碰撞，应有
mv>μmgl①
即μ<②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.
由能量守恒有
mv＝mv＋μmgl③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有
mv1＝mv1′＋mv2′④
mv＝mv1′2＋(m)v2′2⑤
联立④⑤式解得v2′＝v1⑥
由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
(m)v2′2≤μmgl⑦
联立③⑥⑦式，可得
μ≥⑧
联立②⑧式，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件
≤μ<⑨
答案 ≤μ<
3．(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，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．
解析 A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0＝mvA1＋MvC1①
mv＝mv＋Mv②
联立①②式得
vA1＝v0③
vC1＝v0④
如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞，所以只需考虑m
vA2＝ vA1＝()2v0⑤
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有
vA2≤vC1⑥
联立④⑤⑥式得
m2＋4mM－M2≥0⑦
解得m≥(－2)M⑧
另一解m≤－(＋2)M舍去．
所以，m和M应满足的条件为
(－2)M≤m
■命题特点与趋势
1．牛顿运动定律、功和能、动量及动量守恒定律被称力学“三大观点”，是解决力学计算题的重要基本方法，是根本，是高考重点考查的内容，同时电磁学问题也离不开这三大法宝．
2．在试卷中，经常与直线运动，圆周运动、平抛运动、电磁学、原子物理等知识点组成综合题，往往作为选择题和计算题的压轴题，这类题情景新颖，综合性较强，需要用这三个“观点”进行灵活分析求解．
■解题要领
力学计算题是物理学科的压轴题，在解题时要弄清运动情景，挖掘好隐含条件，分析清楚物理过程，把握好物理过程的适用规律，灵活选用公式定理解决问题．
高频考点一 运动学和动力学的综合应用题
[备考策略]
一、熟知高考力学计算题的四个特性
1．研究对象的多体性
解题时要求正确选取研究对象，应用隔离法和整体法，分别对不同的研究对象应用恰当的规律．
2．物理过程的复杂性
对于有多个物理过程的问题，要将复杂的过程分割成一个一个的子过程，再分别对每个过程分析，选择恰当的规律．
3．已知条件的隐蔽性
对于运动学中一些常见的隐含条件要非常清楚．
4．物理模型的新颖性
要求能将新颖情境还原为基本模型．
二、掌握解答力学计算题的三大观点
三大观点
对应规律
公式表达
动力学观点
牛顿第二定律
F合＝ma
匀变速直线运动规律
v＝v0＋at
x＝v0t＋at2
v2－v＝2ax等
能量观点
动能定理
W合＝ΔEk
功能关系
WG＝－ΔEp等
机械能守恒定律
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
能量守恒定律
E1＝E2
动量观点
动量定理
F合·t＝p′－p
动量守恒定律
p1＋p2＝p1′＋p2′
[典例导航]
例1 (2018·石家庄第二中学高三调研)如图所示，在水平地面建立x轴，质量为m＝1 kg的木块放在质量为M＝2 kg的长木板上，木板长L＝11.5 m．已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.9(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．木块与木板保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0＝10 m/s，在坐标为xP＝21 m处有一挡板P，木板与挡板P瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板P，g取10 m/s2，求：
(1)木板碰挡板P时的速度大小；
(2)最终木板停止运动时其左端A的位置坐标(结果保留到小数点后两位)．
解析 (1)对木块和木板组成的系统，根据牛顿第二定律得μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1
根据匀变速直线运动规律得
v－v＝2a1xBP
其中xBP＝21 m－11.5 m＝9.5 m
解得v1＝9 m/s.
(2)对木块，由牛顿第二定律，有
μ2mg＝mam
对木板，由牛顿第二定律，有
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝MaM
解得am＝9 m/s2，aM＝6 m/s2
设经时间t1，木块停止，则t1＝1 s
此时木板的速度vM＝v1－aMt1＝3 m/s，方向向左．
设再经时间t2二者达到共同速度v2，则
v2＝vM －aMt2＝amt2
解得t2＝0.2 s，v2＝1.8 m/s，方向向左．
木板的位移x1＝·(t1＋t2)＝×(1＋0.2)m＝6.48 m
之后二者以加速度a1 ＝1 m/s2向左减速运动至静止
位移x2＝1. 62 m
所以最终木板左端A点位置坐标为
x＝xP－L－x1－x2＝1.40 m.
答案 (1)9 m/s (2)1.40 m
[归纳反思]
1．动力学观点常用于求解恒力作用下的单体多过程直线运动或多体多过程直线运动．
2．牛顿运动定律是动力学的基础，也是高考命题的重点和热点．牛顿运动定律与匀变速直线运动规律相结合，常用于解决斜面问题、滑块木板问题、传送带问题等．
3．物体的受力情况往往与运动情况相联系，因此，应结合实际情况，将物体运动过程分为多个阶段，再分析每个阶段物体的运动规律和受力情况，同时注意各阶段间的速度关系和位移关系．
[题组突破]
1－1.(2018·江西省九江市高三下学期质检)如图甲所示，光滑水平面上放置着物体ABC，AB与BC平滑连接，AB表面粗糙且水平(长度足够长)，倾斜部分BC表面光滑，与水平面的夹角θ＝37°.在物体右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，规定力传感器受到物体的压力时，其示数为正值；力传感器受到物体的拉力时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从物体的C点由静止开始下滑，运动过程中，力传感器记录下的力F和时间t的关系如图乙所示．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)，求：
(1)物体倾斜部分BC的长度；
(2)滑块的质量；
(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功．
解析 (1)对滑块在倾斜部分BC上的运动，由牛顿第二定律有mgsin θ＝ma1
解得a1＝6 m/s2
斜面BC长x1＝a1t＝3 m.
(2)物体对传感器的压力为F1＝mgcos θsin θ，由题图乙可知F1＝9.6 N
解得m＝2 kg.
(3)设1 s后物体ABC受到的摩擦力大小为f，对物体由平衡条件有f＝F2 ＝4 N
对滑块由牛顿第二定律有f＝ma2
解得a2＝2 m/s2
滑块在AB表面上滑行的距离x2＝
而滑块到达B点处的速度v＝a1t1＝6 m/s2×1 s＝6 m/s
联立解得x2＝9 m
滑块克服摩擦力做的功为Wf＝ fx2＝36 J.
答案 (1)3 m (2)2 kg (3)36 J
1－2.(2018·河南省许昌市高三三模)为了安全，中国航母舰载机“歼15”采用滑跃式起飞．起飞时主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为L1＝160 m的水平跑道上运动，然后在长度为L2＝20.5 m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞．已知飞机的质量m＝2.0×104 kg，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.4×105 N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝2.05 m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看做斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障．g取10 m/s2.
(1)求飞机在水平跑道上运动的末速度大小．
(2)求飞机从开始运动到起飞经历的时间t，
解析 (1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为f，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，由牛顿第二定律得F－f＝ma1
f＝0. 2 mg
v＝2a1L1
联立以上三式并代入数据解得a1＝5 m/s2，v1＝40 m/s.
(2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在倾斜跑道末端的速度大小为v2飞机在水平跑道上的运动时间t1＝＝8 s
在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有
F－f－mg＝ma2
代入数据解得a2＝4 m/s2
由v－v＝2a2L2
代入数据解得v2＝42 m/s
飞机在倾斜跑道上的运动时间t2＝＝0.5 s.
则t＝t1＋t2＝8.5 s.
答案 (1)40 m/s (2)8.5 s
高频考点二 用动力学和能量观点解决多过程问题
[备考策略]
对于多过程问题要做好“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.
[典例导航]
例2 (2018·山东省济南市高三二模)如图所示，光滑水平地面的左侧静止放置一长木板AB，右侧固定一足够长光滑斜面CD.木板的上表面与斜面底端C处于同一水平面．木板质量M＝2 kg.板长为l＝7 m．一物块以速度v0＝9 m/s冲上木板的A端，木板向右运动，B端碰到C点时被粘连，且B、C之间平滑连接．物块质量为m＝1 kg.可视为质点，与木板间的动摩擦因数为μ＝0.45.取g＝10 m/s2，求
(1)若初始时木板B端距C点的距离足够长，求物块第一次与木板相对静止时的速度和相对木板滑动的距离；
(2)设初始时木板B端距C点的距离为L，试讨论物块最终位置距C点的距离与L的关系，并求此最大距离．
解析 (1)距离足够长，则m与M达到共同速度，
根据动量守恒和能量守恒可得mv0＝(M＋m)v共，μmgΔl＝mv－(M＋m)v
解得v共＝3 m/s，Δl＝6 m
(2)对木板：μmgs＝Mv－0，解得s＝2 m；
当L≥2 m时，木板B端和C点相碰前，物块和木板已经达到共同速度，碰后物块以v共＝ 3 m/s匀减速到C点，v－v＝2am(l－Δl)，am＝μg＝4.5 m/s2，vCl＝0 m/s，恰好停在C点，与L无关
当L<2 m时，木板B端和C点相碰前，物块和木板未达到共同速度，物块一直做匀减速运动
v－v＝2am(l＋L)，vC2＝3
物块以此速度冲上斜面并会原速率返回，最终停在木板上，s＝＝2－L，
L＝0 m时，s有最大值smax＝2 m.
答案 (1)3 m/s, 6 m (2)当L≥2 m，恰好停在C点；当L<2 m时，smax＝2 m
[题组突破]
2－1.如图所示，固定斜面的倾角θ＝ 30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点，已知重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧中的最大弹性势能．
解析 (1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得
μ·2mg·cos θ·L＝·3mv－·3mv2＋2mgLsin θ－mgL
可解得v＝2 m/s.
(2)以A、B组成的系统，在物体A将接触弹簧又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，
即·3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x
其中x为弹簧的最大压缩量
解得x＝0.4 m.
(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm
由能量守恒定律可得
·3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcos θ·x＋Epm.
解得Epm＝6 J.
答案 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J
2－2.(2018·山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检) 如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内，与水平轨道CD相切于C点， D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R.质量为m可视为质点的滑块从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，且恰能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A.已知∠POC＝60°，求：
(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力；
(2)弹簧被锁定时具有的弹性势能；
(3)小球返回到P点时的加速度大小．
解析 (1)设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，圆轨道C点对滑块的支持力为FN
P→C过程：mgR(1－cos 60°)＝mv2
C点：FN－mg＝m
解得FN＝2mg
由牛顿第三定律得：滑块对轨道C点的压力大小FN′＝2mg，方向竖直向下
(2)对P→C→Q过程：mgR(1－cos 60°)－μmg2R＝0 解得μ＝0.25
A点：mg＝m Q→C→A过程：Ep＝mv＋mg2R＋μmg2R
解得：Ep＝3mgR
(3)P→A过程由动能定理－mgR(1＋cos 60°)＝mv－mv
在P点受力分析如图an＝ ax＝gsin 60°
a＝＝g
答案 (1)2mg (2)3mgR (3)g
高频考点三 三学三大观点的综合应用
[备考策略]
力学规律选用的一般原则
1．若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律．
2．若物体(或系统)涉及到速度和时间，应考虑使用动量定理．
3．若物体(或系统)涉及到位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律或动能定理．
4．若物体(或系统)涉及到位移和速度，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，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便．
[典例导航]
例3 (2018·济宁市高三第二次模拟)如图所示，倾角为37°的斜面固定在地面上，斜面的末端有一垂直于斜面的弹性挡板c，滑块与挡板c相碰后的速率等于碰前的速率，斜面上铺了一层特殊物质，该物质在滑块上滑时对滑块不产生摩擦力，下滑时对滑块有摩擦且动摩擦因数处处相同．现有一质量为M＝0.9 kg的滑块沿斜面上滑，到达最高点b时的速度恰好为零，此时恰好与从a点水平抛出的质量为m＝0.1 kg的小球在沿斜面方向上发生弹性碰撞，且滑块与弹性挡板c碰后恰好反弹回到b点．已知a点和b点距地面的高度分别为H＝2.4 m，h＝0.6 m．(取g＝10 m/s2)．求：
(1)小球做平抛运动的初速度大小；
(2)斜面与滑块间的动摩擦因数；
(3)从与小球碰撞到最后停止，滑块在斜面上通过的总路程．
解析 (1)小球从a到b做平抛运动，在竖直方向：H－h＝gt2
小球到达b点时恰好沿斜面方向，
有tan 37°＝
解得：v0＝8 m/s；
(2)到达b点的速度v＝＝10 m/s
小球与滑块发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv＝mv1＋Mv2
由能量守恒定律得：mv2＝mv＋Mv
解得滑块与小球刚碰后的速度v2＝2 m/s
由几何关系知斜面长L＝＝1 m
滑块恰好反弹回到b点，由能量守恒定律得：Mv＝μMgLcos 37°
解得：μ＝0.25；
(3)设滑块与挡板第二次碰后到达最高点与c点的距离x2
由能量守恒定律得：Mg(L－x2)sin 37°＝μMgLcos 37°
解得：x2＝L＝m
设滑块与挡板第三次碰后到达最高点与c点的距离x3
由能量守恒定律得：
Mg(x2－x3)sin 37°＝μMgx2cos 37°
解得：x3＝x2＝()2m
以此类推x4＝x3＝()3m
所以滑块在斜面上共通过的路程为s＝3L＋2x2＋2x3＋…＋2xn＝7 m.
答案 (1)8 m/s (2)0.25 (3)7 m
[题组突破]
3－1.(2018·华中师大附中模拟)(多选)水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一小球以初速度v0沿直轨道ab向右运动，如图所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c.则 ( )
A．R越大，v0越大
B．R越大，小球经过b点后的瞬间对轨道的压力越大
C．m越大，v0越大
D．m与R同时增大，初动能Ek0增大
AD [小球刚好能通过最高点c，表明小球在c点的速度为vc＝，根据机械能守恒定律有mv＝mg·2R＋mv＝mgR，则v0＝，R越大，v0越大，v0与m无关，选项A正确，C错误；m与R同时增大，初动能Ek0增大，选项D正确；从b到c机械能守恒， mg·2R＋mv＝mv得vb＝，在b点，N－mg＝得N＝6mg，选项B错误．]
3－2.(2017·河南开封模拟)如图所示，在高h1＝30 m的光滑水平平台上，物块A以初速度v0水平向右运动，与静止在水平台上的物块B发生碰撞，mB＝2mA，碰撞后物块A静止，物块B以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好沿光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道，B点的高度h2＝15 m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为l＝70 m的水平粗糙轨道CD平滑连接，物块B沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞．g取10 m/s2.求：
(1)物块B由A到B的运动时间；
(2)物块A初速度v0的大小；
(3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点P(P点没画出)．设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围．
解析 (1)由于h1＝30 m，h2＝15 m．设从A运动到B的时间为t，则h1－h2＝gt2，解得t＝1.732 s
(2)由R＝h1，Rcos θ＝h1－h2，所以θ＝60°.小物块平抛的水平速度是v1，
有＝tan 60°，解得v1＝10 m/s
A与B发生碰撞的过程中系统的动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mBv1
由于mB＝2mA，解得v0＝20 m/s
(3)设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s，根据题意，该路程的最大值是smax＝3l
路程的最小值是smin＝l
路程最大时，动摩擦因数最小；路程最小时，动摩擦因数最大．由能量守恒知：mBgh1＋mBv＝μmin mBgsmax，mBgh1＋mBv＝μmaxmBgsmin
解得μmax＝，μmin＝ ，即0.17<μ≤0.5.
答案 (1)1.732 s (2)20 m/s (3)0.17＜μ≤0.5
高频考点四 用力学三大观点解决传送带问题
[备考策略]
1．物体和传送带等速时刻是摩擦力的大小、方向、运动性质变化的分界点．
2．判断摩擦力的有无、方向是以传送带为参考系；计算摩擦力的功时，应用物体对地的位移，计算系统产生的内能时，应用物体对传送带的路程，只有当物体与传送带相对滑动时才产生内能，大小Q＝Ff·s相对；应用运动学公式计算物体的相关物理量时，应以地面为参考系．
[典例导航]
例4 (2018·东北三省四市教研联合体模拟)如图所示，光滑曲面AB与长度为L＝1 m的水平传送带BC平滑连接，传送带上表面以v＝1 m/s的速度向右运动．传送带右侧光滑水平地面上放置一个四分之一光滑圆轨道的物体乙，其质量为m2＝3 kg.质量为m1＝1 kg的物体甲(可视为质点)从曲面上高为h＝1 m的A点由静止释放，物体甲与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：
(1)甲第一次运动到C点的速度大小；
(2)甲第二次运动到C点的速度大小；
(3)甲第二次到C点后经多长时间再次到达C点．
解析 (1)物体甲从A运动至B，由动能定理得：
m1gh＝m1v
解得：v1＝2m/s>v，假设物体甲在传送带上一直做匀减速运动，由动能定理得：
－μm1gL＝m1v－m1v
解得：v2＝4 m/s
v2>v，则物体甲第一次运动到C点的速度大小为v2＝4 m/s
(2)以物体甲和物体乙为研究对象，从甲滑上乙开始至甲滑下来的过程中，系统水平方向上动量守恒：
m1v2＝m1v3＋m2v4
系统能量守恒：m1v＝m1v＋m2v
解得：v3＝－2 m/s
则甲从物体乙上滑下后向左匀速运动，第二次到达C点的速度大小为2 m/s
(3)甲向左滑上传送带，做匀减速运动μmg＝ma
由动能定理得：－μm1gL＝m1v－m1v
解得到达B点的速度v5＝0
物体甲从C点运动到左端B点的时间为：t1＝
解得：t1＝1 s
甲向右滑上传送带先做匀加速运动，到与传送带共速时所用时间为t2：t2＝
解得：t2＝0.5 s
甲在t2时间内的位移为x1：μmgx1＝m1v2
解得：x1＝0.25 m，
甲与传送带共速后随传送带一起匀速运动，位移为：
x2＝L－x1
所用时间为：t3＝
甲从第二次到第三次到达C点的过程中的运动时间为：
t＝t1＋t2＋t3
解得：t＝2.25 s
答案 (1)4 m/s (2)2 m/s (3)2.25 s
[归纳反思]
1．传送带模型题的分析流程：
2．传送带问题中的功能关系：传送带做的功WF＝Fl带，功率P＝Fv带；摩擦力做功W摩＝Ffl；物体与皮带间摩擦生热Q＝Ffl相对．
3．如质量为m的物体无初速度放在水平传送带上，最终与传送带共速，则在整个加速过程中物体获得的动能Ek及因摩擦而产生的热量Q有如下关系：Ek＝Q＝mv .
[题组突破]
4－1.(2018·湖南衡阳模拟)(多选)如图所示，质量m＝1 kg的物体从高为h＝0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和皮带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，传送带AB之间的距离为l＝5.5 m，传送带一直以v＝3 m/s的速度沿顺时针方向匀速运动，则( )
A．物体由A运动到B的时间是1.5 s
B．物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为1 N·s
C．物体由A运动到B的过程中，系统产生0.5 J的热量
D．带动传送带转动的电动机对物体由A运动到B的过程中，多做了3 J功
BC [物体下滑到A点的速度为v0，由机械能守恒定律有mv＝mgh
代入数据得：v0＝2 m/s，物体在摩擦力作用下先做匀加速运动，后做匀速运动，有t1＝＝1 s
s1＝t1＝×1 m＝2.5 m
t2＝＝ s＝1 s
t＝t1＋t2＝2 s，选项A错误；
物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为I＝μmgt1＝1 N·s，选项B正确；
在t1时间内，皮带做匀速运动s皮带＝vt1＝3 m
Q＝μmgΔs＝μmg(s皮带－s1)代入数据得Q＝0.5 J，选项C正确；
物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功Wf ＝μmgs1＝2.5 J，选项D错误．故选B、C.]
4－2.(2018·长沙市长郡中学高三毕业模拟)如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑，水平段OP长l＝1 m，P点右侧一与水平方向成θ＝30°的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3 m/s，一质量为1 kg可视为质点的物块A压缩弹簧(与弹簧不拴接)，使弹簧获得弹性势能Ep＝9 J，物块与OP段动摩擦因数μ1＝0.1，另一与A完全相同的物块B停在P点，B与传送带间的动摩擦因数μ2＝，传送带足够长，A与B的碰撞时间不计，碰后A、B交换速度，重力加速度g取10 m/s2，现释放A，求：
(1)物块A、B第一次碰撞前瞬间，A的速度v0；
(2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量；
(3)A、B能够碰撞的总次数．
解析 (1)设物块质量为m，A与B第一次碰撞前的速度为v0，则Ep＝mv＋μ1mgl，
解得v0＝4 m/s.
(2)设A、B第一次碰撞后的速度分别为vA，vB，则vA＝0，vB＝4 m/s，碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a1，则mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma1，
解得a1＝gsin θ＋μ2gcos θ＝10 m/s2.
运动的时间t1＝＝0.4 s，位移x1＝t1＝0.8 m.
此过程相对运动路程Δs1＝vt1＋x1＝2 m.
此后B反向加速，加速度仍为a1，由于mgsin θ＝μ2mgcos θ，B与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞，
加速时间为t2＝＝0.3 s，
位移为x2＝t2＝0.45 m.
此过程相对运动路程Δs2＝vt2－x2＝0.45 m.
全过程摩擦产生的热量Q＝μ2mg(Δs1＋Δs2)cos θ＝12.25 J.
(3)B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再返回与B碰撞，B沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞．则对A、B和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞，满足mv2＝2nμ1mgl.
解得第二次碰撞后重复的过程数为n＝2.25，所以碰撞总次数为N＝2＋2n＝6.5＝6(取整数)．
答案 (1)4 m/s (2)12.25 J (3)6次
课时跟踪训练(八)
一、选择题(1～2题为单项选择题，3～5题为多项选择题)
1．(2018·湖南省株洲市高三毕业模拟)如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度从左轮中心正上方的P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是( )
A．合力对物块的冲量大小一定为2mv2
B．合力对物块的冲量大小一定为2mv1
C．合力对物块的冲量大小可能为零
D．合力对物块做的功可能为零
D [若v2>v1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，达到速度v1后做匀速直线运动，可知物块再次回到P点的速度大小为v1，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量I合＝mv1－m(－v2)＝mv1＋mv2.根据动能定理知，合外力做功W合＝mv－mv；若v2
A. B．2 C．3－2 D.
A [根据平衡条件，由2Tsin θ＝mg解得题图中轻绳的拉力T＝.剪断一根轻绳，小球摆至最低点的过程中，由机械能守恒定律有，mgl(1－sin θ)＝mv2，在最低点，由牛顿第二定律有，T′－mg＝m，联立解得：T′＝mg＋2mg(1－sin θ)＝mg(3－2sin θ).＝＝(3－2sin θ)×2sin θ，要使值最大，应用数学知识得sin θ＝，代入可得＝(3 －2sin θ)×2sin θ＝，选项A正确. ]
3．(2018·河南省郑州市高中毕业年级第二次质量预测)在奥运比赛项目中，10 m跳台跳水是我国运动员的强项．某次训练中，质量为60 kg的跳水运动员从跳台自由下落10 m后入水，在水中竖直向下减速运动，设空中下落时空气阻力不计，水对他的阻力大小恒为2400 N．那么在他人水后下降2.5 m的过程中，下列说法正确的是(取g＝10 m/s2)( )
A．他的加速度大小为30 m/s2
B．他的动量减少了300 kg·m/s
C．他的动能减少了4500 J
D．他的机械能减少了4500 J
AC [根据牛顿第二定律：f－mg＝ma，代入数据解得加速度大小为：a＝30 m/s2，故A正确；自由下落10 m后，根据v＝2gh，得运动员的速度为：v0＝10m/s，在水中下落2.5 m后的速度为v－v＝－2ah′，代入数据解得：v1＝5m/s，他的动量减少了：p＝mv0－mv1＝300kg·m/s，故B错误；减速下降的过程中，根据动能定理，动能的减小量等于克服合力做的功为：(f－mg)h＝(2400－600)×2.5＝4500 J，故C正确；减速下降的过程中，机械能的减小量等于克服阻力做的功为fh＝2400×2.5＝6000 J，故D错．所以A、C正确，B、D错误．]
4．(2018·济宁市高三第二次模拟)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，已知A的质量为6m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，关于此过程，下列说法正确的是( )
A．斜面倾角α＝30°
B．A获得最大速度为
C．C刚离开地面时，B的速度最大
D．A、B两小球组成的系统机械能守恒
BC [小球C刚离开地面时，对C有：kx2＝mg，此时B有最大速度，即aB＝aC＝0，则对B有：T－kx2－mg＝0, 对A有：6mgsin α－T＝0，联立解得：sin α＝，故A错误；初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1＝mg，由A项的分析知，x1＝x2＝，则从释放至A刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：6mg(x1＋x2)sin α＝mg(x1＋x2)＋(6m＋m)v，解得：vBm＝，故B正确，C刚离开地面时，B的速度最大，说明是受力平衡，故加速度为零，故C正确；由B项的分析知，从释放至A刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零，所以从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误，故选B、C.]
5．(2018·华南师大附属二中学调研)如图所示，质量为3m、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，A、C为半圆形槽槽口对称等高的两点，B为半圆形槽的最低点．将一可视为质点、质量为m的小球自左侧槽口A点自由释放，小球沿槽下滑的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．小球和半圆形槽组成的系统机械能守恒、动量守恒
B．小球刚好能够到达半圆形槽右侧的C点
C．半圆形槽速率的最大值为
D．半圆形槽相对于地面位移大小的最大值为R
BD [小球与半圆形槽组成的系统在水平方向不受力，所以水平方向的动量守恒，但在竖直方向受重力作用，故系统总的动量不守恒；所有的接触面都是光滑的，故在整个的运动过程中只有重力和弹力做功，故系统的机械能守恒，故A错误；因为系统的初状态水平方向的动量为零，根据系统水平方向动量守恒可知，系统在末状态的水平方向的动量也零，故在末状态小球与半圆形槽的速度都为零，而初状态只有小球的重力势能，根据系统机械能守恒，可知末状态也只小球的重力势能，且与初状态相等，故B正确；当小球下至半圆形槽最低点时，根据反冲运动的特点可知，此时小球有向右的最大速度，半圆形槽有向左的最大速度，设小球的最大速度为v1，半圆形槽的最大速度为v2，初状态水平方向的动量为零，取向右为正，根据系统水平方向动量守恒得：mv1－3mv2＝0，根据系统机械能守恒得：mgR＝mv＋×3mv，联立解得：v1＝，v2＝，故C错误；小球从左边最高点下至最低点时，根据系统水平方向动量守恒得：mv1－3mv2＝0，又v1＝，v2＝，代入得：m－3m＝0，即x1＝3x2，且x1＋x2＝R，联立解得：x2＝；当小球从最低点向右边最高点运动时，半圆形槽继续向左运动，同理可得半圆形槽在这一过程的位移为x2′＝，故半圆形槽相对于地面位移大小的最大值为x2＋x2′＝，故D正确；故选B、D.]
二、非选择题
6．(2018·湖北省襄阳市第四中学月考(5))如图所示，长L＝3.25 m、质量M＝2 kg的平板车停在光滑水平面上，上表面距地高度h＝0.8 m，质量m＝2 kg的小滑块放在小车左端，与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.4.当小车固定时，对滑块施加水平向右的拉力F＝28 N，作用一段时间后撤去，测得滑块落地点到小车右端的水平距离为1.2 m，取g＝10 m/s2.
(1)求滑块滑离小车时的速度；
(2)求力F作用的时间；
(3)若小车不固定，水平拉力F及作用时间不改变，求滑块落地点距小车右端的水平距离或滑块相对小车静止时到小车左端的距离(结果保留2位小数)．
解析 (1)平抛过程：x2＝vt′
h＝gt′2
解得：v＝3 m/s
(2)设力F作用时间为t，滑块前进x1，对滑块由动能定理：Fx1－μmgL＝mv2
由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma
x1＝at2
解得：t＝0.5 s
(3)力F作用过程中小车的加速度为ac，μmg＝Mac
撤力时滑块相对小车滑过距离Δx1＝at2－act2
撤力时滑块和车的速度分别为vk和vc
v＝at
vc＝act
设滑块没有滑离小车，相对静止时的速度为vg
mvc＋Mvk＝(M＋m)vg
mv＋Mc＝(M＋m)v＋μmgΔx2
解得：Δx2＝0.56 m
Δx1＋Δx2＝1.31 m
7．(2018·湖北省鄂州市高三第三次调研)如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R.现将质量也为m的小球从距离A点正上方h0处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B点冲出，在空中能够上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，求：
(1)小车向左运动的最大距离；
(2)小车第二次能够上升的最大高度的范围．
解析 (1)小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒．设小球第一次离开半圆轨道时的水平速度为v，小车的速度为v′，
由动量守恒定律得mv－mv′＝0
设小球第一次进入半圆轨道至第一次离开半圆轨道所用时间为t，在这个过程中，小车的位移为x，取水平向右为正方向，则m－m＝0
解得 x＝R
(2)设小球从开始下落到第一次上升到最大高度的过程中克服摩擦力做的功为Wf，由动能定理得mg(h0－h0)－Wf＝0
解得Wf＝mgh0
由于第二次小球在车中运动时，在对应位置的速度小于第一次小球运动的速度，对应位置的摩擦力小于第一次所受的摩擦力，第二次在车中运动的过程中，克服摩擦力做的功Wf′
所以，小球第二次上升的最大高度范围是h0
8．(2018·天津市实验中学高三考前模拟)如图所示，半径为R，管径很小的光滑半圆形细管竖直放置，有两个略小于管径、质量分别为m1＝3m、m2＝m的小球P、Q，小球Q静止在水平面上，小球P以某一初速度向右运动，与小球Q发生弹性碰撞．P、Q两球通过最高点C后落地点分别为M、N，已知：＝12R.
求：
(1)碰撞前小球P的速度；
(2)碰撞后小球P、Q的速度；
(3)小球P、Q经过最高点时，它们对细管的作用力．
解析 (1)小球R、Q弹性碰撞，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2①
由机械能守恒定律得：m1v＝m1v＋m2v②
小球P、Q从水平面运动到最高点C的过程中，由机械能守恒定律：
对P球有：m1v＝m1v＋m1g(2R)③
对Q球有：m2v＝m2v＋m2g(2R)④
之后两小球做平抛运动；
h＝2R＝gt2⑤
P球的水平位移x1＝v3t⑥
Q球的水平位移x2＝v4t⑦
依题意有：(x－h2)－(x－h2)＝144R⑧
由①～⑧式解得：碰撞前小球P的速度v0＝3，
(2)由①～⑧式解得：碰撞后小球P的速度v1＝
碰撞后小球Q的速度v2＝
(3)由①～⑧式解得：小球P在最高点C的速度v3＝
小球Q在最高点C的速度v4＝
以P为研究对象：由向心力公式FP＋m1g＝解得FP＝－mg，负号表示细管对小球P的弹力竖直向上
由牛顿第三定律知，小球P对细管的作用力大小是mg，方向竖直向下
以Q为研究对象：由向心力公式FQ＋m2g＝解得FQ＝mg，正号表示细管对小球Q的弹力竖直向下
由牛顿第三定律知，小球Q对细管的作用力大小是mg，方向竖直向上
答案 (1)3 (2) (3)mg 方向向下 mg 竖直向上
9．(2018·山东省青岛市高三统一质检)如图所示为某自动控制系统的装置示意图，装置中间有一个以v0＝3 m/s的速度逆时针匀速转动的水平传送带，传送带左端点M与光滑水平面相切，水平面左侧与一倾角α＝37°的光滑斜面平滑连接．靠近斜面底端的P点处安装有自动控制系统，当小物块b每次向右经过P点时都会被系统瞬时锁定从而保持静止．传送带N端与半径r＝0.2 m的光滑四分之一圆弧相切，小物块a从圆弧最高点由静止下滑后滑过传送带，经过M点后控制系统会使静止在P点的小物块b自动解锁，之后两物块发生第一次弹性碰撞．已 知两物块的质量mb＝2ma＝2 kg，两物块均可视为质点，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，MN间的距离L＝1.2 m，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)物块a运动到N点时受到的支持力；
(2)物块b第一次沿斜面上滑的时间；
(3)两物块在第n次碰撞后到第n＋1次碰撞前，物块a在传送带上运动产生的摩擦热．
解析 (1)对物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到N点，运用动能定理可得：mgr＝mv－0，解得v1＝＝2 m/s对物块a运动到N点时，受力分析由牛顿第二定律可得FN－mag＝ma，解得FN＝30 N.
(2)物块a在传送带上运动的加速度a1＝＝2.5 m/s2
设物块a加速到3 m/s前进的距离为x，则x＝＝1 m
设两物块第一次碰撞后获得的速度为va1、vb1，因碰撞是弹性碰撞，则
m1v2＝mava1＋mbvb1、mav＝mav＋mbv
解得：va1＝v2＝－v2＝－1 m/s
vb1＝v2＝v2＝2 m/s
对物块b第一次沿斜面上滑，应用动量定理可得－(mbgsin α)·tb1＝0－mbvb1
解得：tb1＝s
(3)小球a第一次向右在传送带上通过的位移：xa1＝＝0.2 m
因此小球a从传送带上返回再次与静止的b球发生碰撞．经过n次碰撞后小球a获得的速度：
van＝()nv2＝－m/s
小球a与传送带间的相对位移：Δx＝v0tan＋tan＋v0tan－tan＝
故生成的热量Q＝μmagΔx＝2mav0van＝ J
答案 (1)30 N (2) s (3) J
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