专题05 动量和能量观点在力学中的应用-备战2021届高考物理二轮复习题型专练

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一、功与功率
1.功和功率的求解
2.机车启动问题
(1)机车输出功率：P＝Fv，其中F为机车牵引力。
(2)设机车匀加速启动过程的最大速度为v1，此时机车输出的功率最大；由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝eq \f(P,F阻＋ma)。
(3)设全程的最大速度为vm，此时F牵＝F阻；由P＝F阻vm，可求vm＝eq \f(P,F阻)。
(4)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力。
二、常见的功能关系
三、三种碰撞的特点
1.弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。
质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞，碰后速度分别为v1′、v2′。结果讨论：
(1)当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换速度。
(2)当m1远大于m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。
(3)当m1远小于m2时，v1′＝－v1，v2′＝0。
2.非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失。
3.完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最大，以碰后系统速度相同为标志。
【方法指导】
一、动能定理的应用
1.当问题涉及力、位移(或路程)、速度，而不涉及加速度和时间时，可优先考虑利用动能定理分析问题。
2.对于多过程问题，求解时可对全过程应用动能定理，从而避开对每个运动过程的具体细节进行分析。
二、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。
三、解决力学综合题目的关键要做好“三选择”
1.当运动物体受到恒力作用而且又涉及时间时，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.当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律。
命题点一：能量观点在力学中的应用
考向一 功和功率的理解与计算
【典例1】 (多选) 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( )
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 （图1）
【解析】 根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，t′为图线②过程比①过程多运动的时间，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
考向二 动力学规律和动能定理的综合应用
【典例2】 完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图2甲所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图乙，AB长L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求
（图2）
(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；
(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
【解析】 (1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有eq \f(v,2)＝eq \f(L1,t)①
根据动能定理，有W＝eq \f(1,2)mv2－0②
联立①②式，代入数据，得
W＝7.5×104 J③
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2＝Rsin θ④
由牛顿第二定律，有FN－mg＝meq \f(v2,R)⑤
联立①④⑤式，代入数据，得FN＝1.1×103 N⑥
【答案】 (1)7.5×104 J (2)1.1×103 N
考向三 功能关系的应用
【典例3】 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3所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( )
A.2 kg
B.1.5 kg
C.1 kg
D.0.5 kg （图3）
【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
考向四 应用动力学观点和能量观点解决多过程问题
【典例4】 某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图4所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R＝0.4 m、转轴间距L＝2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H＝2.2 m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5。(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)
（图4）
(1)若h＝2.4 m，求小物块到达B端时速度的大小；
(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；
(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。
【解析】 (1)小物块由静止释放到B的过程中，由牛顿第二定律
得mgsin θ－μmgcs θ＝ma
veq \\al(2,B)＝2aeq \f(h,sin θ)解得vB＝4 m/s
(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上D点时速度为零时，小物块从距传送带高度为h1处由静止释放，根据动能定理得
mgh1－μmgcs θ·eq \f(h1,sin θ)－μmgL＝0解得h1＝3.0 m
当h＜h1＝3.0 m时满足题中条件
(3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达D点的速度为v，根据动能定理得
mgh－μmgcs θeq \f(h,sin θ)－μmgL＝eq \f(1,2)mv2
H＋2R＝eq \f(1,2)gt2，x＝vt 解得x＝2eq \r(h－3)(m)
为使小物块能在D点水平向右抛出，则需满足mg≤eq \f(mv2,R) 解得h≥3.6 m
【答案】 (1)4 m/s (2)h＜3.0 m (3)x＝2eq \r(h－3)(m) h≥3.6 m
【拓展练习】
1.一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图5所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是( )
（图5）
【解析】 由P－t图象知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2 内汽车以恒定功率P2行驶。设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝eq \f(F－f,m)知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，A正确。
【答案】 A
2.(多选) 从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图6所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得( )
A.物体的质量为2 kg
B.h＝0时，物体的速率为20 m/s
C.h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D.从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
（图6）
【解析】 由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率是k＝mg，由图象得k＝20 N，因此m＝2 kg，A正确；当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，因此v0＝10 m/s，B错误；由图象知h＝2 m时，E总＝90 J，Ep＝40 J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50 J，C错误；h＝4 m时，E总＝Ep＝80 J，即此时Ek＝0，即从地面上升至h＝4 m高度时，动能减少100 J，D正确。
【答案】 AD
3.(多选)如图7所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )
A.环到达B处时，重物上升的高度h＝eq \f(d,2)
B.环到达B处时，环与重物的速度大小相等
C.环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能
D.环能下滑的最大高度为eq \f(4,3)d （图7）
【解析】 根据几何关系可知，环从A下滑至B点时，重物上升的高度h＝eq \r(2)d－d，故A错误；对环在B处时的速度v沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有vcs 45°＝v重物，故B错误；环下滑过程中，系统机械能守恒，即环减少的机械能等于重物增加的机械能，故C正确；环下滑到最大高度为h时，环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为eq \r(h2＋d2)－d，根据机械能守恒有mgh＝2mg(eq \r(h2＋d2)－d)，解得h＝eq \f(4,3)d，故D正确。
【答案】 CD
4.如图8所示，半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高。质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。试求：
（图8）
(1)物块经过B端时速度的大小；
(2)物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小；
(3)若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？
【解析】 (1)根据运动的合成与分解，B点速度方向与水平方向夹角为53°，故vB＝eq \f(v0,sin θ)＝2 m/s。
(2)物块从B到C应用动能定理，有
mg(R＋Rsin θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得vC＝6 m/s
在C点，由牛顿第二定律得F－mg＝m·eq \f(veq \\al(2,C),R)
解得F＝46 N
由牛顿第三定律知，物块经过圆弧轨道上的C点时对轨道的压力大小为46 N。
(3)物块从A到C过程中无能量损失，所以整个过程产生的热量就是从C到最终木板、物块都静止这一过程中产生的热量，由能量守恒定律得Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＝18 J。
【答案】 (1)2 m/s (2)46 N (3)18 J
命题点二： 动量观点和能量观点在力学中的应用
考向一 动量定理的应用
【典例1】 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
考向二 动力学规律与动量守恒定律的综合应用
【典例2】 汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图9所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
（图9）
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
【解析】 (1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有
μmBg＝mBaB①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有
vB′2＝2aBsB②
联立①②式并利用题给数据得
vB′＝3.0 m/s③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA。
由运动学公式有vA′2＝2aAsA⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有
mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA＝4.3 m/s ⑦
【答案】 (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s
考向三 动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用
【典例3】 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10(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。
（图10）
【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
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
联立①②式得m′＝3m③
(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
－(fs2＋mgh)＝0－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(v1,2)))eq \s\up12(2)⑤
从图(b)所给出的v－t图线可知
s1＝eq \f(1,2)v1t1⑥
s2＝eq \f(1,2)·eq \f(v1,2)·(1.4t1－t1)⑦
由几何关系eq \f(s2,s1)＝eq \f(h,H)⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W＝fs1＋fs2⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
W＝eq \f(2,15)mgH⑩
(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)eq \(○,\s\up1(11))
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′2eq \(○,\s\up1(12))
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′＝0eq \(○,\s\up1(13))
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩eq \(○,\s\up1(11))eq \(○,\s\up1(12))eq \(○,\s\up1(13))式可得
eq \f(μ,μ′)＝eq \f(11,9)eq \(○,\s\up1(14))
【答案】 (1)3m (2)eq \f(2,15)mgH (3)eq \f(11,9)
【总结归纳】
动量和能量综合问题的主要情境模型为：碰撞、滑块在滑板上滑动和爆炸。
(1)碰撞过程满足动量守恒并遵循碰撞后系统动能不增加、碰撞前后的运动情况要合理的原则。
(2)滑块放置在光滑水平地面的滑板上滑动时，滑块和滑板组成的系统满足动量守恒，滑块和滑板之间因摩擦生热，故系统机械能减少，一般利用功能关系(即摩擦产生的热量等于系统动能的减少量)列方程求解。
【拓展练习】
1.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】 根据自由落体运动和动量定理有2gh＝v2(h为25层楼的高度，约70 m)，Ft＝mv，代入数据解得F≈1×103 N，所以C正确。
【答案】 C
2.(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11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 （图11）
【解析】 由动量定理可得Ft＝mv，解得v＝eq \f(Ft,m)。t＝1 s时物块的速率为v＝eq \f(Ft,m)＝eq \f(2×1,2) m/s＝1 m/s，故A正确；t＝2 s时物块的动量大小p2＝Ft2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s 时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故B正确，C、D错误。
【答案】 AB
3.如图12所示，光滑水平地面上有两个小球甲和乙，质量分别是m和km，现让甲以初速度v0向右运动并与乙(静止)发生碰撞，碰后乙的速度为eq \f(v0,2)，若碰后甲、乙同向运动，则k的值不可能是( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(5,2)
C.eq \f(6,5) D.eq \f(7,6) （图12）
【解析】 设甲与乙发生碰撞后甲的速度为v，由动量守恒定律得mv0＝mv＋kmeq \f(v0,2)，解得v＝v0－eq \f(k,2)v0，碰撞后甲、乙同向运动则有v>0，即v0－eq \f(k,2)v0>0，解得k<2；碰后甲球不能越过乙球，因此有v≤eq \f(v0,2)，解得k≥1；又因为碰撞过程中动能不增加，所以有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)≥eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)kmeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))eq \s\up12(2)，解得0≤k≤3，综上可得1≤k<2，A、C、D可能，B不可能。
【答案】 B
4.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13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13）
(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/s③
(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 m⑨
(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/seq \(○,\s\up2(11))
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″eq \(○,\s\up2(12))
eq \f(1,2)mAvA′2＝eq \f(1,2)mAvA″2＋eq \f(1,2)mBvB″2eq \(○,\s\up2(13))
联立eq \(○,\s\up2(11))eq \(○,\s\up2(12))eq \(○,\s\up2(13))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″2eq \(○,\s\up2(15))
由④eq \(○,\s\up2(14))eq \(○,\s\up2(15))式及题给数据得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 meq \(○,\s\up2(16))
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 meq \(○,\s\up2(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
【专题训练】
一、选择题(1～4题为单项选择题，5～6题为多项选择题)
1.将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s
C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s
【解析】 设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2。由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s。根据动量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以选项A正确，B、C、D错误。
【答案】 A
2.滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( )
A.所受合外力始终为零
B.所受摩擦力大小不变
C.合外力做功一定为零
D.机械能始终保持不变 （图1）
【解析】 运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A项错误；由动能定理可知，合外力做功一定为零，C项正确；由运动员沿AB下滑过程中做匀速圆周运动，知运动员所受沿圆弧切线方向的合力为零，即摩擦力等于运动员的重力沿圆弧切线方向的分力，逐渐变小，B项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，D项错误。
【答案】 C
3.如图2，一质量为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eq \f(1,3)l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为( )
A.eq \f(1,9)mgl
B.eq \f(1,6)mgl
C.eq \f(1,3)mgl
D.eq \f(1,2)mgl （图2）
【解析】 由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了eq \f(l,6)，则重力势能增加ΔEp＝eq \f(2,3)mg·eq \f(l,6)＝eq \f(1,9)mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝eq \f(1,9)mgl ，故选项A正确，B、C、 D错误。
【答案】 A
4.如图3所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( )
A.重力做功2mgR
B.机械能减少mgR
C.合外力做功mgR
D.克服摩擦力做功eq \f(1,2)mgR （图3）
【解析】 小球到达B点时，恰好对轨道没有压力，故只受重力作用，根据mg＝eq \f(mv2,R)得，小球在B点的速度v＝eq \r(gR)。小球从P点到B点的过程中，重力做功W＝mgR，故选项A错误；减少的机械能ΔE减＝mgR－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mgR，故选项B错误；合外力做功W合＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mgR，故选项C错误；根据动能定理得mgR－Wf＝eq \f(1,2)mv2－0，所以Wf＝mgR－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mgR，故选项D正确。
【答案】 D
5.如图4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( )
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) （图4）
【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
6.如图5所示，竖直平面内固定一半径为R＝0.5 m的表面粗糙的四分之一圆弧轨道，其圆心O与A点等高。一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)在不另外施力的情况下，能以速度v0＝eq \f(\r(2),2) m/s 沿轨道自A点匀速率运动到B点，P为弧AB的中点，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.小物块从A运动到B的过程中合力对小物块做的功为零
B.在P点时，重力的瞬时功率为10 W
C.小物块在AP段和PB段产生的内能相等
D.在B点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为11 N （图5）
【解析】 小物块从A运动到B的过程中做匀速率运动，故合力做的功为零，选项A正确；在P点时，重力的瞬时功率为PG＝mgv0cs 45°＝5 W，选项B错误；小物块在AP段和PB段克服摩擦力做功产生的内能都等于重力势能的减少量，在AP段Q1＝mgeq \f(\r(2),2)R＝eq \f(5\r(2),2) J，在PB段Q2＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),2)))R＝eq \f(10－5\r(2),2) J，故在AP段和PB段产生的内能不相等，选项C错误；在B点时，运用牛顿第二定律得圆弧轨道对小物块的支持力大小FN＝mg＋eq \f(mveq \\al(2,0),R)＝11 N，根据牛顿第三定律知小物块对圆弧轨道的压力大小FN′＝11 N，选项D正确。
【答案】 AD
二、计算题
7.如图6所示，BC是高处的一个平台，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方一根劲度系数为k＝100 N/m的轻弹簧直立于水平地面上，弹簧下端固定，上端恰好与管口D端平齐，一可视为质点的小球在水平地面上的A点斜向上抛出，恰好从B点沿水平方向进入高处平台，A、B间的水平距离为xAB＝1.2 m，小球质量m＝1 kg。已知平台离地面的高度为h＝0.8 m，小球与BC间的动摩擦因数μ＝0.2，小球进入管口C端时，它对上管壁有10 N的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧弹性势能Ep＝0.5 J。若不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
（图6）
(1)小球通过C点时的速度大小vC；
(2)平台BC的长度L；
(3)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm。
【解析】 (1)小球通过C点时，它对上管壁有F＝10 N的作用力，则上管壁对小球也有F′＝10 N的作用力，根据牛顿运动定律有F′＋mg＝meq \f(veq \\al(2,C),r)
得vC＝2 m/s
(2)小球从A点抛出到B点所用时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s
到B点时速度大小为vB＝eq \f(xAB,t)＝3 m/s
小球从B点到C点的过程中，根据动能定理有
－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
得平台BC的长度L＝1.25 m
(3)小球压缩弹簧至速度达到最大时，加速度为零，则
mg＝kx
弹簧的压缩量x＝0.1 m
从C位置到小球的速度达到最大的过程中，根据机械能守恒定律有
mg(r＋x)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＝Ekm＋Ep
得Ekm＝4.5 J
【答案】 (1)2 m/s (2)1.25 m (3)4.5 J
8.如图7甲所示，在高h＝0.8 m的水平平台上放置一质量为m′＝0.9 kg的小木块(视为质点)，距平台右边缘d＝2 m。一质量为m＝0.1 kg的子弹沿水平方向射入小木块并留在其中(作用时间极短)，然后一起向右运动，在平台上运动的v2－x关系如图乙所示，最后小木块从平台边缘滑出并落在距平台右侧水平距离为s＝1.6 m的地面上。g取10 m/s2，求：
（图7）
(1)小木块滑出平台时的速度；
(2)子弹射入小木块前的速度；
(3)子弹射入木块前至木块滑出平台时，系统所产生的内能。
【解析】 (1)小木块从平台滑出后做平抛运动，有
h＝eq \f(1,2)gt2，s＝vt
联立上两式可得v＝eq \f(s,\r(\f(2h,g)))＝4 m/s
(2)设子弹射入木块后共同速度为v1，由图乙可知
40－v2＝veq \\al(2,1)－40
解得v1＝8 m/s，
子弹射入木块的过程中，根据动量守恒定律有
mv0＝(m′＋m)v1
v0＝eq \f(（m′＋m）v1,m)＝80 m/s
(3)设子弹射入木块前至木块滑出平台时，系统所产生的内能为Q，
则Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×(m′＋m)v2
＝eq \f(1,2)×0.1×802 J－eq \f(1,2)×(0.9＋0.1)×42 J＝312 J。
【答案】 (1)4 m/s (2)80 m/s (3)312 J
9.如图8所示，半径为R1＝1.8 m的四分之一光滑圆弧轨道与半径为R2＝0.3 m的半圆光滑细圆管平滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口处有一长度为L＝2.0 m、质量为M＝1.5 kg的木板，木板上表面正好与管口底部相切，木板的左方有一足够长的水平台阶，其上表面与木板上表面高度相同。现让质量为m2＝2 kg的物块b静止于B处，质量为m1＝1 kg的物块a从光滑圆弧轨道顶端的A处由静止释放，物块a下滑至B处和b发生碰撞后不再分开，a、b形成的物块c经过半圆管从C处滑上木板，当木板速度为2 m/s 时，木板与台阶碰撞并立即被粘住，若g＝10 m/s2，物块均可视为质点，圆管粗细不计。
（图8）
(1)求物块a和b碰撞过程中损失的机械能；
(2)若物块c与木板、台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，求物块c在台阶表面上滑行的最大距离。
【解析】 (1)设物块a下滑到B点时的速度大小为v0，由机械能守恒定律可得
m1gR1＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)
解得v0＝6 m/s
A、B碰撞过程动量守恒，有m1v0＝(m1＋m2)v1
解得v1＝2 m/s
则碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,1)
解得ΔE＝12 J
(2)物块c由B到C的过程机械能守恒
eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,1)＋(m1＋m2)g·2R2＝eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,2)
解得v2＝4 m/s
物块c滑上木板后，当木板速度为v＝2 m/s时，设物块c的速度为v3，由动量守恒定律得
(m1＋m2)v2＝(m1＋m2)v3＋Mv
解得v3＝3 m/s
设在此过程中物块c运动的位移为x1，木板运动的位移为x2，对物块c由动能定理得
－μ(m1＋m2)gx1＝eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,3)－eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,2)
解得x1＝1.4 m
对木板：μ(m1＋m2)gx2＝eq \f(1,2)Mv2－0
解得x2＝0.4 m
木板被粘住后，物块c到木板左端的距离为
x3＝L＋x2－x1＝1 m
设物块c在台阶上运动的最大距离为x4，由动能定理得
－μ(m1＋m2)g(x3＋x4)＝0－eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,3)
解得x4＝0.8 m
【答案】 (1)12 J (2)0.8 m
10.雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。
(1)质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W；
(2)将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f＝kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数。
a.设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式；
b.示意图9中画出了半径为r1、r2(r1>r2)的雨滴在空气中无初速下落的v－t图线，其中________对应半径为r1的雨滴(选填①、②)；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v－t图线；
（图9）
(3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f∝v2(提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0)。
【解析】 (1)根据动能定理mgh－W＝eq \f(1,2)mu2
可得W＝mgh－eq \f(1,2)mu2
(2)a.根据牛顿第二定律mg－f＝ma
得a＝g－eq \f(kr2v2,m)
当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度vm
雨滴质量m＝eq \f(4,3)πr3ρ
由a＝0，可得雨滴最大速度vm与半径r的关系式
vm＝eq \r(\f(4πρg,3k)r)
b.①；如图所示
(3)根据题设条件：大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。以下只考虑雨滴下落的定向运动。
简化的圆盘模型如图所示。
设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在Δt时间内，与圆盘碰撞的空气分子质量为Δm＝SvΔtnm0
以F表示圆盘对空气分子的作用力，根据动量定理，
有FΔt＝Δm×v
得F＝nm0Sv2
由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力f∝v2
采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论。
【答案】 (1)W＝mgh－eq \f(1,2)mu2 (2)a.vm＝eq \r(\f(4πρg,3k)r)
b.见解析 (3)见解析