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2019届高三物理二轮复习教师用书：第一部分专题二能量与动量
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专题二
第一讲功和能
考点一
功和功率
1.[考查功的计算]
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，两物块通过一跨过光滑定滑轮的细线连在一起。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：选A 对物块甲：T＋mgsin 30°＝μmgcos 30°；对物块乙：F＝T＋mgsin 60°；F做的功：W＝FL；解得W＝mgL，故A正确。
2．[考查平均功率与瞬时功率的分析与计算]
[多选]如图甲所示，一个质量m＝2 kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．物块经过4 s时间到出发点
B．4.5 s时水平力F的瞬时功率为24 W
C．0～5 s内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零
D．0～5 s内物块所受合力的平均功率为1.8 W
解析：选BD 由图像可知，前4 s内速度方向始终为正方向，故前4 s时间内没有回到出发点，选项A错误；根据vt图线的斜率表示加速度，可知3～5 s内，加速度a＝－ m/s2＝－3 m/s2,4.5 s时的速度v＝aΔt＝－3×(4.5－4) m/s＝－1.5 m/s，根据牛顿第二定律有F＋μmg＝ma，得F＝－16 N，负号表示力的方向水平向左，水平力F的瞬时功率P＝Fv＝24 W，选项B正确；滑动摩擦力的方向始终与速度方向相反，摩擦力始终做负功，选项C错误；3～5 s内合力为恒力，物块的位移为零，合力做的功为零，0～3 s内，物块的加速度a1＝ m/s2＝1 m/s2，位移x1＝×1×32 m＝4.5 m，合力做的功W＝ma1x1＝9 J，0～5 s内合力的平均功率＝＝ W＝1.8 W，选项D正确。
3．[考查“机车启动”类问题]
如图甲所示，水平面上一质量为m的物体在水平力F作用下开始加速运动，力F的功率P保持恒定，运动过程中物体所受的阻力f大小不变，物体速度最终达到最大值vmax，此过程中物体速度的倒数与加速度a的关系图像如图乙所示。仅在已知功率P的情况下，根据图像所给信息可知以下说法中正确的是( )
A．可求出m、f和vmax
B．不能求出m
C．不能求出f
D．可求出物体加速运动时间
解析：选A 当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力大小等于阻力大小，速度为最大值，最大速度vmax＝ m/s＝10 m/s；功率P＝Fv，而F－f＝ma，联立可得＝a＋，物体速度的倒数与加速度a的关系图像的斜率为k＝，纵轴截距为＝0.1，因此可求出m、f和vmax，选项A正确，B、C错误。物体做变加速运动，无法求解物体加速运动的时间，选项D错误。
考点二
动能定理的应用
4.[考查应用动能定理解决变力做功问题]
[多选]一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g取10 m/s2，由此可知( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.35
B．减速过程中拉力对物体所做的功约为13 J
C．匀速运动时的速度约为6 m/s
D．减速运动的时间约为1.7 s
解析：选ABC 物体匀速运动时，受力平衡，则F＝μmg，μ＝＝＝0.35，选项A正确；因为W＝Fx，故拉力的功等于Fx图线与x坐标轴包围的面积，由图线可知曲线与x轴间小格数约为13，则减速过程中拉力对物体做功为13×1 J＝13 J，选项B正确；由动能定理可知：WF－μmgx＝0－mv02，其中x＝7 m，则解得：v0＝6 m/s，选项C正确；由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，故D错误。
5.[考查应用动能定理解决曲线运动问题]
用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t时间后停在最低点。则在时间t内( )
A．小球重力做功为mgl(1－cos α)
B．空气阻力做功为－mglcos α
C．小球所受合力做功为mglsin α
D．细线拉力做功的功率为
解析：选A 小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为h＝l(1－cos α)，所以小球的重力做功：WG＝mgh＝mgl(1－cos α)，故A正确；在小球运动的整个过程中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能定理得：WG＋Wf＝0－0，所以空气阻力做功Wf＝－WG＝－mgl(1－cos α)，故B错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的变化，所以W合＝0－0＝0，故C错误；由于细线的拉力始终与小球运动的方向垂直，所以细线的拉力不做功，细线的拉力的功率为0，故D错误。
6．[考查应用动能定理解决多过程问题]
如图所示是某种制作糖炒栗子的装置。炒锅的纵截面与半径R＝1.6 m的光滑半圆轨道位于同一竖直面内，炒锅的纵截面可看作是由长度L＝2.5 m的斜面AB、CD和一小段光滑圆弧BC平滑对接组成的。假设一栗子从水平地面上以水平初速度v0射入半圆轨道，并恰好能从轨道最高点P水平飞出，又恰好从A点沿斜面AB进入炒锅，在斜面CD上可运动到的最高点为E点(图中未画出)。已知AB、CD两斜面的倾角θ均为37°，栗子与AB、CD两斜面之间的动摩擦因数μ均为，栗子在锅内的运动始终在图示的纵截面内，整个过程栗子质量不变，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)栗子的初速度大小v0及A点离地面的高度h；
(2)C、E两点的距离x。
解析：(1)设栗子质量为m，在P点的速度大小为vP，在A点的速度大小为vA
栗子恰能过P点，则mg＝m，解得vP＝4 m/s
栗子沿半圆轨道运动至P点的过程中，由动能定理有
－mg·2R＝mvP2－mv02
解得v0＝4 m/s
栗子在A点的速度方向沿斜面AB向下，则其竖直方向上的分速度大小vAy＝vPtan θ
栗子从P点至A点的过程中做平抛运动，则vAy2＝2gy，其中y为栗子由P点运动至A点的过程中下降的竖直高度，又h＝2R－y，解得h＝2.75 m。
(2)栗子在A点的速度大小vA＝
栗子从A点运动到E点的过程中，由动能定理有
mg(L－x)sin θ－μmg(L＋x)cos θ＝0－mvA2
解得x＝ m。
答案：(1)4 m/s 2.75 m (2) m
考点三
机械能守恒定律的应用
7.[考查单个物体的机械能守恒问题]
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。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：选C 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LP＜LQ，则vP＜vQ，又mP＞mQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则F－mg＝m，则F＝3mg，因mP＞mQ，则FP＞FQ，选项C正确；向心加速度a＝＝2g，选项D错误。
8．[考查多个物体的机械能守恒问题]
[多选]如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球和物块，且小球质量m1大于物块质量m2。开始时小球恰在A点，物块在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时滑轮右侧的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在球心O的正下方。当小球由静止释放开始运动，下列说法正确的是( )
A．在小球从A点运动到C点的过程中，小球与物块组成的系统机械能守恒
B．当小球运动到C点时，小球的速率是物块速率的
C．小球不可能沿碗面上升到B点
D．物块沿斜面上滑的过程中，地面对斜面体的支持力始终保持恒定
解析：选ACD 在小球从A点运动到C点的过程中，小球与物块组成的系统只有重力做功，小球与物块组成的系统机械能守恒，选项A正确；当小球运动到C点时，设小球的速率为v1，物块的速率为v2，分析可知有v2＝v1cos 45°＝v1，即物块的速率是小球速率的，选项B错误；假设小球恰能上升到B点，则滑轮左侧的细绳将增长，物块一定是上升的，物块的机械能一定增加，小球的机械能不变，导致系统机械能增加，违背了机械能守恒定律，即小球不可能沿碗面上升到B点，选项C正确；物块沿斜面上滑过程中，由于滑轮右侧细绳始终与斜面平行，所以物块对斜面的压力始终不变，地面对斜面体的支持力始终保持恒定，选项D正确。
9．[考查涉及弹性势能的机械能守恒问题]
如图所示，一根被锁定的压缩轻弹簧下端固定在水平地面上，上端固定着一质量为m的薄木板A，弹簧的压缩量为h。图中P点距地面高度正好等于弹簧原长，在P点上方有一距它高度为2h、质量为2m的物块B。现解除弹簧的锁定，木板A上升到P点时恰好与自由下落的物块B发生正碰(碰撞时间极短)，并一起无粘连地向下运动。B与A第一次分开后能达到的最高位置在P点上方的处。已知重力加速度为g，整个过程中弹簧始终处于弹性限度内并保持竖直。求：
(1)A、B第一次分开瞬间B的速度大小；
(2)A、B第一次碰撞后一起向下运动到A的初始位置时速度的大小。
解析：(1)B与A刚要分离时，弹簧正好处于原长，设此时B的速度为vB，则由机械能守恒定律得：
2mg·＝·2mvB2
解得vB＝。
(2)设A、B刚好碰撞前B的速度大小为v，根据机械能守恒定律得：2mg·2h＝·2mv2
解得v＝2
根据机械能守恒，A、B碰撞后瞬间的速度大小vAB与A、B刚好分开时速度大小相等，即：vAB＝vB
设A、B刚好碰撞前A的速度大小为vA，根据动量守恒：
2mv－mvA＝3mvAB
解得vA＝
设弹簧锁定时的弹性势能为Ep，从弹簧解除锁定到恢复到原长的过程，根据机械能守恒定律：
Ep＝mg·h＋mvA2
可得Ep＝6mgh
设A、B第一次碰撞后一起向下运动到A的初始位置时的速度大小为v′，在这过程中，根据机械能守恒定律得：Ep＋·3mv′2＝·3mvAB2＋3mg·h
联立以上各式解得： v′＝2。
答案：(1) (2)2
考点四
功能关系的应用
10.[考查单个物体的功能关系问题]
如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括滑雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度a＝，在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )
A．运动员减少的重力势能全部转化为动能
B．下滑过程中系统减少的机械能为
C．运动员获得的动能为
D．运动员克服摩擦力做功为
解析：选B 若运动员不受摩擦力，根据牛顿第二定律有：mgsin 30°＝ma，则加速度应为a＝gsin 30°＝，而现在的加速度小于，故运动员应受到摩擦力，所以减少的重力势能有一部分转化为了内能，故A错误；运动员下滑的距离：l＝＝2h，根据速度位移公式v2＝2al，可得：v＝，动能为：Ek＝mv2＝，故C错误；由动能定理可知：mgh－Wf＝mv2，解得：Wf＝mgh，故D错误；机械能的减小量等于阻力所做的功，故下滑过程中系统减少的机械能为mgh，故B正确。
11．[考查多个物体的功能关系问题]
如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。
(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力。
(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车。已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s。
解析：(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒
mgR＝mvB2
滑块在B点处，由牛顿第二定律得
N－mg＝m
解得N＝3mg
由牛顿第三定律得滑块对小车的压力N′＝3mg。
(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大。由机械能守恒定律得
mgR＝Mvm2＋m(2vm)2
解得vm＝ 。
②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系得
mgR－μmgL＝MvC2＋m(2vC)2
设滑块从B到C运动过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律得
μmg＝Ma
由运动学规律得
vC2－vm2＝－2as
解得s＝L。
答案：(1)3mg (2)① ②L
释疑4大考点
考点一 功和功率
功和功率是高考命题的热点，重点考查功和功率的计算，主要涉及的问题有：摩擦力做功问题、变力做功问题、平均功率问题、瞬时功率问题、力与速度方向不共线的功率问题，建议对本考点多加关注。
(一)基本知识要记牢
1．功
(1)恒力的功：W＝Flcos α。
(2)变力的功：
①将变力做功转化为恒力做功；
②应用Fx图像求解；
③应用动能定理求解。
2．功率
(1)平均功率：P＝。
(2)瞬时功率：P＝Fvcos_α。
(3)应用：机车启动，P＝Fv。
(二)解题思维运用好
1．求总功W时，可以先求出合力，再求总功(合力应为恒力)；也可采用分段法分别求出各阶段力做的功，总功就等于这些功的代数和；还可以根据动能定理求解，如诊断卷第2题，设物块在t＝0和t＝5 s时的速度分别为v0、v5，则总功为W＝mv52－mv02＝×2×32 J－0＝9 J，所以＝＝1.8 W。
2．“机车”启动的图像与“机车”受力、“机车”运动相联系的问题难度一般较大，如诊断卷第3题，以物体速度的倒数与加速度a的关系图像给出解题信息，首先要根据题述情境，运用相关物理知识列出相应的方程，将方程联立变化得到与图像符合的函数关系式，然后得出图像斜率、截距的物理意义，才能正确解答相关问题。
[题点全练]
1．(2018·百校联盟4月联考)一物块放在水平面上，在水平恒力F的作用下从静止开始运动，物块受到的阻力与速度成正比，则关于拉力F的功率随时间变化的规律正确的是( )
解析：选C 由题知，阻力与速度的关系式为：f＝kv，根据牛顿第二定律得：F－f＝F－kv＝ma，解得：a＝－v，在运动的过程中，速度增大，加速度减小，物块做加速度减小的加速运动，可知速度时间图线的切线斜率逐渐减小，根据P＝Fv知，F不变，则Pt图线的形状与vt图线的形状相同，故C正确，A、B、D错误。
2．[多选]如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动，通过力传感器和速度传感器监测到推力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A．物体的质量m＝0.5 kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2
C．第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝2 J
D．前2 s内推力F做功的平均功率＝1.5 W
解析：选ACD 由速度—时间图像可以知道在2～3 s的时间内，物体做匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2 N，在1～2 s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以a＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律可得：F－f＝ma，所以m＝0.5 kg，A正确；由f＝μFN＝μmg，得μ＝＝0.4，B错误；第2 s内物体的位移是：x＝at2＝1 m，克服摩擦力做的功W＝fx＝2×1 J＝2 J，C正确；在第1 s内物体没有运动，物体在第2 s运动，F也只在第2 s做功，F做的功为W′＝Fx＝3×1 J＝3 J，所以前2 s内推力F做功的平均功率为：＝＝ W＝1.5 W，D正确。
3．(2019届高三·吉林调研)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，杆的竖直部分光滑。杆的两部分各套有质量均为1 kg的小球A和B，A、B球间用一不可伸长的细绳相连。初始A、B均处于静止状态，已知OA＝3 m，OB＝4 m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m，小球A与水平杆间的动摩擦因数μ＝0.2(取g＝10 m/s2)，那么该过程中拉力F做功为( )
A．4 J B．6 J
C．10 J D．14 J
解析：选D 根据几何关系，在A球向右缓慢移动1 m的过程中B球上移1 m，二者均受力平衡，对于整体，A球与杆间的正压力为N＝(mA＋mB)g，A球与杆间的滑动摩擦力为f＝μN＝μ(mA＋mB)g＝4 N，A球与杆因摩擦产生的热量为Q＝fs＝4 J，B球重力势能增加量为ΔEp＝mgh＝10 J，外力的功等于系统能量的增加量，所以水平拉力做功W＝Q＋ΔEp＝14 J，选项D正确。
考点二 动能定理的应用
情景新颖、过程复杂、知识综合性强(如诊断卷第6题)等是本考点高考命题的典型特点，考生失分的原因不是不会做，而是不会“分步”做，这个“分步”就是按照一定流程认真做好运动分析和过程分析，再根据动能定理结合其他力学规律列出方程，进而分步解决问题。建议对本考点重点攻坚。
(一)深化对动能定理的理解
1．动能定理既适用于恒力做功、直线运动、单过程问题，也适用于变力做功、曲线运动、多过程问题。如诊断卷第5题，空气阻力为变力，其做功大小不可应用W＝Flcos α直接求解，应考虑使用动能定理求解。
2．动能定理不涉及势能，解决的是合力做功与动能变化的问题，各力做功的情况都要进行分析。
3．在接触面粗糙的情况下，机械能往往是不守恒的，可应用动能定理解题。
4．注意图像及其“面积”的含义。如诊断卷第4题中，Fx图线与x轴所围“面积”表示力F所做的功，易得B项正确。
5．应用动能定理求解多过程问题时，联系两个过程的关键物理量是速度。如诊断卷第6题，vA既是平抛运动的末速度，也是沿斜面AB运动的初速度，“恰好从A点沿斜面AB进入炒锅”说明vA的方向沿斜面AB向下，其水平方向的分速度vAx＝vP。
(二)掌握应用动能定理解题的思维流程
(2018·临沂二模)如图所示，倾角θ＝45°的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h＝3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：
(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；
(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；
(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功。
[思维流程]
[解析] (1)小滑块从C点飞出后做平抛运动，设水平速度为v0
竖直方向上：R＝gt2
水平方向上：R＝v0t
解得：v0＝。
(2)设小滑块在最低点时速度为v，小滑块从最低点到C点的过程由动能定理得：
－mg·2R＝mv02－mv2
解得：v＝
在最低点由牛顿第二定律得：FN－mg＝m
解得：FN＝6mg
由牛顿第三定律得滑块对圆环轨道压力FN′＝6mg。
(3)从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功为Wf，由动能定理得：
mgh－Wf＝mv2－0
解得：Wf＝mgR。
[答案] (1) (2)6mg (3)mgR
[题点全练]
1.(2018·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定( )
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
解析：选A 由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉＞ΔEk，故A正确、B错误；W阻与ΔEk的大小关系不确定，故C、D错误。
2．[多选](2018·江西四校联考)如图所示，两块竖直木板夹着一物块，物块在木板内静止，两板因弹簧作用对物块有一恒定压力并保持两板之间的距离不变(图中未画出弹簧)。让木板从离地高度为h位置自由下落，落地后木板静止，物块在木板中下滑了l长度。已知物块与木板间的动摩擦因数不变，以下说法正确的是(以下各选项中物块均未触地)( )
A．如果仅改变木板下落的高度，使其从2h高度落下，物块下滑的长度将为2l
B．如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来一半，物块下滑的长度将大于2l
C．如果仅改变物块的质量，使其变为原来2倍，物块下滑的距离将为2l
D．如果仅改变木板的质量，使其变为原来一半，物块下滑距离将大于2l
解析：选AB 设物块受到的滑动摩擦力为f，根据动能定理，有mg(h＋l)－fl＝0，解得l＝。仅改变木板下落的高度，使其从2h高度落下，物块下滑的长度将为2l，故A正确；如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来一半，物块受到的滑动摩擦力为原来的一半，物块下滑的长度将大于2l，故B正确；如果仅改变物块的质量，使其变为原来2倍，物块下滑的距离将大于2l，故C错误；如果仅改变木板的质量，物块下滑的距离仍为l，故D错误。
3.(2016·天津高考)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差 h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
解析：(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有
vB2＝2ax ①
由牛顿第二定律有
mg－Ff＝ma ②
联立①②式，代入数据解得Ff＝144 N。 ③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
mgh＋W＝mvC2－mvB2 ④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN－mg＝m ⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5 m。 ⑥
答案：(1)144 N (2)12.5 m
考点三 机械能守恒定律的应用
机械能守恒定律是高中物理的重要内容，同时也是高考命题的热点，此类问题主要涉及连接体问题、与实际生活相结合的问题，解题的关键是分析哪个物体或系统在哪个阶段机械能守恒。预计2019年高考仍会对机械能守恒定律进行考查，还有可能会结合动量进行考查，在复习时要引起重视。建议对本考点重点攻坚。
(一)判断机械能守恒的两个角度
1．若只有物体重力和弹簧弹力做功，则物体和弹簧组成的系统机械能守恒。
2．若系统内部只有动能和势能的相互转化，没有其他形式的能(如内能)与机械能相互转化，且系统与外部也没有能量的转移或转化，则系统机械能守恒。
(二)掌握系统机械能守恒的三种表达式
(三)谨记机械能守恒问题的三点提醒
1．具体题目需要具体分析初始条件，不能凭感觉直接得结果。如诊断卷第7题，算出v＝后，如果不注意mP>mQ的初始条件，可能会认为EkP
[深化拓展]
诊断卷第8题中，若m1＝2m2，斜面的倾角为30°，在其他条件都不变的情况下，求小球到达C点的速度大小。
提示：在小球从A点运动到C点的过程中，对小球和物块组成的系统，由机械能守恒定律得
m1gR＝m2gRsin 30°＋m1v12＋m2v22
把小球在C点的速度分解可得v2＝v1cos 45°
解得v1＝ 。
3．判断多个物体机械能是否守恒时，一定要明确哪几个物体、在哪个过程中机械能守恒，如诊断卷第8题，在小球从A点运动到C点的过程中，小球与物块组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒；对小球到达C点时速度应沿绳的方向和垂直于绳的方向进行分解，得到小球与物块的速度大小关系，本题的易错之处在于误认为小球与物块的速度大小相等，无法判断地面对斜面体的支持力与什么因素有关。
(四)突破三类连接体模型
求解连接体问题的方法是先找到两物体的速度关系，从而确定系统动能的变化，其次找到两物体上升或下降的高度关系，从而确定系统重力势能的变化，然后按照系统动能的增加量(减少量)等于重力势能的减少量(增加量)列方程求解。其中寻找两物体的速度关系是求解问题的关键。连接体一般可分为三种：
速率相等的连接体
两物体在运动过程中速率相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。
角速度相等的连接体
两球在运动过程中角速度相等，线速度大小与半径成正比，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。
某一方向分速度
相等的连接体
A放在光滑斜面上，B穿过竖直光滑杆PQ下滑，将B的速度沿绳的方向和垂直于绳的方向分解，如图丁所示。其中沿绳子方向的速度vx与A的速度大小相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。
(2018·襄阳适应性考试)木板固定在墙角处，与水平面夹角θ＝37°，木板上表面光滑，木板上有一个孔洞，一根长为L、质量为m的软绳置于木板上，其上端刚好进入孔洞，用细线将质量为m的物块与软绳连接，如图所示。物块由静止释放后向下运动，带动软绳向下运动，当软绳刚好全部离开木板(此时物块未到达地面)时，物块的速度为(已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6)( )
A. B.
C. D.
[解析] 法一：守恒观点
设细线的长度为a，选孔洞所在水平面为零势能面，对物块和软绳组成的系统由机械能守恒定律可得
－mga－mg×Lsin 37°＝－mg(a＋L)－mg×L＋×2mv2，解得v＝。
法二：转化观点
物块的重力势能减少mgL，软绳重力势能共减少mgL(1－sin θ)，根据机械能守恒定律，
有mgL＋mgL(1－sin θ)＝×2mv2－0，
解得v＝ ＝，C正确。
[答案] C
[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
[审题指导]
(1)审题时找出解题关键词“不计摩擦”，这提示我们系统中没有内能的转化，仅重力势能向动能转化，系统机械能守恒。
(2)判断a落地时，b的速度大小是解题的突破口。
[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，选项A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，选项C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，选项D正确；由机械能守恒定律可得：mgh＝mv2，即v＝，选项B正确。
[答案] BD
[题点全练]
1．(2018·唐山二模)如图位于竖直面内的光滑轨道AB，与半径为R的光滑圆形轨道底部相通，圆形轨道上部有一缺口CDE，D点为圆形最高点，∠COD＝∠DOE＝30°，质量为m可视为质点的小球自光滑轨道AB上某点静止下滑，由底部进入圆形轨道，通过不断调整释放位置，直到小球从C点飞出后能无碰撞的从E点进入左侧轨道，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．小球通过最高点的速度大小为
B．小球通过C点时速度大小为
C．小球从C点运动到最高点的时间为
D．释放点距地面的高度为R
解析：选D 小球从C点做斜抛运动，设速度为vC，速度方向与水平方向夹角为30°，则vCcos 30°·t＝EC＝R；vCsin 30°＝0.5gt，解得vC＝ ，到达最高点的速度vCcos 30°＝ ，选项A、B错误；小球从C点运动到最高点的时间为t′＝t＝＝ ，选项C错误；从释放点到C由机械能守恒定律得：mgh＝mvC2＋mgR(1＋cos 30°)，解得h＝R，选项D正确。
2．[多选](2018·河南适应性练习)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：选BD 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：·2mv2＝mgR，最低点时由支持力和重力的合力提供向心力，则有FN－mg＝m，所以轨道对A的支持力大小为2mg，故B正确；开始时重力对A做功功率为零，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正确。
3.[多选](2018·四川雅安三诊)如图所示，两质量均为m的物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在光滑滑轮两侧，用手托着物体A使细绳恰好伸直，弹簧处于原长，此时A离地面的高度为h，物体B静止在地面上。放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，则下列说法正确的是( )
A．弹簧的劲度系数为
B．此时弹簧的弹性势能等于mgh－mv2
C．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上
D．物体A落地后，物体B将向上运动到h高度处
解析：选AB 物体B对地面压力恰好为零，故弹簧对B的拉力为mg，故细绳对A的拉力也等于mg，弹簧的伸长量为h，由胡克定律得：k＝，故A正确；物体A与弹簧系统机械能守恒，则有mgh＝Ep弹＋mv2，所以Ep弹＝mgh－mv2，故B正确；根据牛顿第二定律对A有：F－mg＝ma，F＝mg，得a＝0，故C错误；物体A落地后，物体B与弹簧系统机械能守恒，mghB＝Ep弹＝mgh－mv2，所以hB＜h，故D错误。
考点四 功能关系的应用
功能关系这一知识点具有两“多”的特点，一是涉及的定理、原理多：动能定理、功能原理、能量守恒定律等；二是涉及的模型多：抛物线模型、圆弧轨道模型、机车启动模型、弹簧模型、传送带模型和板块模型等。处理此类问题的大体思路是分析物体的运动情况、受力做功情况，应用动能定理、功能原理、能量守恒定律等知识处理问题。建议对本考点重点攻坚。
(一)理清五种功能关系
重力做功与重力势能变化的关系
WG＝－ΔEp
弹力做功与弹性势能变化的关系
W弹＝－ΔEp
合外力做功与动能变化的关系
W合＝ΔEk
重力之外的力做功与机械能变化的关系
W其他＝ΔE机
滑动摩擦力、相对位移的乘积与内能变化的关系
Ffx相对＝ΔE内
(二)做好两个“分析”
1．必须分析物体运动过程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化。如诊断卷第10题，首先根据加速度的大小判断运动员是否受摩擦阻力的作用，然后判断对运动员做功的有重力、摩擦阻力，系统机械能的减小量等于阻力所做的功。
2．分析与能量有关的力学综合问题，如果涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、功能原理或能量守恒定律，题目中出现相对位移时，应优先选用功能原理，如诊断卷第11题，滑块由A滑到B，系统只有重力做功，机械能守恒；滑块运动到C，有摩擦力做功，且存在相对位移，应用功能原理求解。
[题点全练]
1．[多选](2019届高三·惠州模拟)如图所示为倾角为θ＝30°的斜面轨道，质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为。木箱在轨道顶端时，将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端。下列选项正确的是( )
A．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能
B．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度
C．M＝2m
D．m＝2M
解析：选BD 在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，故A错误；受力分析可知，下滑时加速度为gsin θ－μgcos θ，上滑时加速度为gsin θ＋μgcos θ，故B正确；设下滑的距离为l，根据功能关系有：μ(m＋M)glcos θ＋μMglcos θ＝mglsin θ，得m＝2M，故D正确，C错误。
2．(2018·吉林调研)如图甲所示，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像(Ex图像)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。根据该图像，下列判断正确的是( )
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：选C 0～x1过程中，由于物体的机械能逐渐减小，知拉力做负功，物体沿光滑斜面向下运动，所以拉力一定沿斜面向上，故A错误。由静止开始沿光滑斜面向下运动，重力沿斜面向下的分力一定大于拉力，根据功能原理知：ΔE＝FΔx，可知Ex图线的斜率表示拉力的大小，知0～x2过程中，拉力先减小后不变，物体的合力一直沿斜面向下，物体向下做加速运动，动能不断增大，故B错误。x1～x2过程中，拉力不变，设斜面的倾角为α，开始时物体加速下滑，F＜mgsin α。x1～x2过程中，拉力必定小于mgsin α，物体应做匀加速运动，不可能做匀减速直线运动，故C正确，D错误。
3.(2018·全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
解析：选C 小球从a点运动到c点，根据动能定理得，F·3R－mgR＝mv2，又F＝mg，故v＝2。小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方向的加速度大小也为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝＝2，水平位移x＝gt2＝2R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量等于力F做的功，即ΔE＝F·(3R＋x)＝5mgR。
一、高考真题集中演练——明规律
1．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能( )
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
解析：选B 动能Ek＝mv2，与速度的平方成正比，故C错误。速度v＝at，可得Ek＝ma2t2，与经历的时间的平方成正比，故A错误。根据v2＝2ax，可得Ek＝max，与位移成正比，故B正确。动量p＝mv，可得Ek＝，与动量的平方成正比，故D错误。
2.(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)( )
A. B.
C. D.
解析：选B 设轨道半径为R，小物块从轨道上端飞出时的速度为v1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg×2R＝mv2－mv12，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x＝v1t,2R＝gt2，解得x＝，因此当R－＝0，即R＝时，x取得最大值，B项正确，A、C、D项错误。
3．[多选](2016·全国卷Ⅱ)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∠ONM<∠OMN<。在小球从M点运动到N点的过程中，( )
A．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
解析：选BCD 在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜，则小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于拉伸状态，小球从M点运动到N点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A错误。在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B正确。弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C正确。由机械能守恒定律知，在M、N两点弹簧弹性势能相等，在N点动能等于从M点到N点重力势能的减小值，选项D正确。
4.(2015·全国卷Ⅰ)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则( )
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W
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
解析：选C 运动员从A点滑到B点的过程做匀速圆周运动，合外力指向圆心，不做功，故A错误，C正确。如图所示，沿圆弧切线方向运动员受到的合力为零，即Ff＝mgsin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力Ff变小，故B错误。运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，则机械能减小，故D错误。
6．[多选](2018·江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块( )
A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
解析：选AD 小物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹－Ff＝ma知，a减小；当运动到F弹＝Ff时，a减小为零，此时小物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，小物块继续向右运动，此时Ff－F弹＝ma，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹＋Ff＝ma，随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O点左侧F弹＝Ff时速度达到最大，故A正确，B错误。在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误。由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确。
7．(2016·全国卷Ⅰ)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g。
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
解析：(1)根据题意知，B、C之间的距离l为
l＝7R－2R ①
设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得
mglsin θ－μmglcos θ＝mvB2 ②
式中θ＝37°。联立①②式并由题给条件得
vB＝2。 ③
(2)设BE＝x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有
mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mvB2 ④
E、F之间的距离l1为
l1＝4R－2R＋x ⑤
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0 ⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得
x＝R ⑦
Ep＝mgR。 ⑧
(3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为
x1＝R－Rsin θ ⑨
y1＝R＋R＋Rcos θ ⑩
式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。
设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。
由平抛运动公式有
y1＝gt2 ⑪
x1＝vDt ⑫
联立⑨⑩⑪⑫式得
vD＝ ⑬
设P在C点速度的大小为vC。在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有
m1vC2＝m1vD2＋m1g ⑭
P由E点运动到C点的过程中，由动能定理有
Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1vC2 ⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得
m1＝m。 ⑯
答案：(1)2 (2)mgR (3) m
二、名校模拟重点演练——知热点
8．[多选](2018·安徽六安模拟)在风洞实验室内的竖直粗糙墙面上放置一钢板，风垂直吹向钢板，在钢板由静止开始下落的过程中，作用在钢板上的风力恒定。用Ek、E、v、P 分别表示钢板下落过程中的动能、机械能、速度和重力的功率，关于它们随下落高度h或下落时间t的变化规律，下列四个图像中正确的是( )
解析：选AC 钢板受到重力mg、风力F、墙的支持力N和滑动摩擦力f，由于风力恒定，则由平衡条件得知，墙对钢板的支持力恒定，钢板所受的滑动摩擦力恒定，故钢板匀加速下滑，则有v＝at，故C正确；根据动能定理得：Ek＝(mg－f)h，可知Ek与h成正比，故A正确；设钢板开始时机械能为E0，钢板克服滑动摩擦力做功等于机械能减小的量，则E＝E0－fh＝E0－f·at2，则知E与t是非线性关系，图像应是曲线，故B错误；重力的功率P＝mgv＝mg，则知P与h是非线性关系，图像应是曲线，故D错误。
9．[多选](2019届高三·衡水中学模拟)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。有一质量m＝1 000 kg 的混合动力轿车，在平直公路上以v1＝90 km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P＝50 kW。当驾驶员看到前方有80 km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L＝72 m后，速度变为v2＝72 km/h。此过程中发动机功率的五分之一用于轿车的牵引，五分之四用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能。假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变。下列说法正确的是( )
A．轿车以90 km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻的大小为2×103 N
B．驾驶员启动电磁阻尼轿车做匀减速运动，速度变为v2＝72 km/h 过程的时间为3.2 s
C．轿车从90 km/h减速到72 km/h过程中，获得的电能E电＝6.3×104 J
D．轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72 km/h 匀速运动的距离为31.5 m
解析：选ACD 轿车以90 km/h在平直公路上匀速行驶时，由P＝F1v1，F阻＝F1可得：F阻＝2×103 N，故A项正确。驾驶员启动电磁阻尼后，轿车减速运动，牵引力F＝，且逐渐增大，加速度a＝逐渐减小，做加速度减小的减速运动，故B项错误。轿车从90 km/h减速到72 km/h 过程中，运动L＝72 m，由动能定理可得Pt＋(－F阻L)＝mv22－mv12，获得的电能E电＝Pt·，联立解得：E电＝6.3×104 J，故C项正确。据E电＝F阻x可得，轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电匀速运动的距离x＝31.5 m，故D项正确。
10．(2018·四川蓉城名校联考)如图所示，在竖直平面(纸面)内固定一内径很小内壁光滑的圆管形轨道ABC，它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成， A与C端切线水平。在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE，圆弧轨道D端上边缘恰好与圆管轨道的C端内径下边缘水平对接。一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道，通过C点后进入圆弧轨道运动，过C点时轨道对小球的压力为2mg，小球始终没有离开圆弧轨道。已知圆弧轨道DE的质量为2m，重力加速度为g。求：
(1)小球从A点进入圆管轨道的速度大小；
(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度。
解析：(1)小球过C点时，有2mg＋mg＝m ①
解得vC＝ ②
小球从A到C，由机械能守恒定律有
mv02－mvC2＝mg·2R ③
由②③得v0＝。 ④
(2)小球冲上圆弧形轨道运动，由水平方向上动量守恒得mvC＝(m＋2m)v共⑤
根据机械能守恒定律得
mvC2＝(m＋2m)v共2＋mgh ⑥
由②⑤⑥得h＝R。 ⑦
答案：(1) (2)R
11.(2018·山东天成大联考)如图所示，劲度系数为k＝100 N/m 的轻质弹簧水平放置，左端固定在竖直墙壁上，右端与质量为m＝3 kg的小物块相连，小物块另一侧与一根不可伸长的轻质细线相连，细线另一端固定在天花板上，当细线与竖直方向成θ＝53°时，小物块处于静止状态且恰好对水平地面无压力。(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：
(1)此时细线的拉力大小；
(2)若小物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则剪断细线瞬间小物块的加速度；
(3)剪断细线后，经过一段时间小物块获得最大动能，则此过程因摩擦产生的内能。
解析：(1)由受力平衡有：mg＝Tcos 53°，解得：T＝50 N。
(2)剪断细线瞬间，地面对物块产生支持力，有：FN＝mg
弹簧在瞬间弹力未发生改变，有：F弹＝Tsin 53°
由牛顿第二定律有：F弹－μFN＝ma
解得：a＝10 m/s2，方向水平向左。
(3)当F弹′＝μFN时，物块动能最大，设此时弹簧伸长量为x1
则有：F弹′＝μFN＝kx1，解得：x1＝0.1 m
开始弹簧的伸长量为x，则有：F弹＝Tsin 53°＝kx，
解得：x＝0.4 m
由功能关系可得产生的内能：Q＝μFN(x－x1)＝3 J。
答案：(1)50 N (2)10 m/s2，方向水平向左 (3)3 J
第二讲动量及其守恒定律
考点一
动量 冲量 动量定理
1.[考查动量、冲量的概念]
“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
解析：选A 从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故选项A正确，选项B、C、D错误。
2．[考查动量定理的应用]
[多选]静止在粗糙水平面上的物体，在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移l后，动量为p、动能为Ek。以下说法正确的是( )
A．若保持水平力F不变，经过时间2t，物体的动量等于2p
B．若将水平力增加为原来的两倍，经过时间t，物体的动量等于2p
C．若保持水平力F不变，通过位移2l，物体的动能小于2Ek
D．若将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，物体的动能大于2Ek
解析：选AD 根据动量定理I合＝(F－f)t＝p，保持水平力F不变，经过时间2t，(F－f)·2t＝p′，可知p′＝2p，故A正确；根据动量定理I合＝(F－f)t＝p，若水平力增加为原来的2倍，经过时间t，则有(2F－f)·t＝p′，则p′＞2p，故B错误；根据动能定理(F－f)·l＝Ek，保持水平力F不变，通过位移2l，有(F－f)·2l＝Ek′，则有Ek′＝2Ek，故C错误；根据动能定理(F－f)·l＝Ek，将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，有(2F－f)·l＝Ek′，则有Ek′＞2Ek，故D正确。
考点二
动量守恒定律及其应用
3.[考查系统动量守恒的判断]
[多选]如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧紧靠竖直墙壁，右侧紧靠一质量为M2的物块。今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始下落，与半圆槽相切自A点进入槽内，以下结论正确的是( )
A．小球在槽内运动的B至C过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
B．小球在槽内运动的B至C过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒
C．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
D．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒
解析：选BD 小球从A→B的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，但是小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，选项A错误，B正确；当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，选项C错误；因为小球在槽内运动过程中，接触面都是光滑的，所以小球、半圆槽、物块组成的系统机械能守恒，故选项D正确。
4．[考查某一方向动量守恒问题]
如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(m＜M)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是( )
A．在以后的运动过程中，小球和槽在水平方向动量始终守恒
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处
解析：选D 当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于槽的曲面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，则小球的速度大于槽的速度，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球将追上槽并沿槽上滑，上滑过程中只有重力对系统做功，机械能守恒，由于小球与槽组成的系统总动量水平向左，小球滑上槽的最高点时系统速度水平向左，系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故D正确。
5．[考查“人船模型”的动量守恒问题]
滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示。人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为( )
A. B.
C. D．v1
解析：选D 根据动量守恒条件可知人与雪橇组成的系统在水平方向动量守恒，人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为v1，D正确。
考点三
碰撞、爆炸与反冲
6.[考查弹性碰撞问题]
2017年7月9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A队在1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠。如图为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量为pA＝5 kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为pB′＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是( )
A．mB＝mA B．mB＝mA
C．mB＝mA D．mB＝6mA
解析：选A 由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg·m/s，根据碰撞过程中总动能不增加，则有≥＋，代入数据解得mB≥mA，碰后两球同向运动，白色球A的速度不大于花色球B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上可得mA≤mB≤4mA，选项A正确。
7．[考查非弹性碰撞问题]
[多选]A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像。若A球质量m＝2 kg，则由图判断下列结论正确的是( )
A．碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/s
B．碰撞时A球对B球所施的冲量为－4 N·s
C．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
解析：选ABD 根据图像可知，碰前A球的速度vA＝－3 m/s，碰前B球的速度vB＝2 m/s，碰后A、B两球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，选项A正确；A球的动量变化量为4 kg·m/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化量为－4 kg·m/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球所施的冲量为－4 N·s，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝ kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔE＝mvA2＋mBvB2－(m＋mB)v2＝10 J，选项D正确；A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－ kg·m/s，选项C错误。
8．[考查爆炸问题]
“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，燃放爆竹是我国传统民俗。春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，假设爆竹到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块碎片，前面一块碎片速度水平向东，后面一块碎片速度水平向西，前、后两块碎片的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反。以下说法正确的是( )
A．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度
B．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度可能水平向西
C．爆炸后，三块碎片将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同
D．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能
解析：选A 设爆竹爆炸前的速度为v，爆竹爆炸成三块碎片的质量均为m，爆炸后前、后两块碎片的速度大小为v前后，中间那块碎片的速度大小为v′，设水平向东为正方向，根据水平方向动量守恒，3mv＝mv前后＋mv′－mv前后，得v′＝3v，方向向东，所以爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度，选项A正确、B错误；爆炸后，三块碎片均做平抛运动，竖直方向上有h＝gt2，下落时间相同，则竖直方向分速度相同，但水平方向上的分速度方向不同，故合速度方向不同，则动量不同，选项C错误；爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能m(3v)2＞·3m·v2，选项D错误。
9．[考查反冲问题]
[多选]一机枪架在湖中小船上，船正以1 m/s的速度前进，小船及机枪总质量M＝200 kg，每颗子弹质量为m＝20 g，在水平方向机枪以v＝600 m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为( )
A．1.4 m/s B．1 m/s
C．0.8 m/s D．0.5 m/s
解析：选BC 若子弹射出方向与船前进的方向在同一直线上，则子弹、机枪和小船组成的系统动量守恒，有Mv0＝(M－5m)v′±5mv，若子弹向船前进的方向射出，反冲作用使船速减小，v1′＝＝0.7 m/s，若子弹向船前进的反方向射出，v2′＝＝1.3 m/s，可见船速应在0.7～1.3 m/s之间。故B、C正确。
考点四
动量综合问题
10.[考查含有弹簧的动量综合问题]
[多选]光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x。现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则( )
A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为
B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x
C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv2
D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2
解析：选AD 当物块A的加速度大小为a时，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx＝2ma。当物块B的加速度大小为a时，有：kx′＝ma，对比可得：x′＝，即此时弹簧的压缩量为，故A正确。取水平向左为正方向，根据系统动量守恒得：2m－m＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移为：xA＝x，故B错误。根据动量守恒定律得：0＝2mv－mvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB＝2v，由系统的机械能守恒得，物块开始运动前弹簧的弹性势能为：Ep＝·2mv2＋mvB2＝3mv2，故C错误，D正确。
11．[考查“子弹打木块”模型]
[多选]如图所示，质量为m的子弹水平射入质量为M、放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了5 J，那么此过程中系统产生的内能可能为( )
A．16 J B．11.2 J
C．4.8 J D．3.4 J
解析：选AB 设子弹的初速度为v0，与木块的共同速度为v，则由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v；系统产生的内能Q＝fd＝mv02－(m＋M)v2，木块得到的动能为Ek1＝fs＝Mv2，其中，f为子弹与木块间的摩擦力，d为子弹在木块内运动的位移，s为木块相对于地面运动的位移，变形可得Q＝Ek1＞Ek1，故选项A、B正确。
12．[考查板块模型问题]
如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙。在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上。现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B，并以的速度滑离B，恰好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m，求：
(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ；
(2)圆弧槽C的半径R；
(3)滑块A滑离圆弧槽C时C的速度。
解析：(1)对A、B、C整体，设A刚离开B时，B和C的共同速度为vB，从A滑上B到刚离开B的过程中动量守恒，有mv0＝m＋2mvB，解得vB＝
由能量守恒定律有
μmgL＝mv02－m2－×2mvB2
解得μ＝。
(2)从A滑上C到“恰能到达C的最高点”的过程中，设A到达最高点时A和C的共同速度为vC，研究A和C组成的系统，在水平方向上由动量守恒定律有
m＋mvB＝2mvC，解得vC＝v0
由于在此过程中A和C组成的系统机械能守恒，有
mgR＝m2＋mvB2－×2m2
解得R＝。
(3)研究A、C组成的系统，从A滑上C开始到A滑离C的过程中，系统在水平方向上动量守恒，
有m＋mvB＝mvA1＋mvC1，
式中vA1和vC1分别为A滑离C时A和C的速度
此过程中A和C组成的系统机械能守恒，
有m2＋mvB2＝mvA12＋mvC12
解得vC1＝，方向水平向左。
答案：(1) (2) (3)，方向水平向左
13．[考查三大观点的综合应用]
如图所示，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, cos 53°＝0.6)求：
(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)设小球到达圆弧轨道末端的速度为v0，由机械能守恒定律
mgR(1－cos 53°)＝mv02
解得v0＝4 m/s
小球在圆弧轨道最低点F－mg＝m
解得F＝9 N
由牛顿第三定律，小球对轨道的压力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，
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，设运动时间为t
h＝gt2
解得 t＝0.3 s
小球恰好击中小车的最右端，有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－cos 53°)＝mv12＋Mv22＋Q
解得Q＝2.75 J。
答案：(1)9 N (2)2 m/s (3)2.75 J
释疑4大考点
考点一 动量 冲量 动量定理
本考点重在对动量、冲量概念和动量定理的理解及应用，常与运动学公式、牛顿运动定律等知识进行简单交汇命题，难度一般，主要考查考生的理解和分析能力。建议考生自学为主。
(一)概念公式要清
(二)系统联系要明
1．正确理解动量、冲量、功、动能、弹性势能等物理量的意义。对于一个确定的研究对象，如诊断卷第1题中做蹦极运动的人，他的速度、动量、动能三个量的大小变化是一致的，且冲量的方向由力的方向决定，动量的方向由速度的方向决定。
2．物体动量的变化量由合外力的冲量决定，物体动能的变化量由合外力的功决定。如诊断卷第2题，拉力的冲量变为原来的2倍，合外力的冲量不一定是原来的2倍，故选项B错误；拉力的功变为原来的2倍，合外力的功不一定是原来的2倍，可判断选项D正确。
[题点全练]
1．(2018·全国卷Ⅱ)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：选C 设每层楼高约为3 m，则下落高度约为h＝3×25 m＝75 m，达到的速度v2＝2gh，根据动量定理(F－mg)t＝0－(－mv)，解得鸡蛋受到地面的冲击力F＝＋mg≈103 N，由牛顿第三定律知C正确。
2．[多选](2018·东北三省三校联考)将一小球从地面以速度v0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，下列说法正确的是( )
A．重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等
B．重力在上升过程与下降过程中的冲量相同
C．整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量
D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量
解析：选AC 根据W＝Gh可知，重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等，选项A正确；上升过程中的加速度a上＝g＋大于下降过程中的加速度a下＝g－，则上升的时间小于下降的时间，即t上
A．斜面对物体的弹力的冲量为零
B．物体受到的重力的冲量大小为mgt
C．物体受到的合力的冲量大小为零
D．物体动量的变化量大小为mgsin θ·t
解析：选BD 斜面对物体的弹力的冲量大小为：I＝Nt＝mgcos θ·t，弹力的冲量不为零，故A错误；物体所受重力的冲量大小为：IG＝mg·t，物体受到的重力的冲量大小不为零，故B正确；物体受到的合力的冲量大小为mgtsin θ，不为零，C错误；由动量定理得，动量的变化量大小Δp＝I合＝mgsin θ·t，D正确。
考点二 动量守恒定律及其应用
本考点常考查多个物体(包括弹簧)的动量守恒的判断和相关计算，选择题与计算题均是常考题型，与机械能守恒定律和功能关系相结合是常见计算题的命题形式，试题难度中等。考生应学会灵活变通。
(一)全面理解定律
(二)重点例析应用
1．判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力。如诊断卷第3题，小球由B至C的过程中，对小球和半圆槽组成的系统，物块对系统有水平向左的外力，故系统水平方向动量不守恒；但若取小球、半圆槽、物块为一系统，则物块对半圆槽的作用力为内力，系统水平方向动量守恒。
2．动量守恒具有矢量性，若系统在某个方向上合力为零，则系统在该方向上满足动量守恒定律。如诊断卷第3、4、5题，系统动量虽不守恒，但系统在水平方向上合力为零，在水平方向上系统动量守恒。
[题点全练]
1．(2019届高三·惠州模拟)质量为1 kg的物体从距地面5 m高处自由下落，落在正以5 m/s的速度沿水平方向匀速前进的小车上，车上装有砂子，车与砂的总质量为4 kg，地面光滑，则车后来的速度为(g＝10 m/s2)( )
A．4 m/s B．5 m/s
C．6 m/s D．7 m/s
解析：选A 物体和车作用过程中，两者组成的系统水平方向不受外力，水平方向系统的动量守恒。已知两者作用前，车在水平方向的速度v0＝5 m/s，物体水平方向的速度v＝0；设当物体与小车相对静止后，小车的速度为v′，取原来小车速度方向为正方向，则根据水平方向系统的动量守恒得：mv＋Mv0＝(M＋m)v′，解得：v′＝＝ m/s＝4 m/s，故选项A正确，B、C、D错误。
2．[多选](2018·安徽宣城二次调研)如图所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，轻质弹簧左端固定在A点，物体用细线拉在A点将弹簧压缩，某时刻线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的橡皮泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是( )
A．若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒
B．若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒
C．不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与线断前相同
D．不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同
解析：选BCD 物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失，故A错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B端粘在B端的橡皮泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C正确；当物体粘在橡皮泥上时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关，故D正确。
3.有一质量为M的小船静止在水面上，在船头A到船尾B的连线上有一点C，AC＝L1，BC＝L2，在A端站一质量为2m的人，在C点放有质量为m的物体(人和物都可视为质点)，现在人从A端走到C点将物体搬到B端停下，若不计水对船的阻力，此过程中小船对地的位移为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 人、船和物体视为一系统，人从A端到C点过程，规定向右为正方向，系统动量守恒。结合速度v＝得2ms1－(m＋M)s2＝0，人和船的速度方向相反，应用几何关系得s1＋s2＝L1，解得s2＝；从C点将物体搬到B端停下的过程，规定向右为正方向，系统动量守恒。结合速度v＝得(2m＋m)s1′－Ms2′＝0，同理应用几何关系得s1′＋s2′＝L2，解得s2′＝。总位移为s总＝s2＋s2′＝，故B正确。
考点三 碰撞、爆炸与反冲
考查动量守恒定律及其应用，试题常常涉及多个物体，多个过程，以碰撞模型为纽带，此类题目中动量常与能量、牛顿运动定律等知识相互结合，试题综合性强，难度较大，灵活性较强。建议对本考点融会贯通。
(一)碰撞过程遵循的“三原则”
动量守恒
碰撞时间极短，内力远大于外力，动量可看作守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能
不增加
碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量。系统动能满足关系式：m1v12＋m2v22≥m1v1′2＋m2v2′2
物理情境
可行性
按碰撞情境可分为追赶碰撞和相向碰撞，两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致。如诊断卷第6题中两球碰撞后同向运动，一定满足碰撞后白色球A的速度不大于花色球B的速度，可得mB≤4mA
(二)快准解题“三注意”
1．两物体发生弹性碰撞时，动量、机械能都守恒，如诊断卷第6题，结合实际情境考查学生对碰撞问题的理解，根据动量守恒定律求解碰撞后白色球A的动量，根据“碰撞过程中动能不增加”求解花色球B的质量满足的条件。
2．动量是矢量，动量的变化量为初、末状态的动量的矢量差，要注意将正负号代入计算。如诊断卷第7题，碰撞前、后A球的动量都为负值，但动量的变化量为正值；从xt图像得到的速度也一定要注意正负问题，斜率为负则速度为负值，斜率为正则速度为正值。本题的碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大。
3．爆炸过程时间极短，内力远大于外力，系统动量近似守恒，如诊断卷第8题，通过爆炸过程中动量守恒求得速度，通过分析平抛运动求得落地时的动量，通过能量关系比较机械能。
[题点全练]
1．(2018·贵州凯里一中模拟)在平昌冬奥会中国队对阵瑞典队的女子冰壶比赛中，中国运动员在某次出手投壶时用质量为m的黄色冰壶以v1＝3v的速度与质量相同的静止的红色冰壶发生正碰，碰后黄色冰壶以v2＝v的速度沿原方向运动，则这两个冰壶构成的系统碰撞过程中损失的动能为( )
A.mv2 B．mv2
C．2mv2 D.mv2
解析：选C 选v1方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv1＝mv2＋mv′，解得v′＝2v，由能量守恒得：ΔE＝mv12－mv22－mv′2，解得：ΔE＝2mv2，故C正确。
2．[多选]为完成某种空间探测任务，需要在太空站上发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速。已知探测器的质量为M，每秒钟喷出的气体质量为m，喷射气体的功率恒为P，不计喷气后探测器的质量变化。则( )
A．喷出气体的速度为
B．喷出气体的速度为
C．喷气Δt秒后探测器获得的动能为
D．喷气Δt秒后探测器获得的动能为
解析：选BC 对t＝1 s内的喷出气体，由动能定理得Pt＝mv12，解得v1＝ ，故B正确，A错误。在Δt时间内，喷出气体整体与探测器动量守恒，有Mv2＝mΔt·v1，探测器的动能为Ek＝Mv22，解得Ek＝，故C正确，D错误。
3．(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＝mv02 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，设爆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
mv12＋mv22＝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
mv12＝mgh2 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝。 ⑧
答案：(1) (2)
考点四 动量综合问题
动量综合问题，指的是解决这类力学问题一般需要用到动力学、动量和能量三种观点，所涉及的主要内容是：“两个定律”——牛顿第二、第三定律；“两个定理”——动能定理和动量定理；“三个守恒”——能量守恒定律、机械能守恒定律和动量守恒定律。这类问题综合性强、难度大，建议对本考点重点攻坚。
(一)力学解题的三大观点
(二)选取规律的思维流程
(三)高考常考的两个经典模型
1．子弹打木块模型的两种情况
子弹打木块的两种情况：①子弹停留在木块中和木块一起运动；②子弹穿透木块和木块各自运动。如诊断卷第11题是第一种情况，若是第二种情况，则根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，Q＝fl＝mv02－mv12－Mv22，l为木块的长度，其中v1和v2分别为子弹穿过木块后子弹和木块的速度。
2．板块模型的解题思路
板块模型一般至少涉及两个物体，包括多个运动过程，板块间存在相对运动。解决板块模型问题，要分析不同阶段的受力情况和运动情况，然后对每一个过程建立动量守恒方程和能量守恒方程求解，必要时可以利用图像(如画出vt图像)分析运动情况。如诊断卷第12题，关键是合理选择系统，求滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数时，选择A、B、C组成的系统；研究A在B上滑动的过程，利用动量守恒定律求速度，利用能量守恒定律求动摩擦因数；求圆弧槽的半径时，选择A和C组成的系统，仍然利用动量守恒定律求速度，利用能量守恒定律求圆弧槽的半径；求A滑离C时C的速度时，选择A和C组成的系统，从A滑上C开始到A滑离C的过程中，利用动量守恒定律、机械能守恒定律列式求解。
质量为M＝3.0 kg的平板小车静止在光滑水平面上，如图(a)所示。当t＝0时，两个质量都是m＝1.0 kg 的小物体A和B(均可看成质点)，分别从左端和右端以大小为v1＝4.0 m/s和v2＝2.0 m/s的水平速度冲上小车C，当它们在车上停止滑动时，没有相碰。A、B与车面间的动摩擦因数都是μ＝0.20，g取10 m/s2。
(1)求A、B在车上停止滑动时车的速度。
(2)车的长度至少是多少？
(3)在图(b)所给出的坐标系中画出0～4.0 s内小车运动的速度—时间图像。
[思维流程]
[解析] (1)以水平向右为正方向，设A、B在车上停止滑动时，车的速度为v，根据动量守恒定律可得
m(v1－v2)＝(M＋2m)v
解得v＝0.40 m/s，方向向右。
(2)设A、B在车上相对于车滑动的距离分别为l1和l2，由功能关系可得
μmgl1＋μmgl2＝mv12＋mv22－(2m＋M)v2
解得l1＋l2＝4.8 m，即车长至少为4.8 m。
(3)车的运动可分为以下三个阶段：
第一阶段：A、B同时在车上滑动时，小物体对车的摩擦力大小均为μmg，方向相反，车受力平衡而保持不动。当B的速度减为0时，此过程结束。设这段时间内小物体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma
得小物体的加速度大小a＝μg
设B到t1时刻停止滑动，则t1＝＝1.0 s。
第二阶段：B停止运动后，A继续在车上滑动。设到t2时刻物体A与车有共同速度v，则有v＝(v1－v2)－a(t2－t1)
解得t2＝1.8 s。
第三阶段：t2时刻之后，车以速度v做匀速直线运动。
小车运动的速度—时间图像如图所示。
[答案] (1)0.40 m/s，方向向右 (2)4.8 m (3)见解析
[题点全练]
1．[多选](2018·江淮十校联考) 如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的木块A放在长木板的左端，一颗质量为m的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为v0，木块在木板上滑行的时间为t，下列说法正确的是( )
A．木块获得的最大速度为v0
B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为v0
C．木块在木板上滑动时，木块与木板间的滑动摩擦力大小为
D．木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能
解析：选AC 对子弹和木块A系统，根据动量守恒定律得：mv0＝v1，解得v1＝v0，选项A正确；木块滑离木板时，对木板和木块(包括子弹)系统，根据动量守恒定律得：mv0＝·v0＋mv2，解得v2＝v0，选项B错误；对木板，由动量定理：ft＝mv2，解得f＝，选项C正确；由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，选项D错误。
2．[多选]如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆形槽的半径为R，将物体A(可视为质点)从圆槽右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则( )
A．A能到达B圆槽的左侧最高点
B．A运动到圆槽的最低点时A的速率为
C．A运动到圆槽的最低点时B的速率为
D．B向右运动的最大位移大小为
解析：选AD 运动过程不计一切摩擦，故由能量守恒可得：机械能守恒，且两物体水平方向动量守恒，那么A可以到达B圆槽的左侧最高点，且A在B圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故A正确；A、B整体在水平方向上合外力为零，故在水平方向上动量守恒，所以mvA－2mvB＝0，即vA＝2vB，A的水平速度向左，B的水平速度向右；又有A在水平方向的最大位移和B在水平方向上的最大位移之和为2R，故B向右运动的最大位移大小为R，故D正确；对A运动到圆槽的最低点的运动过程中，对A、B整体应用机械能守恒可得：mgR＝mvA2＋·2mvB2＝3mvB2；所以A运动到圆槽的最低点时B的速率为：vB＝；A的速率为：vA＝2vB＝，故B、C错误。
3.(2019届高三·湖南永州模拟)如图所示，质量为m2＝2 kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3 m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧。滑道CD部分粗糙，长为L＝0.2 m，动摩擦因数μ＝0.10，其他部分均光滑。现让质量为m1＝1 kg的物块(可视为质点)自A点由静止释放，取g＝10 m/s2。求：
(1)物块到达圆弧轨道最低点时的速度大小；
(2)在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
(3)物块最终停止的位置。
解析：(1)物块从释放到运动到圆弧轨道最低点，由动量守恒定律得： 0＝m1v1－m2v2
由机械能守恒定律得：m1gR＝m1v12＋m2v22
解得：v1＝2 m/s。
(2)由能量守恒定律得：Epm＝m1gR－μm1gL
解得：Epm＝2.8 J。
(3)最终物块将停在C、D之间，由能量守恒定律得：m1gR＝μm1gs
解得：s＝3 m，
所以m1最终停在D点。
答案：(1)2 m/s (2)2.8 J (3)最终停在D点
一、高考真题集中演练——明规律
1．(2017·全国卷Ⅰ)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：选A 燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确。
2.[多选](2017·全国卷Ⅲ)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：选AB 法一：根据Ft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项正确，C、D项错误。
法二：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小为p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。
3．(2018·全国卷Ⅱ)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：
(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＝mBaB ①
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＝2aBsB ②
联立①②式并利用题给数据得
vB′＝3.0 m/s。 ③
(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＝mAaA ④
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＝2aAsA ⑤
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
4．(2016·全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
解析：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV ①
ΔV＝v0SΔt ②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S。 ③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v02 ④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
Δp＝(Δm)v ⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp ⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg ⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝－。 ⑧
答案：(1)ρv0S (2)－
二、名校模拟重点演练——知热点
5．[多选]如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．A、B之间动摩擦因数为0.1
B．长木板的质量M＝2 kg
C．长木板长度至少为2 m
D．A、B组成的系统损失的机械能为4 J
解析：选AB 从题图乙可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度：v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2 kg，故B正确；由图像可知，木板B匀加速运动的加速度为：a＝＝ m/s2＝1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma，解得动摩擦因数为：μ＝0.1，故A正确；由图像可知前1 s内B的位移为：xB＝×1×1 m＝0.5 m, A的位移为：xA＝×1 m＝1.5 m，所以木板最小长度为：L＝xA－xB＝1 m，故C错误；A、B组成的系统损失的机械能为：ΔE＝mv02－(m＋M)v2＝2 J，故D错误。
6．(2019届高三·株洲质检)如图，长l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上。后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。当小球甲刚要落地时，其速度大小为( )
A. B.
C. D．0
解析：选B 两球组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv－mv′＝0，即v＝v′；由机械能守恒定律得：mv2＋mv′2＝mgl，解得：v＝，故B正确。
7．(2018·宜宾诊断)如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击入沙袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸相对于沙袋的形状其大小可忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是( )
A．弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
B．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小
C．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为
D．沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为
解析：选D 弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律得：mv0＝(m＋5m)v，解得v＝v0；弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据T＝6mg＋6m可知，细绳所受拉力变大，选项A错误；根据牛顿第三定律可知，弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小，选项B错误；弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q＝mv02－·6mv2＝mv02，选项C错误；由机械能守恒可得：·6mv2＝6mgh，解得h＝，选项D正确。
8.[多选](2018·内蒙古赤峰模拟)如图所示，质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起，竖直放置在水平地面上，物体A处于静止状态，在A的正上方h高处有一质量也为m的小球C。现将小球C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．C与A碰撞后瞬间A的速度大小为
B．C与A碰撞时产生的内能为
C．C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为
D．要使碰后物体B被拉离地面，h至少为
解析：选ABD 对C自由下落过程，由机械能守恒得：mgh＝mv02，解得：v0＝，对C与A组成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1，解得：v1＝，故A正确；C与A碰撞时产生的内能为：ΔE＝mv02－·2mv12＝mgh，故B正确；当A、C速度为零时，弹簧的弹性势能有最大值，Epmax＝·2mv12＋2mgΔx＞mgh，故C错误；开始时弹簧的压缩量为：H＝，碰后物体B刚被拉离地面时弹簧伸长量为：H＝，则A、C将上升2H，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得：·2mv12＝2mg·2H，解得：h＝，故D正确。
9．如图所示，一质量为M＝4 kg的长木板B静止在光滑的水平面上，在长木板B的最右端放置一可视为质点的小铁块A，已知长木板的长度为L＝1.4 m，小铁块的质量为m＝1 kg，小铁块与长木板上表面之间的动摩擦因数为μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。如果在长木板的右端施加一水平向右的恒力F＝28 N，为了保证小铁块能离开长木板，则恒力的作用时间至少应为多大？
解析：设恒力F作用的时间为t，此时间内小铁块相对长木板滑动的距离为L1，根据牛顿第二定律得小铁块的加速度为：a1＝＝0.4×10 m/s2＝4 m/s2
长木板的加速度为：
a2＝＝ m/s2＝6 m/s2
由空间关系可知L1＝a2t2－a1t2
整理得：L1＝t2
此时，小铁块的速度v1＝a1t＝4t
长木板的速度v2＝a2t＝6t
撤去F后，小铁块和长木板组成的系统动量守恒，则由动量守恒定律得：mv1＋Mv2＝(M＋m)v
解得：v＝
若小铁块刚好滑到木板的最左端，由能量守恒定律得：μmg(L－L1)＝Mv22＋mv12－(M＋m)v2
代入数据解得：t＝1 s。
答案：1 s
10．(2019届高三·重庆江津中学月考)如图所示，光滑固定斜面倾角θ＝30°，一轻质弹簧底端固定，上端与M＝3 kg的物体B相连，初始时B静止， A物体质量m＝1 kg，在斜面上距B物体s1＝10 cm处由静止释放， A物体下滑过程中与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后粘在一起，己知碰后A、B经t＝0.2 s下滑s2＝5 cm至最低点，弹簧始终处于弹性限度内， A、B可视为质点， g取10 m/s2，求：
(1)从碰后到最低点的过程中弹簧弹性势能的增加量；
(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，弹簧对物体B冲量的大小。
解析：(1)A下滑s1时的速度由动能定理得：
mgs1sin θ＝mv02
v0＝＝ m/s＝1 m/s
设初速度方向为正方向，A、B相碰时由动量守恒定律得：
mv0＝(m＋M)v1
解得：v1＝0.25 m/s；
从碰后到最低点，由系统机械能守恒定律得：
ΔEp＝(m＋M)v12＋(m＋M)gs2sin θ
解得：ΔEp＝1.125 J。
(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，由动量定理得：
I－(m＋M)gsin θ×2t＝(m＋M)v1－[－(M＋m)v1]
解得：I＝10 N·s。
答案：(1)1.125 J (2)10 N·s
11．(2018·湖南六校联考)如图所示，在光滑水平面上有一质量为2 018m的木板，木板上有2 018块质量均为m的相同木块1、2、…、2 018。最初木板静止，各木块分别以v、2v、…、2 018v同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为μ，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。求：
(1)最终木板的速度；
(2)运动中第88块木块的最小速度；
(3)第二块木块相对木板滑动的时间。
解析：(1)最终所有木块和木板一起以速度v′运动，由动量守恒可知m(v＋2v＋…＋nv)＝2nmv′，其中n＝2 018，
解得v′＝v＝ v。
(2)设第k块木块最小速度为vk，则此时木板及第1至第k－1块木块的速度均为vk；
因为每块木块质量相等，所以各木块减速时受到的合外力也相等(均为μmg)，故在相等时间内，其速度的减少量也相等，因而此时，第k＋1至第n块木块的速度依次为vk＋v、vk＋2v、…、vk＋(n－k)v；
系统动量守恒，故m(v＋2v＋…＋nv)＝(nm＋km)vk＋m(vk＋v)＋…＋m[vk＋(n－k)v]＝nmvk＋kmvk＋(n－k)mvk＋m[1＋2＋…＋(n－k)]v＝2nmvk＋m[1＋2＋…＋(n－k)]v；
所以vk＝，v88＝v。
(3)第二块木块相对静止的速度为v2＝＝×2v＝v；
因为木块减速时的加速度大小总为a＝μg；
v2＝2v－μgt，解得t＝＝。
答案：(1)v (2)v (3)
第一讲功和能
考点一
功和功率
1.[考查功的计算]
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，两物块通过一跨过光滑定滑轮的细线连在一起。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：选A 对物块甲：T＋mgsin 30°＝μmgcos 30°；对物块乙：F＝T＋mgsin 60°；F做的功：W＝FL；解得W＝mgL，故A正确。
2．[考查平均功率与瞬时功率的分析与计算]
[多选]如图甲所示，一个质量m＝2 kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．物块经过4 s时间到出发点
B．4.5 s时水平力F的瞬时功率为24 W
C．0～5 s内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零
D．0～5 s内物块所受合力的平均功率为1.8 W
解析：选BD 由图像可知，前4 s内速度方向始终为正方向，故前4 s时间内没有回到出发点，选项A错误；根据vt图线的斜率表示加速度，可知3～5 s内，加速度a＝－ m/s2＝－3 m/s2,4.5 s时的速度v＝aΔt＝－3×(4.5－4) m/s＝－1.5 m/s，根据牛顿第二定律有F＋μmg＝ma，得F＝－16 N，负号表示力的方向水平向左，水平力F的瞬时功率P＝Fv＝24 W，选项B正确；滑动摩擦力的方向始终与速度方向相反，摩擦力始终做负功，选项C错误；3～5 s内合力为恒力，物块的位移为零，合力做的功为零，0～3 s内，物块的加速度a1＝ m/s2＝1 m/s2，位移x1＝×1×32 m＝4.5 m，合力做的功W＝ma1x1＝9 J，0～5 s内合力的平均功率＝＝ W＝1.8 W，选项D正确。
3．[考查“机车启动”类问题]
如图甲所示，水平面上一质量为m的物体在水平力F作用下开始加速运动，力F的功率P保持恒定，运动过程中物体所受的阻力f大小不变，物体速度最终达到最大值vmax，此过程中物体速度的倒数与加速度a的关系图像如图乙所示。仅在已知功率P的情况下，根据图像所给信息可知以下说法中正确的是( )
A．可求出m、f和vmax
B．不能求出m
C．不能求出f
D．可求出物体加速运动时间
解析：选A 当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力大小等于阻力大小，速度为最大值，最大速度vmax＝ m/s＝10 m/s；功率P＝Fv，而F－f＝ma，联立可得＝a＋，物体速度的倒数与加速度a的关系图像的斜率为k＝，纵轴截距为＝0.1，因此可求出m、f和vmax，选项A正确，B、C错误。物体做变加速运动，无法求解物体加速运动的时间，选项D错误。
考点二
动能定理的应用
4.[考查应用动能定理解决变力做功问题]
[多选]一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g取10 m/s2，由此可知( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.35
B．减速过程中拉力对物体所做的功约为13 J
C．匀速运动时的速度约为6 m/s
D．减速运动的时间约为1.7 s
解析：选ABC 物体匀速运动时，受力平衡，则F＝μmg，μ＝＝＝0.35，选项A正确；因为W＝Fx，故拉力的功等于Fx图线与x坐标轴包围的面积，由图线可知曲线与x轴间小格数约为13，则减速过程中拉力对物体做功为13×1 J＝13 J，选项B正确；由动能定理可知：WF－μmgx＝0－mv02，其中x＝7 m，则解得：v0＝6 m/s，选项C正确；由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，故D错误。
5.[考查应用动能定理解决曲线运动问题]
用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t时间后停在最低点。则在时间t内( )
A．小球重力做功为mgl(1－cos α)
B．空气阻力做功为－mglcos α
C．小球所受合力做功为mglsin α
D．细线拉力做功的功率为
解析：选A 小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为h＝l(1－cos α)，所以小球的重力做功：WG＝mgh＝mgl(1－cos α)，故A正确；在小球运动的整个过程中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能定理得：WG＋Wf＝0－0，所以空气阻力做功Wf＝－WG＝－mgl(1－cos α)，故B错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的变化，所以W合＝0－0＝0，故C错误；由于细线的拉力始终与小球运动的方向垂直，所以细线的拉力不做功，细线的拉力的功率为0，故D错误。
6．[考查应用动能定理解决多过程问题]
如图所示是某种制作糖炒栗子的装置。炒锅的纵截面与半径R＝1.6 m的光滑半圆轨道位于同一竖直面内，炒锅的纵截面可看作是由长度L＝2.5 m的斜面AB、CD和一小段光滑圆弧BC平滑对接组成的。假设一栗子从水平地面上以水平初速度v0射入半圆轨道，并恰好能从轨道最高点P水平飞出，又恰好从A点沿斜面AB进入炒锅，在斜面CD上可运动到的最高点为E点(图中未画出)。已知AB、CD两斜面的倾角θ均为37°，栗子与AB、CD两斜面之间的动摩擦因数μ均为，栗子在锅内的运动始终在图示的纵截面内，整个过程栗子质量不变，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)栗子的初速度大小v0及A点离地面的高度h；
(2)C、E两点的距离x。
解析：(1)设栗子质量为m，在P点的速度大小为vP，在A点的速度大小为vA
栗子恰能过P点，则mg＝m，解得vP＝4 m/s
栗子沿半圆轨道运动至P点的过程中，由动能定理有
－mg·2R＝mvP2－mv02
解得v0＝4 m/s
栗子在A点的速度方向沿斜面AB向下，则其竖直方向上的分速度大小vAy＝vPtan θ
栗子从P点至A点的过程中做平抛运动，则vAy2＝2gy，其中y为栗子由P点运动至A点的过程中下降的竖直高度，又h＝2R－y，解得h＝2.75 m。
(2)栗子在A点的速度大小vA＝
栗子从A点运动到E点的过程中，由动能定理有
mg(L－x)sin θ－μmg(L＋x)cos θ＝0－mvA2
解得x＝ m。
答案：(1)4 m/s 2.75 m (2) m
考点三
机械能守恒定律的应用
7.[考查单个物体的机械能守恒问题]
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。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：选C 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LP＜LQ，则vP＜vQ，又mP＞mQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则F－mg＝m，则F＝3mg，因mP＞mQ，则FP＞FQ，选项C正确；向心加速度a＝＝2g，选项D错误。
8．[考查多个物体的机械能守恒问题]
[多选]如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球和物块，且小球质量m1大于物块质量m2。开始时小球恰在A点，物块在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时滑轮右侧的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在球心O的正下方。当小球由静止释放开始运动，下列说法正确的是( )
A．在小球从A点运动到C点的过程中，小球与物块组成的系统机械能守恒
B．当小球运动到C点时，小球的速率是物块速率的
C．小球不可能沿碗面上升到B点
D．物块沿斜面上滑的过程中，地面对斜面体的支持力始终保持恒定
解析：选ACD 在小球从A点运动到C点的过程中，小球与物块组成的系统只有重力做功，小球与物块组成的系统机械能守恒，选项A正确；当小球运动到C点时，设小球的速率为v1，物块的速率为v2，分析可知有v2＝v1cos 45°＝v1，即物块的速率是小球速率的，选项B错误；假设小球恰能上升到B点，则滑轮左侧的细绳将增长，物块一定是上升的，物块的机械能一定增加，小球的机械能不变，导致系统机械能增加，违背了机械能守恒定律，即小球不可能沿碗面上升到B点，选项C正确；物块沿斜面上滑过程中，由于滑轮右侧细绳始终与斜面平行，所以物块对斜面的压力始终不变，地面对斜面体的支持力始终保持恒定，选项D正确。
9．[考查涉及弹性势能的机械能守恒问题]
如图所示，一根被锁定的压缩轻弹簧下端固定在水平地面上，上端固定着一质量为m的薄木板A，弹簧的压缩量为h。图中P点距地面高度正好等于弹簧原长，在P点上方有一距它高度为2h、质量为2m的物块B。现解除弹簧的锁定，木板A上升到P点时恰好与自由下落的物块B发生正碰(碰撞时间极短)，并一起无粘连地向下运动。B与A第一次分开后能达到的最高位置在P点上方的处。已知重力加速度为g，整个过程中弹簧始终处于弹性限度内并保持竖直。求：
(1)A、B第一次分开瞬间B的速度大小；
(2)A、B第一次碰撞后一起向下运动到A的初始位置时速度的大小。
解析：(1)B与A刚要分离时，弹簧正好处于原长，设此时B的速度为vB，则由机械能守恒定律得：
2mg·＝·2mvB2
解得vB＝。
(2)设A、B刚好碰撞前B的速度大小为v，根据机械能守恒定律得：2mg·2h＝·2mv2
解得v＝2
根据机械能守恒，A、B碰撞后瞬间的速度大小vAB与A、B刚好分开时速度大小相等，即：vAB＝vB
设A、B刚好碰撞前A的速度大小为vA，根据动量守恒：
2mv－mvA＝3mvAB
解得vA＝
设弹簧锁定时的弹性势能为Ep，从弹簧解除锁定到恢复到原长的过程，根据机械能守恒定律：
Ep＝mg·h＋mvA2
可得Ep＝6mgh
设A、B第一次碰撞后一起向下运动到A的初始位置时的速度大小为v′，在这过程中，根据机械能守恒定律得：Ep＋·3mv′2＝·3mvAB2＋3mg·h
联立以上各式解得： v′＝2。
答案：(1) (2)2
考点四
功能关系的应用
10.[考查单个物体的功能关系问题]
如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括滑雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度a＝，在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )
A．运动员减少的重力势能全部转化为动能
B．下滑过程中系统减少的机械能为
C．运动员获得的动能为
D．运动员克服摩擦力做功为
解析：选B 若运动员不受摩擦力，根据牛顿第二定律有：mgsin 30°＝ma，则加速度应为a＝gsin 30°＝，而现在的加速度小于，故运动员应受到摩擦力，所以减少的重力势能有一部分转化为了内能，故A错误；运动员下滑的距离：l＝＝2h，根据速度位移公式v2＝2al，可得：v＝，动能为：Ek＝mv2＝，故C错误；由动能定理可知：mgh－Wf＝mv2，解得：Wf＝mgh，故D错误；机械能的减小量等于阻力所做的功，故下滑过程中系统减少的机械能为mgh，故B正确。
11．[考查多个物体的功能关系问题]
如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。
(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力。
(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车。已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s。
解析：(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒
mgR＝mvB2
滑块在B点处，由牛顿第二定律得
N－mg＝m
解得N＝3mg
由牛顿第三定律得滑块对小车的压力N′＝3mg。
(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大。由机械能守恒定律得
mgR＝Mvm2＋m(2vm)2
解得vm＝ 。
②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系得
mgR－μmgL＝MvC2＋m(2vC)2
设滑块从B到C运动过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律得
μmg＝Ma
由运动学规律得
vC2－vm2＝－2as
解得s＝L。
答案：(1)3mg (2)① ②L
释疑4大考点
考点一 功和功率
功和功率是高考命题的热点，重点考查功和功率的计算，主要涉及的问题有：摩擦力做功问题、变力做功问题、平均功率问题、瞬时功率问题、力与速度方向不共线的功率问题，建议对本考点多加关注。
(一)基本知识要记牢
1．功
(1)恒力的功：W＝Flcos α。
(2)变力的功：
①将变力做功转化为恒力做功；
②应用Fx图像求解；
③应用动能定理求解。
2．功率
(1)平均功率：P＝。
(2)瞬时功率：P＝Fvcos_α。
(3)应用：机车启动，P＝Fv。
(二)解题思维运用好
1．求总功W时，可以先求出合力，再求总功(合力应为恒力)；也可采用分段法分别求出各阶段力做的功，总功就等于这些功的代数和；还可以根据动能定理求解，如诊断卷第2题，设物块在t＝0和t＝5 s时的速度分别为v0、v5，则总功为W＝mv52－mv02＝×2×32 J－0＝9 J，所以＝＝1.8 W。
2．“机车”启动的图像与“机车”受力、“机车”运动相联系的问题难度一般较大，如诊断卷第3题，以物体速度的倒数与加速度a的关系图像给出解题信息，首先要根据题述情境，运用相关物理知识列出相应的方程，将方程联立变化得到与图像符合的函数关系式，然后得出图像斜率、截距的物理意义，才能正确解答相关问题。
[题点全练]
1．(2018·百校联盟4月联考)一物块放在水平面上，在水平恒力F的作用下从静止开始运动，物块受到的阻力与速度成正比，则关于拉力F的功率随时间变化的规律正确的是( )
解析：选C 由题知，阻力与速度的关系式为：f＝kv，根据牛顿第二定律得：F－f＝F－kv＝ma，解得：a＝－v，在运动的过程中，速度增大，加速度减小，物块做加速度减小的加速运动，可知速度时间图线的切线斜率逐渐减小，根据P＝Fv知，F不变，则Pt图线的形状与vt图线的形状相同，故C正确，A、B、D错误。
2．[多选]如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动，通过力传感器和速度传感器监测到推力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A．物体的质量m＝0.5 kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2
C．第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝2 J
D．前2 s内推力F做功的平均功率＝1.5 W
解析：选ACD 由速度—时间图像可以知道在2～3 s的时间内，物体做匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2 N，在1～2 s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以a＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律可得：F－f＝ma，所以m＝0.5 kg，A正确；由f＝μFN＝μmg，得μ＝＝0.4，B错误；第2 s内物体的位移是：x＝at2＝1 m，克服摩擦力做的功W＝fx＝2×1 J＝2 J，C正确；在第1 s内物体没有运动，物体在第2 s运动，F也只在第2 s做功，F做的功为W′＝Fx＝3×1 J＝3 J，所以前2 s内推力F做功的平均功率为：＝＝ W＝1.5 W，D正确。
3．(2019届高三·吉林调研)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，杆的竖直部分光滑。杆的两部分各套有质量均为1 kg的小球A和B，A、B球间用一不可伸长的细绳相连。初始A、B均处于静止状态，已知OA＝3 m，OB＝4 m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m，小球A与水平杆间的动摩擦因数μ＝0.2(取g＝10 m/s2)，那么该过程中拉力F做功为( )
A．4 J B．6 J
C．10 J D．14 J
解析：选D 根据几何关系，在A球向右缓慢移动1 m的过程中B球上移1 m，二者均受力平衡，对于整体，A球与杆间的正压力为N＝(mA＋mB)g，A球与杆间的滑动摩擦力为f＝μN＝μ(mA＋mB)g＝4 N，A球与杆因摩擦产生的热量为Q＝fs＝4 J，B球重力势能增加量为ΔEp＝mgh＝10 J，外力的功等于系统能量的增加量，所以水平拉力做功W＝Q＋ΔEp＝14 J，选项D正确。
考点二 动能定理的应用
情景新颖、过程复杂、知识综合性强(如诊断卷第6题)等是本考点高考命题的典型特点，考生失分的原因不是不会做，而是不会“分步”做，这个“分步”就是按照一定流程认真做好运动分析和过程分析，再根据动能定理结合其他力学规律列出方程，进而分步解决问题。建议对本考点重点攻坚。
(一)深化对动能定理的理解
1．动能定理既适用于恒力做功、直线运动、单过程问题，也适用于变力做功、曲线运动、多过程问题。如诊断卷第5题，空气阻力为变力，其做功大小不可应用W＝Flcos α直接求解，应考虑使用动能定理求解。
2．动能定理不涉及势能，解决的是合力做功与动能变化的问题，各力做功的情况都要进行分析。
3．在接触面粗糙的情况下，机械能往往是不守恒的，可应用动能定理解题。
4．注意图像及其“面积”的含义。如诊断卷第4题中，Fx图线与x轴所围“面积”表示力F所做的功，易得B项正确。
5．应用动能定理求解多过程问题时，联系两个过程的关键物理量是速度。如诊断卷第6题，vA既是平抛运动的末速度，也是沿斜面AB运动的初速度，“恰好从A点沿斜面AB进入炒锅”说明vA的方向沿斜面AB向下，其水平方向的分速度vAx＝vP。
(二)掌握应用动能定理解题的思维流程
(2018·临沂二模)如图所示，倾角θ＝45°的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h＝3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：
(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；
(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；
(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功。
[思维流程]
[解析] (1)小滑块从C点飞出后做平抛运动，设水平速度为v0
竖直方向上：R＝gt2
水平方向上：R＝v0t
解得：v0＝。
(2)设小滑块在最低点时速度为v，小滑块从最低点到C点的过程由动能定理得：
－mg·2R＝mv02－mv2
解得：v＝
在最低点由牛顿第二定律得：FN－mg＝m
解得：FN＝6mg
由牛顿第三定律得滑块对圆环轨道压力FN′＝6mg。
(3)从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功为Wf，由动能定理得：
mgh－Wf＝mv2－0
解得：Wf＝mgR。
[答案] (1) (2)6mg (3)mgR
[题点全练]
1.(2018·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定( )
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
解析：选A 由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉＞ΔEk，故A正确、B错误；W阻与ΔEk的大小关系不确定，故C、D错误。
2．[多选](2018·江西四校联考)如图所示，两块竖直木板夹着一物块，物块在木板内静止，两板因弹簧作用对物块有一恒定压力并保持两板之间的距离不变(图中未画出弹簧)。让木板从离地高度为h位置自由下落，落地后木板静止，物块在木板中下滑了l长度。已知物块与木板间的动摩擦因数不变，以下说法正确的是(以下各选项中物块均未触地)( )
A．如果仅改变木板下落的高度，使其从2h高度落下，物块下滑的长度将为2l
B．如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来一半，物块下滑的长度将大于2l
C．如果仅改变物块的质量，使其变为原来2倍，物块下滑的距离将为2l
D．如果仅改变木板的质量，使其变为原来一半，物块下滑距离将大于2l
解析：选AB 设物块受到的滑动摩擦力为f，根据动能定理，有mg(h＋l)－fl＝0，解得l＝。仅改变木板下落的高度，使其从2h高度落下，物块下滑的长度将为2l，故A正确；如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来一半，物块受到的滑动摩擦力为原来的一半，物块下滑的长度将大于2l，故B正确；如果仅改变物块的质量，使其变为原来2倍，物块下滑的距离将大于2l，故C错误；如果仅改变木板的质量，物块下滑的距离仍为l，故D错误。
3.(2016·天津高考)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差 h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
解析：(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有
vB2＝2ax ①
由牛顿第二定律有
mg－Ff＝ma ②
联立①②式，代入数据解得Ff＝144 N。 ③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
mgh＋W＝mvC2－mvB2 ④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN－mg＝m ⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5 m。 ⑥
答案：(1)144 N (2)12.5 m
考点三 机械能守恒定律的应用
机械能守恒定律是高中物理的重要内容，同时也是高考命题的热点，此类问题主要涉及连接体问题、与实际生活相结合的问题，解题的关键是分析哪个物体或系统在哪个阶段机械能守恒。预计2019年高考仍会对机械能守恒定律进行考查，还有可能会结合动量进行考查，在复习时要引起重视。建议对本考点重点攻坚。
(一)判断机械能守恒的两个角度
1．若只有物体重力和弹簧弹力做功，则物体和弹簧组成的系统机械能守恒。
2．若系统内部只有动能和势能的相互转化，没有其他形式的能(如内能)与机械能相互转化，且系统与外部也没有能量的转移或转化，则系统机械能守恒。
(二)掌握系统机械能守恒的三种表达式
(三)谨记机械能守恒问题的三点提醒
1．具体题目需要具体分析初始条件，不能凭感觉直接得结果。如诊断卷第7题，算出v＝后，如果不注意mP>mQ的初始条件，可能会认为EkP
[深化拓展]
诊断卷第8题中，若m1＝2m2，斜面的倾角为30°，在其他条件都不变的情况下，求小球到达C点的速度大小。
提示：在小球从A点运动到C点的过程中，对小球和物块组成的系统，由机械能守恒定律得
m1gR＝m2gRsin 30°＋m1v12＋m2v22
把小球在C点的速度分解可得v2＝v1cos 45°
解得v1＝ 。
3．判断多个物体机械能是否守恒时，一定要明确哪几个物体、在哪个过程中机械能守恒，如诊断卷第8题，在小球从A点运动到C点的过程中，小球与物块组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒；对小球到达C点时速度应沿绳的方向和垂直于绳的方向进行分解，得到小球与物块的速度大小关系，本题的易错之处在于误认为小球与物块的速度大小相等，无法判断地面对斜面体的支持力与什么因素有关。
(四)突破三类连接体模型
求解连接体问题的方法是先找到两物体的速度关系，从而确定系统动能的变化，其次找到两物体上升或下降的高度关系，从而确定系统重力势能的变化，然后按照系统动能的增加量(减少量)等于重力势能的减少量(增加量)列方程求解。其中寻找两物体的速度关系是求解问题的关键。连接体一般可分为三种：
速率相等的连接体
两物体在运动过程中速率相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。
角速度相等的连接体
两球在运动过程中角速度相等，线速度大小与半径成正比，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。
某一方向分速度
相等的连接体
A放在光滑斜面上，B穿过竖直光滑杆PQ下滑，将B的速度沿绳的方向和垂直于绳的方向分解，如图丁所示。其中沿绳子方向的速度vx与A的速度大小相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。
(2018·襄阳适应性考试)木板固定在墙角处，与水平面夹角θ＝37°，木板上表面光滑，木板上有一个孔洞，一根长为L、质量为m的软绳置于木板上，其上端刚好进入孔洞，用细线将质量为m的物块与软绳连接，如图所示。物块由静止释放后向下运动，带动软绳向下运动，当软绳刚好全部离开木板(此时物块未到达地面)时，物块的速度为(已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6)( )
A. B.
C. D.
[解析] 法一：守恒观点
设细线的长度为a，选孔洞所在水平面为零势能面，对物块和软绳组成的系统由机械能守恒定律可得
－mga－mg×Lsin 37°＝－mg(a＋L)－mg×L＋×2mv2，解得v＝。
法二：转化观点
物块的重力势能减少mgL，软绳重力势能共减少mgL(1－sin θ)，根据机械能守恒定律，
有mgL＋mgL(1－sin θ)＝×2mv2－0，
解得v＝ ＝，C正确。
[答案] C
[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
[审题指导]
(1)审题时找出解题关键词“不计摩擦”，这提示我们系统中没有内能的转化，仅重力势能向动能转化，系统机械能守恒。
(2)判断a落地时，b的速度大小是解题的突破口。
[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，选项A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，选项C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，选项D正确；由机械能守恒定律可得：mgh＝mv2，即v＝，选项B正确。
[答案] BD
[题点全练]
1．(2018·唐山二模)如图位于竖直面内的光滑轨道AB，与半径为R的光滑圆形轨道底部相通，圆形轨道上部有一缺口CDE，D点为圆形最高点，∠COD＝∠DOE＝30°，质量为m可视为质点的小球自光滑轨道AB上某点静止下滑，由底部进入圆形轨道，通过不断调整释放位置，直到小球从C点飞出后能无碰撞的从E点进入左侧轨道，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．小球通过最高点的速度大小为
B．小球通过C点时速度大小为
C．小球从C点运动到最高点的时间为
D．释放点距地面的高度为R
解析：选D 小球从C点做斜抛运动，设速度为vC，速度方向与水平方向夹角为30°，则vCcos 30°·t＝EC＝R；vCsin 30°＝0.5gt，解得vC＝ ，到达最高点的速度vCcos 30°＝ ，选项A、B错误；小球从C点运动到最高点的时间为t′＝t＝＝ ，选项C错误；从释放点到C由机械能守恒定律得：mgh＝mvC2＋mgR(1＋cos 30°)，解得h＝R，选项D正确。
2．[多选](2018·河南适应性练习)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：选BD 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：·2mv2＝mgR，最低点时由支持力和重力的合力提供向心力，则有FN－mg＝m，所以轨道对A的支持力大小为2mg，故B正确；开始时重力对A做功功率为零，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正确。
3.[多选](2018·四川雅安三诊)如图所示，两质量均为m的物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在光滑滑轮两侧，用手托着物体A使细绳恰好伸直，弹簧处于原长，此时A离地面的高度为h，物体B静止在地面上。放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，则下列说法正确的是( )
A．弹簧的劲度系数为
B．此时弹簧的弹性势能等于mgh－mv2
C．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上
D．物体A落地后，物体B将向上运动到h高度处
解析：选AB 物体B对地面压力恰好为零，故弹簧对B的拉力为mg，故细绳对A的拉力也等于mg，弹簧的伸长量为h，由胡克定律得：k＝，故A正确；物体A与弹簧系统机械能守恒，则有mgh＝Ep弹＋mv2，所以Ep弹＝mgh－mv2，故B正确；根据牛顿第二定律对A有：F－mg＝ma，F＝mg，得a＝0，故C错误；物体A落地后，物体B与弹簧系统机械能守恒，mghB＝Ep弹＝mgh－mv2，所以hB＜h，故D错误。
考点四 功能关系的应用
功能关系这一知识点具有两“多”的特点，一是涉及的定理、原理多：动能定理、功能原理、能量守恒定律等；二是涉及的模型多：抛物线模型、圆弧轨道模型、机车启动模型、弹簧模型、传送带模型和板块模型等。处理此类问题的大体思路是分析物体的运动情况、受力做功情况，应用动能定理、功能原理、能量守恒定律等知识处理问题。建议对本考点重点攻坚。
(一)理清五种功能关系
重力做功与重力势能变化的关系
WG＝－ΔEp
弹力做功与弹性势能变化的关系
W弹＝－ΔEp
合外力做功与动能变化的关系
W合＝ΔEk
重力之外的力做功与机械能变化的关系
W其他＝ΔE机
滑动摩擦力、相对位移的乘积与内能变化的关系
Ffx相对＝ΔE内
(二)做好两个“分析”
1．必须分析物体运动过程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化。如诊断卷第10题，首先根据加速度的大小判断运动员是否受摩擦阻力的作用，然后判断对运动员做功的有重力、摩擦阻力，系统机械能的减小量等于阻力所做的功。
2．分析与能量有关的力学综合问题，如果涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、功能原理或能量守恒定律，题目中出现相对位移时，应优先选用功能原理，如诊断卷第11题，滑块由A滑到B，系统只有重力做功，机械能守恒；滑块运动到C，有摩擦力做功，且存在相对位移，应用功能原理求解。
[题点全练]
1．[多选](2019届高三·惠州模拟)如图所示为倾角为θ＝30°的斜面轨道，质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为。木箱在轨道顶端时，将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端。下列选项正确的是( )
A．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能
B．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度
C．M＝2m
D．m＝2M
解析：选BD 在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，故A错误；受力分析可知，下滑时加速度为gsin θ－μgcos θ，上滑时加速度为gsin θ＋μgcos θ，故B正确；设下滑的距离为l，根据功能关系有：μ(m＋M)glcos θ＋μMglcos θ＝mglsin θ，得m＝2M，故D正确，C错误。
2．(2018·吉林调研)如图甲所示，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像(Ex图像)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。根据该图像，下列判断正确的是( )
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：选C 0～x1过程中，由于物体的机械能逐渐减小，知拉力做负功，物体沿光滑斜面向下运动，所以拉力一定沿斜面向上，故A错误。由静止开始沿光滑斜面向下运动，重力沿斜面向下的分力一定大于拉力，根据功能原理知：ΔE＝FΔx，可知Ex图线的斜率表示拉力的大小，知0～x2过程中，拉力先减小后不变，物体的合力一直沿斜面向下，物体向下做加速运动，动能不断增大，故B错误。x1～x2过程中，拉力不变，设斜面的倾角为α，开始时物体加速下滑，F＜mgsin α。x1～x2过程中，拉力必定小于mgsin α，物体应做匀加速运动，不可能做匀减速直线运动，故C正确，D错误。
3.(2018·全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
解析：选C 小球从a点运动到c点，根据动能定理得，F·3R－mgR＝mv2，又F＝mg，故v＝2。小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方向的加速度大小也为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝＝2，水平位移x＝gt2＝2R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量等于力F做的功，即ΔE＝F·(3R＋x)＝5mgR。
一、高考真题集中演练——明规律
1．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能( )
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
解析：选B 动能Ek＝mv2，与速度的平方成正比，故C错误。速度v＝at，可得Ek＝ma2t2，与经历的时间的平方成正比，故A错误。根据v2＝2ax，可得Ek＝max，与位移成正比，故B正确。动量p＝mv，可得Ek＝，与动量的平方成正比，故D错误。
2.(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)( )
A. B.
C. D.
解析：选B 设轨道半径为R，小物块从轨道上端飞出时的速度为v1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg×2R＝mv2－mv12，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x＝v1t,2R＝gt2，解得x＝，因此当R－＝0，即R＝时，x取得最大值，B项正确，A、C、D项错误。
3．[多选](2016·全国卷Ⅱ)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∠ONM<∠OMN<。在小球从M点运动到N点的过程中，( )
A．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
解析：选BCD 在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜，则小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于拉伸状态，小球从M点运动到N点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A错误。在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B正确。弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C正确。由机械能守恒定律知，在M、N两点弹簧弹性势能相等，在N点动能等于从M点到N点重力势能的减小值，选项D正确。
4.(2015·全国卷Ⅰ)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则( )
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W
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
解析：选C 运动员从A点滑到B点的过程做匀速圆周运动，合外力指向圆心，不做功，故A错误，C正确。如图所示，沿圆弧切线方向运动员受到的合力为零，即Ff＝mgsin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力Ff变小，故B错误。运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，则机械能减小，故D错误。
6．[多选](2018·江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块( )
A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
解析：选AD 小物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹－Ff＝ma知，a减小；当运动到F弹＝Ff时，a减小为零，此时小物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，小物块继续向右运动，此时Ff－F弹＝ma，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹＋Ff＝ma，随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O点左侧F弹＝Ff时速度达到最大，故A正确，B错误。在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误。由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确。
7．(2016·全国卷Ⅰ)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g。
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
解析：(1)根据题意知，B、C之间的距离l为
l＝7R－2R ①
设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得
mglsin θ－μmglcos θ＝mvB2 ②
式中θ＝37°。联立①②式并由题给条件得
vB＝2。 ③
(2)设BE＝x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有
mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mvB2 ④
E、F之间的距离l1为
l1＝4R－2R＋x ⑤
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0 ⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得
x＝R ⑦
Ep＝mgR。 ⑧
(3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为
x1＝R－Rsin θ ⑨
y1＝R＋R＋Rcos θ ⑩
式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。
设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。
由平抛运动公式有
y1＝gt2 ⑪
x1＝vDt ⑫
联立⑨⑩⑪⑫式得
vD＝ ⑬
设P在C点速度的大小为vC。在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有
m1vC2＝m1vD2＋m1g ⑭
P由E点运动到C点的过程中，由动能定理有
Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1vC2 ⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得
m1＝m。 ⑯
答案：(1)2 (2)mgR (3) m
二、名校模拟重点演练——知热点
8．[多选](2018·安徽六安模拟)在风洞实验室内的竖直粗糙墙面上放置一钢板，风垂直吹向钢板，在钢板由静止开始下落的过程中，作用在钢板上的风力恒定。用Ek、E、v、P 分别表示钢板下落过程中的动能、机械能、速度和重力的功率，关于它们随下落高度h或下落时间t的变化规律，下列四个图像中正确的是( )
解析：选AC 钢板受到重力mg、风力F、墙的支持力N和滑动摩擦力f，由于风力恒定，则由平衡条件得知，墙对钢板的支持力恒定，钢板所受的滑动摩擦力恒定，故钢板匀加速下滑，则有v＝at，故C正确；根据动能定理得：Ek＝(mg－f)h，可知Ek与h成正比，故A正确；设钢板开始时机械能为E0，钢板克服滑动摩擦力做功等于机械能减小的量，则E＝E0－fh＝E0－f·at2，则知E与t是非线性关系，图像应是曲线，故B错误；重力的功率P＝mgv＝mg，则知P与h是非线性关系，图像应是曲线，故D错误。
9．[多选](2019届高三·衡水中学模拟)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。有一质量m＝1 000 kg 的混合动力轿车，在平直公路上以v1＝90 km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P＝50 kW。当驾驶员看到前方有80 km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L＝72 m后，速度变为v2＝72 km/h。此过程中发动机功率的五分之一用于轿车的牵引，五分之四用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能。假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变。下列说法正确的是( )
A．轿车以90 km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻的大小为2×103 N
B．驾驶员启动电磁阻尼轿车做匀减速运动，速度变为v2＝72 km/h 过程的时间为3.2 s
C．轿车从90 km/h减速到72 km/h过程中，获得的电能E电＝6.3×104 J
D．轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72 km/h 匀速运动的距离为31.5 m
解析：选ACD 轿车以90 km/h在平直公路上匀速行驶时，由P＝F1v1，F阻＝F1可得：F阻＝2×103 N，故A项正确。驾驶员启动电磁阻尼后，轿车减速运动，牵引力F＝，且逐渐增大，加速度a＝逐渐减小，做加速度减小的减速运动，故B项错误。轿车从90 km/h减速到72 km/h 过程中，运动L＝72 m，由动能定理可得Pt＋(－F阻L)＝mv22－mv12，获得的电能E电＝Pt·，联立解得：E电＝6.3×104 J，故C项正确。据E电＝F阻x可得，轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电匀速运动的距离x＝31.5 m，故D项正确。
10．(2018·四川蓉城名校联考)如图所示，在竖直平面(纸面)内固定一内径很小内壁光滑的圆管形轨道ABC，它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成， A与C端切线水平。在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE，圆弧轨道D端上边缘恰好与圆管轨道的C端内径下边缘水平对接。一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道，通过C点后进入圆弧轨道运动，过C点时轨道对小球的压力为2mg，小球始终没有离开圆弧轨道。已知圆弧轨道DE的质量为2m，重力加速度为g。求：
(1)小球从A点进入圆管轨道的速度大小；
(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度。
解析：(1)小球过C点时，有2mg＋mg＝m ①
解得vC＝ ②
小球从A到C，由机械能守恒定律有
mv02－mvC2＝mg·2R ③
由②③得v0＝。 ④
(2)小球冲上圆弧形轨道运动，由水平方向上动量守恒得mvC＝(m＋2m)v共⑤
根据机械能守恒定律得
mvC2＝(m＋2m)v共2＋mgh ⑥
由②⑤⑥得h＝R。 ⑦
答案：(1) (2)R
11.(2018·山东天成大联考)如图所示，劲度系数为k＝100 N/m 的轻质弹簧水平放置，左端固定在竖直墙壁上，右端与质量为m＝3 kg的小物块相连，小物块另一侧与一根不可伸长的轻质细线相连，细线另一端固定在天花板上，当细线与竖直方向成θ＝53°时，小物块处于静止状态且恰好对水平地面无压力。(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：
(1)此时细线的拉力大小；
(2)若小物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则剪断细线瞬间小物块的加速度；
(3)剪断细线后，经过一段时间小物块获得最大动能，则此过程因摩擦产生的内能。
解析：(1)由受力平衡有：mg＝Tcos 53°，解得：T＝50 N。
(2)剪断细线瞬间，地面对物块产生支持力，有：FN＝mg
弹簧在瞬间弹力未发生改变，有：F弹＝Tsin 53°
由牛顿第二定律有：F弹－μFN＝ma
解得：a＝10 m/s2，方向水平向左。
(3)当F弹′＝μFN时，物块动能最大，设此时弹簧伸长量为x1
则有：F弹′＝μFN＝kx1，解得：x1＝0.1 m
开始弹簧的伸长量为x，则有：F弹＝Tsin 53°＝kx，
解得：x＝0.4 m
由功能关系可得产生的内能：Q＝μFN(x－x1)＝3 J。
答案：(1)50 N (2)10 m/s2，方向水平向左 (3)3 J
第二讲动量及其守恒定律
考点一
动量 冲量 动量定理
1.[考查动量、冲量的概念]
“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
解析：选A 从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故选项A正确，选项B、C、D错误。
2．[考查动量定理的应用]
[多选]静止在粗糙水平面上的物体，在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移l后，动量为p、动能为Ek。以下说法正确的是( )
A．若保持水平力F不变，经过时间2t，物体的动量等于2p
B．若将水平力增加为原来的两倍，经过时间t，物体的动量等于2p
C．若保持水平力F不变，通过位移2l，物体的动能小于2Ek
D．若将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，物体的动能大于2Ek
解析：选AD 根据动量定理I合＝(F－f)t＝p，保持水平力F不变，经过时间2t，(F－f)·2t＝p′，可知p′＝2p，故A正确；根据动量定理I合＝(F－f)t＝p，若水平力增加为原来的2倍，经过时间t，则有(2F－f)·t＝p′，则p′＞2p，故B错误；根据动能定理(F－f)·l＝Ek，保持水平力F不变，通过位移2l，有(F－f)·2l＝Ek′，则有Ek′＝2Ek，故C错误；根据动能定理(F－f)·l＝Ek，将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，有(2F－f)·l＝Ek′，则有Ek′＞2Ek，故D正确。
考点二
动量守恒定律及其应用
3.[考查系统动量守恒的判断]
[多选]如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧紧靠竖直墙壁，右侧紧靠一质量为M2的物块。今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始下落，与半圆槽相切自A点进入槽内，以下结论正确的是( )
A．小球在槽内运动的B至C过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
B．小球在槽内运动的B至C过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒
C．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
D．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒
解析：选BD 小球从A→B的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，但是小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，选项A错误，B正确；当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，选项C错误；因为小球在槽内运动过程中，接触面都是光滑的，所以小球、半圆槽、物块组成的系统机械能守恒，故选项D正确。
4．[考查某一方向动量守恒问题]
如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(m＜M)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是( )
A．在以后的运动过程中，小球和槽在水平方向动量始终守恒
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处
解析：选D 当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于槽的曲面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，则小球的速度大于槽的速度，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球将追上槽并沿槽上滑，上滑过程中只有重力对系统做功，机械能守恒，由于小球与槽组成的系统总动量水平向左，小球滑上槽的最高点时系统速度水平向左，系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故D正确。
5．[考查“人船模型”的动量守恒问题]
滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示。人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为( )
A. B.
C. D．v1
解析：选D 根据动量守恒条件可知人与雪橇组成的系统在水平方向动量守恒，人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为v1，D正确。
考点三
碰撞、爆炸与反冲
6.[考查弹性碰撞问题]
2017年7月9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A队在1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠。如图为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量为pA＝5 kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为pB′＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是( )
A．mB＝mA B．mB＝mA
C．mB＝mA D．mB＝6mA
解析：选A 由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg·m/s，根据碰撞过程中总动能不增加，则有≥＋，代入数据解得mB≥mA，碰后两球同向运动，白色球A的速度不大于花色球B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上可得mA≤mB≤4mA，选项A正确。
7．[考查非弹性碰撞问题]
[多选]A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像。若A球质量m＝2 kg，则由图判断下列结论正确的是( )
A．碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/s
B．碰撞时A球对B球所施的冲量为－4 N·s
C．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
解析：选ABD 根据图像可知，碰前A球的速度vA＝－3 m/s，碰前B球的速度vB＝2 m/s，碰后A、B两球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，选项A正确；A球的动量变化量为4 kg·m/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化量为－4 kg·m/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球所施的冲量为－4 N·s，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝ kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔE＝mvA2＋mBvB2－(m＋mB)v2＝10 J，选项D正确；A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－ kg·m/s，选项C错误。
8．[考查爆炸问题]
“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，燃放爆竹是我国传统民俗。春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，假设爆竹到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块碎片，前面一块碎片速度水平向东，后面一块碎片速度水平向西，前、后两块碎片的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反。以下说法正确的是( )
A．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度
B．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度可能水平向西
C．爆炸后，三块碎片将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同
D．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能
解析：选A 设爆竹爆炸前的速度为v，爆竹爆炸成三块碎片的质量均为m，爆炸后前、后两块碎片的速度大小为v前后，中间那块碎片的速度大小为v′，设水平向东为正方向，根据水平方向动量守恒，3mv＝mv前后＋mv′－mv前后，得v′＝3v，方向向东，所以爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度，选项A正确、B错误；爆炸后，三块碎片均做平抛运动，竖直方向上有h＝gt2，下落时间相同，则竖直方向分速度相同，但水平方向上的分速度方向不同，故合速度方向不同，则动量不同，选项C错误；爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能m(3v)2＞·3m·v2，选项D错误。
9．[考查反冲问题]
[多选]一机枪架在湖中小船上，船正以1 m/s的速度前进，小船及机枪总质量M＝200 kg，每颗子弹质量为m＝20 g，在水平方向机枪以v＝600 m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为( )
A．1.4 m/s B．1 m/s
C．0.8 m/s D．0.5 m/s
解析：选BC 若子弹射出方向与船前进的方向在同一直线上，则子弹、机枪和小船组成的系统动量守恒，有Mv0＝(M－5m)v′±5mv，若子弹向船前进的方向射出，反冲作用使船速减小，v1′＝＝0.7 m/s，若子弹向船前进的反方向射出，v2′＝＝1.3 m/s，可见船速应在0.7～1.3 m/s之间。故B、C正确。
考点四
动量综合问题
10.[考查含有弹簧的动量综合问题]
[多选]光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x。现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则( )
A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为
B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x
C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv2
D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2
解析：选AD 当物块A的加速度大小为a时，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx＝2ma。当物块B的加速度大小为a时，有：kx′＝ma，对比可得：x′＝，即此时弹簧的压缩量为，故A正确。取水平向左为正方向，根据系统动量守恒得：2m－m＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移为：xA＝x，故B错误。根据动量守恒定律得：0＝2mv－mvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB＝2v，由系统的机械能守恒得，物块开始运动前弹簧的弹性势能为：Ep＝·2mv2＋mvB2＝3mv2，故C错误，D正确。
11．[考查“子弹打木块”模型]
[多选]如图所示，质量为m的子弹水平射入质量为M、放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了5 J，那么此过程中系统产生的内能可能为( )
A．16 J B．11.2 J
C．4.8 J D．3.4 J
解析：选AB 设子弹的初速度为v0，与木块的共同速度为v，则由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v；系统产生的内能Q＝fd＝mv02－(m＋M)v2，木块得到的动能为Ek1＝fs＝Mv2，其中，f为子弹与木块间的摩擦力，d为子弹在木块内运动的位移，s为木块相对于地面运动的位移，变形可得Q＝Ek1＞Ek1，故选项A、B正确。
12．[考查板块模型问题]
如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙。在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上。现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B，并以的速度滑离B，恰好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m，求：
(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ；
(2)圆弧槽C的半径R；
(3)滑块A滑离圆弧槽C时C的速度。
解析：(1)对A、B、C整体，设A刚离开B时，B和C的共同速度为vB，从A滑上B到刚离开B的过程中动量守恒，有mv0＝m＋2mvB，解得vB＝
由能量守恒定律有
μmgL＝mv02－m2－×2mvB2
解得μ＝。
(2)从A滑上C到“恰能到达C的最高点”的过程中，设A到达最高点时A和C的共同速度为vC，研究A和C组成的系统，在水平方向上由动量守恒定律有
m＋mvB＝2mvC，解得vC＝v0
由于在此过程中A和C组成的系统机械能守恒，有
mgR＝m2＋mvB2－×2m2
解得R＝。
(3)研究A、C组成的系统，从A滑上C开始到A滑离C的过程中，系统在水平方向上动量守恒，
有m＋mvB＝mvA1＋mvC1，
式中vA1和vC1分别为A滑离C时A和C的速度
此过程中A和C组成的系统机械能守恒，
有m2＋mvB2＝mvA12＋mvC12
解得vC1＝，方向水平向左。
答案：(1) (2) (3)，方向水平向左
13．[考查三大观点的综合应用]
如图所示，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, cos 53°＝0.6)求：
(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)设小球到达圆弧轨道末端的速度为v0，由机械能守恒定律
mgR(1－cos 53°)＝mv02
解得v0＝4 m/s
小球在圆弧轨道最低点F－mg＝m
解得F＝9 N
由牛顿第三定律，小球对轨道的压力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，
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，设运动时间为t
h＝gt2
解得 t＝0.3 s
小球恰好击中小车的最右端，有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－cos 53°)＝mv12＋Mv22＋Q
解得Q＝2.75 J。
答案：(1)9 N (2)2 m/s (3)2.75 J
释疑4大考点
考点一 动量 冲量 动量定理
本考点重在对动量、冲量概念和动量定理的理解及应用，常与运动学公式、牛顿运动定律等知识进行简单交汇命题，难度一般，主要考查考生的理解和分析能力。建议考生自学为主。
(一)概念公式要清
(二)系统联系要明
1．正确理解动量、冲量、功、动能、弹性势能等物理量的意义。对于一个确定的研究对象，如诊断卷第1题中做蹦极运动的人，他的速度、动量、动能三个量的大小变化是一致的，且冲量的方向由力的方向决定，动量的方向由速度的方向决定。
2．物体动量的变化量由合外力的冲量决定，物体动能的变化量由合外力的功决定。如诊断卷第2题，拉力的冲量变为原来的2倍，合外力的冲量不一定是原来的2倍，故选项B错误；拉力的功变为原来的2倍，合外力的功不一定是原来的2倍，可判断选项D正确。
[题点全练]
1．(2018·全国卷Ⅱ)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：选C 设每层楼高约为3 m，则下落高度约为h＝3×25 m＝75 m，达到的速度v2＝2gh，根据动量定理(F－mg)t＝0－(－mv)，解得鸡蛋受到地面的冲击力F＝＋mg≈103 N，由牛顿第三定律知C正确。
2．[多选](2018·东北三省三校联考)将一小球从地面以速度v0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，下列说法正确的是( )
A．重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等
B．重力在上升过程与下降过程中的冲量相同
C．整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量
D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量
解析：选AC 根据W＝Gh可知，重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等，选项A正确；上升过程中的加速度a上＝g＋大于下降过程中的加速度a下＝g－，则上升的时间小于下降的时间，即t上
A．斜面对物体的弹力的冲量为零
B．物体受到的重力的冲量大小为mgt
C．物体受到的合力的冲量大小为零
D．物体动量的变化量大小为mgsin θ·t
解析：选BD 斜面对物体的弹力的冲量大小为：I＝Nt＝mgcos θ·t，弹力的冲量不为零，故A错误；物体所受重力的冲量大小为：IG＝mg·t，物体受到的重力的冲量大小不为零，故B正确；物体受到的合力的冲量大小为mgtsin θ，不为零，C错误；由动量定理得，动量的变化量大小Δp＝I合＝mgsin θ·t，D正确。
考点二 动量守恒定律及其应用
本考点常考查多个物体(包括弹簧)的动量守恒的判断和相关计算，选择题与计算题均是常考题型，与机械能守恒定律和功能关系相结合是常见计算题的命题形式，试题难度中等。考生应学会灵活变通。
(一)全面理解定律
(二)重点例析应用
1．判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力。如诊断卷第3题，小球由B至C的过程中，对小球和半圆槽组成的系统，物块对系统有水平向左的外力，故系统水平方向动量不守恒；但若取小球、半圆槽、物块为一系统，则物块对半圆槽的作用力为内力，系统水平方向动量守恒。
2．动量守恒具有矢量性，若系统在某个方向上合力为零，则系统在该方向上满足动量守恒定律。如诊断卷第3、4、5题，系统动量虽不守恒，但系统在水平方向上合力为零，在水平方向上系统动量守恒。
[题点全练]
1．(2019届高三·惠州模拟)质量为1 kg的物体从距地面5 m高处自由下落，落在正以5 m/s的速度沿水平方向匀速前进的小车上，车上装有砂子，车与砂的总质量为4 kg，地面光滑，则车后来的速度为(g＝10 m/s2)( )
A．4 m/s B．5 m/s
C．6 m/s D．7 m/s
解析：选A 物体和车作用过程中，两者组成的系统水平方向不受外力，水平方向系统的动量守恒。已知两者作用前，车在水平方向的速度v0＝5 m/s，物体水平方向的速度v＝0；设当物体与小车相对静止后，小车的速度为v′，取原来小车速度方向为正方向，则根据水平方向系统的动量守恒得：mv＋Mv0＝(M＋m)v′，解得：v′＝＝ m/s＝4 m/s，故选项A正确，B、C、D错误。
2．[多选](2018·安徽宣城二次调研)如图所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，轻质弹簧左端固定在A点，物体用细线拉在A点将弹簧压缩，某时刻线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的橡皮泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是( )
A．若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒
B．若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒
C．不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与线断前相同
D．不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同
解析：选BCD 物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失，故A错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B端粘在B端的橡皮泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C正确；当物体粘在橡皮泥上时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关，故D正确。
3.有一质量为M的小船静止在水面上，在船头A到船尾B的连线上有一点C，AC＝L1，BC＝L2，在A端站一质量为2m的人，在C点放有质量为m的物体(人和物都可视为质点)，现在人从A端走到C点将物体搬到B端停下，若不计水对船的阻力，此过程中小船对地的位移为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 人、船和物体视为一系统，人从A端到C点过程，规定向右为正方向，系统动量守恒。结合速度v＝得2ms1－(m＋M)s2＝0，人和船的速度方向相反，应用几何关系得s1＋s2＝L1，解得s2＝；从C点将物体搬到B端停下的过程，规定向右为正方向，系统动量守恒。结合速度v＝得(2m＋m)s1′－Ms2′＝0，同理应用几何关系得s1′＋s2′＝L2，解得s2′＝。总位移为s总＝s2＋s2′＝，故B正确。
考点三 碰撞、爆炸与反冲
考查动量守恒定律及其应用，试题常常涉及多个物体，多个过程，以碰撞模型为纽带，此类题目中动量常与能量、牛顿运动定律等知识相互结合，试题综合性强，难度较大，灵活性较强。建议对本考点融会贯通。
(一)碰撞过程遵循的“三原则”
动量守恒
碰撞时间极短，内力远大于外力，动量可看作守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能
不增加
碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量。系统动能满足关系式：m1v12＋m2v22≥m1v1′2＋m2v2′2
物理情境
可行性
按碰撞情境可分为追赶碰撞和相向碰撞，两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致。如诊断卷第6题中两球碰撞后同向运动，一定满足碰撞后白色球A的速度不大于花色球B的速度，可得mB≤4mA
(二)快准解题“三注意”
1．两物体发生弹性碰撞时，动量、机械能都守恒，如诊断卷第6题，结合实际情境考查学生对碰撞问题的理解，根据动量守恒定律求解碰撞后白色球A的动量，根据“碰撞过程中动能不增加”求解花色球B的质量满足的条件。
2．动量是矢量，动量的变化量为初、末状态的动量的矢量差，要注意将正负号代入计算。如诊断卷第7题，碰撞前、后A球的动量都为负值，但动量的变化量为正值；从xt图像得到的速度也一定要注意正负问题，斜率为负则速度为负值，斜率为正则速度为正值。本题的碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大。
3．爆炸过程时间极短，内力远大于外力，系统动量近似守恒，如诊断卷第8题，通过爆炸过程中动量守恒求得速度，通过分析平抛运动求得落地时的动量，通过能量关系比较机械能。
[题点全练]
1．(2018·贵州凯里一中模拟)在平昌冬奥会中国队对阵瑞典队的女子冰壶比赛中，中国运动员在某次出手投壶时用质量为m的黄色冰壶以v1＝3v的速度与质量相同的静止的红色冰壶发生正碰，碰后黄色冰壶以v2＝v的速度沿原方向运动，则这两个冰壶构成的系统碰撞过程中损失的动能为( )
A.mv2 B．mv2
C．2mv2 D.mv2
解析：选C 选v1方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv1＝mv2＋mv′，解得v′＝2v，由能量守恒得：ΔE＝mv12－mv22－mv′2，解得：ΔE＝2mv2，故C正确。
2．[多选]为完成某种空间探测任务，需要在太空站上发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速。已知探测器的质量为M，每秒钟喷出的气体质量为m，喷射气体的功率恒为P，不计喷气后探测器的质量变化。则( )
A．喷出气体的速度为
B．喷出气体的速度为
C．喷气Δt秒后探测器获得的动能为
D．喷气Δt秒后探测器获得的动能为
解析：选BC 对t＝1 s内的喷出气体，由动能定理得Pt＝mv12，解得v1＝ ，故B正确，A错误。在Δt时间内，喷出气体整体与探测器动量守恒，有Mv2＝mΔt·v1，探测器的动能为Ek＝Mv22，解得Ek＝，故C正确，D错误。
3．(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＝mv02 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，设爆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
mv12＋mv22＝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
mv12＝mgh2 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝。 ⑧
答案：(1) (2)
考点四 动量综合问题
动量综合问题，指的是解决这类力学问题一般需要用到动力学、动量和能量三种观点，所涉及的主要内容是：“两个定律”——牛顿第二、第三定律；“两个定理”——动能定理和动量定理；“三个守恒”——能量守恒定律、机械能守恒定律和动量守恒定律。这类问题综合性强、难度大，建议对本考点重点攻坚。
(一)力学解题的三大观点
(二)选取规律的思维流程
(三)高考常考的两个经典模型
1．子弹打木块模型的两种情况
子弹打木块的两种情况：①子弹停留在木块中和木块一起运动；②子弹穿透木块和木块各自运动。如诊断卷第11题是第一种情况，若是第二种情况，则根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，Q＝fl＝mv02－mv12－Mv22，l为木块的长度，其中v1和v2分别为子弹穿过木块后子弹和木块的速度。
2．板块模型的解题思路
板块模型一般至少涉及两个物体，包括多个运动过程，板块间存在相对运动。解决板块模型问题，要分析不同阶段的受力情况和运动情况，然后对每一个过程建立动量守恒方程和能量守恒方程求解，必要时可以利用图像(如画出vt图像)分析运动情况。如诊断卷第12题，关键是合理选择系统，求滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数时，选择A、B、C组成的系统；研究A在B上滑动的过程，利用动量守恒定律求速度，利用能量守恒定律求动摩擦因数；求圆弧槽的半径时，选择A和C组成的系统，仍然利用动量守恒定律求速度，利用能量守恒定律求圆弧槽的半径；求A滑离C时C的速度时，选择A和C组成的系统，从A滑上C开始到A滑离C的过程中，利用动量守恒定律、机械能守恒定律列式求解。
质量为M＝3.0 kg的平板小车静止在光滑水平面上，如图(a)所示。当t＝0时，两个质量都是m＝1.0 kg 的小物体A和B(均可看成质点)，分别从左端和右端以大小为v1＝4.0 m/s和v2＝2.0 m/s的水平速度冲上小车C，当它们在车上停止滑动时，没有相碰。A、B与车面间的动摩擦因数都是μ＝0.20，g取10 m/s2。
(1)求A、B在车上停止滑动时车的速度。
(2)车的长度至少是多少？
(3)在图(b)所给出的坐标系中画出0～4.0 s内小车运动的速度—时间图像。
[思维流程]
[解析] (1)以水平向右为正方向，设A、B在车上停止滑动时，车的速度为v，根据动量守恒定律可得
m(v1－v2)＝(M＋2m)v
解得v＝0.40 m/s，方向向右。
(2)设A、B在车上相对于车滑动的距离分别为l1和l2，由功能关系可得
μmgl1＋μmgl2＝mv12＋mv22－(2m＋M)v2
解得l1＋l2＝4.8 m，即车长至少为4.8 m。
(3)车的运动可分为以下三个阶段：
第一阶段：A、B同时在车上滑动时，小物体对车的摩擦力大小均为μmg，方向相反，车受力平衡而保持不动。当B的速度减为0时，此过程结束。设这段时间内小物体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma
得小物体的加速度大小a＝μg
设B到t1时刻停止滑动，则t1＝＝1.0 s。
第二阶段：B停止运动后，A继续在车上滑动。设到t2时刻物体A与车有共同速度v，则有v＝(v1－v2)－a(t2－t1)
解得t2＝1.8 s。
第三阶段：t2时刻之后，车以速度v做匀速直线运动。
小车运动的速度—时间图像如图所示。
[答案] (1)0.40 m/s，方向向右 (2)4.8 m (3)见解析
[题点全练]
1．[多选](2018·江淮十校联考) 如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的木块A放在长木板的左端，一颗质量为m的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为v0，木块在木板上滑行的时间为t，下列说法正确的是( )
A．木块获得的最大速度为v0
B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为v0
C．木块在木板上滑动时，木块与木板间的滑动摩擦力大小为
D．木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能
解析：选AC 对子弹和木块A系统，根据动量守恒定律得：mv0＝v1，解得v1＝v0，选项A正确；木块滑离木板时，对木板和木块(包括子弹)系统，根据动量守恒定律得：mv0＝·v0＋mv2，解得v2＝v0，选项B错误；对木板，由动量定理：ft＝mv2，解得f＝，选项C正确；由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，选项D错误。
2．[多选]如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆形槽的半径为R，将物体A(可视为质点)从圆槽右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则( )
A．A能到达B圆槽的左侧最高点
B．A运动到圆槽的最低点时A的速率为
C．A运动到圆槽的最低点时B的速率为
D．B向右运动的最大位移大小为
解析：选AD 运动过程不计一切摩擦，故由能量守恒可得：机械能守恒，且两物体水平方向动量守恒，那么A可以到达B圆槽的左侧最高点，且A在B圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故A正确；A、B整体在水平方向上合外力为零，故在水平方向上动量守恒，所以mvA－2mvB＝0，即vA＝2vB，A的水平速度向左，B的水平速度向右；又有A在水平方向的最大位移和B在水平方向上的最大位移之和为2R，故B向右运动的最大位移大小为R，故D正确；对A运动到圆槽的最低点的运动过程中，对A、B整体应用机械能守恒可得：mgR＝mvA2＋·2mvB2＝3mvB2；所以A运动到圆槽的最低点时B的速率为：vB＝；A的速率为：vA＝2vB＝，故B、C错误。
3.(2019届高三·湖南永州模拟)如图所示，质量为m2＝2 kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3 m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧。滑道CD部分粗糙，长为L＝0.2 m，动摩擦因数μ＝0.10，其他部分均光滑。现让质量为m1＝1 kg的物块(可视为质点)自A点由静止释放，取g＝10 m/s2。求：
(1)物块到达圆弧轨道最低点时的速度大小；
(2)在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
(3)物块最终停止的位置。
解析：(1)物块从释放到运动到圆弧轨道最低点，由动量守恒定律得： 0＝m1v1－m2v2
由机械能守恒定律得：m1gR＝m1v12＋m2v22
解得：v1＝2 m/s。
(2)由能量守恒定律得：Epm＝m1gR－μm1gL
解得：Epm＝2.8 J。
(3)最终物块将停在C、D之间，由能量守恒定律得：m1gR＝μm1gs
解得：s＝3 m，
所以m1最终停在D点。
答案：(1)2 m/s (2)2.8 J (3)最终停在D点
一、高考真题集中演练——明规律
1．(2017·全国卷Ⅰ)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：选A 燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确。
2.[多选](2017·全国卷Ⅲ)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：选AB 法一：根据Ft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项正确，C、D项错误。
法二：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小为p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。
3．(2018·全国卷Ⅱ)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：
(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＝mBaB ①
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＝2aBsB ②
联立①②式并利用题给数据得
vB′＝3.0 m/s。 ③
(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＝mAaA ④
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＝2aAsA ⑤
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
4．(2016·全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
解析：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV ①
ΔV＝v0SΔt ②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S。 ③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v02 ④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
Δp＝(Δm)v ⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp ⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg ⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝－。 ⑧
答案：(1)ρv0S (2)－
二、名校模拟重点演练——知热点
5．[多选]如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．A、B之间动摩擦因数为0.1
B．长木板的质量M＝2 kg
C．长木板长度至少为2 m
D．A、B组成的系统损失的机械能为4 J
解析：选AB 从题图乙可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度：v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2 kg，故B正确；由图像可知，木板B匀加速运动的加速度为：a＝＝ m/s2＝1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma，解得动摩擦因数为：μ＝0.1，故A正确；由图像可知前1 s内B的位移为：xB＝×1×1 m＝0.5 m, A的位移为：xA＝×1 m＝1.5 m，所以木板最小长度为：L＝xA－xB＝1 m，故C错误；A、B组成的系统损失的机械能为：ΔE＝mv02－(m＋M)v2＝2 J，故D错误。
6．(2019届高三·株洲质检)如图，长l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上。后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。当小球甲刚要落地时，其速度大小为( )
A. B.
C. D．0
解析：选B 两球组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv－mv′＝0，即v＝v′；由机械能守恒定律得：mv2＋mv′2＝mgl，解得：v＝，故B正确。
7．(2018·宜宾诊断)如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击入沙袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸相对于沙袋的形状其大小可忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是( )
A．弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
B．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小
C．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为
D．沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为
解析：选D 弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律得：mv0＝(m＋5m)v，解得v＝v0；弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据T＝6mg＋6m可知，细绳所受拉力变大，选项A错误；根据牛顿第三定律可知，弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小，选项B错误；弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q＝mv02－·6mv2＝mv02，选项C错误；由机械能守恒可得：·6mv2＝6mgh，解得h＝，选项D正确。
8.[多选](2018·内蒙古赤峰模拟)如图所示，质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起，竖直放置在水平地面上，物体A处于静止状态，在A的正上方h高处有一质量也为m的小球C。现将小球C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．C与A碰撞后瞬间A的速度大小为
B．C与A碰撞时产生的内能为
C．C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为
D．要使碰后物体B被拉离地面，h至少为
解析：选ABD 对C自由下落过程，由机械能守恒得：mgh＝mv02，解得：v0＝，对C与A组成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1，解得：v1＝，故A正确；C与A碰撞时产生的内能为：ΔE＝mv02－·2mv12＝mgh，故B正确；当A、C速度为零时，弹簧的弹性势能有最大值，Epmax＝·2mv12＋2mgΔx＞mgh，故C错误；开始时弹簧的压缩量为：H＝，碰后物体B刚被拉离地面时弹簧伸长量为：H＝，则A、C将上升2H，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得：·2mv12＝2mg·2H，解得：h＝，故D正确。
9．如图所示，一质量为M＝4 kg的长木板B静止在光滑的水平面上，在长木板B的最右端放置一可视为质点的小铁块A，已知长木板的长度为L＝1.4 m，小铁块的质量为m＝1 kg，小铁块与长木板上表面之间的动摩擦因数为μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。如果在长木板的右端施加一水平向右的恒力F＝28 N，为了保证小铁块能离开长木板，则恒力的作用时间至少应为多大？
解析：设恒力F作用的时间为t，此时间内小铁块相对长木板滑动的距离为L1，根据牛顿第二定律得小铁块的加速度为：a1＝＝0.4×10 m/s2＝4 m/s2
长木板的加速度为：
a2＝＝ m/s2＝6 m/s2
由空间关系可知L1＝a2t2－a1t2
整理得：L1＝t2
此时，小铁块的速度v1＝a1t＝4t
长木板的速度v2＝a2t＝6t
撤去F后，小铁块和长木板组成的系统动量守恒，则由动量守恒定律得：mv1＋Mv2＝(M＋m)v
解得：v＝
若小铁块刚好滑到木板的最左端，由能量守恒定律得：μmg(L－L1)＝Mv22＋mv12－(M＋m)v2
代入数据解得：t＝1 s。
答案：1 s
10．(2019届高三·重庆江津中学月考)如图所示，光滑固定斜面倾角θ＝30°，一轻质弹簧底端固定，上端与M＝3 kg的物体B相连，初始时B静止， A物体质量m＝1 kg，在斜面上距B物体s1＝10 cm处由静止释放， A物体下滑过程中与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后粘在一起，己知碰后A、B经t＝0.2 s下滑s2＝5 cm至最低点，弹簧始终处于弹性限度内， A、B可视为质点， g取10 m/s2，求：
(1)从碰后到最低点的过程中弹簧弹性势能的增加量；
(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，弹簧对物体B冲量的大小。
解析：(1)A下滑s1时的速度由动能定理得：
mgs1sin θ＝mv02
v0＝＝ m/s＝1 m/s
设初速度方向为正方向，A、B相碰时由动量守恒定律得：
mv0＝(m＋M)v1
解得：v1＝0.25 m/s；
从碰后到最低点，由系统机械能守恒定律得：
ΔEp＝(m＋M)v12＋(m＋M)gs2sin θ
解得：ΔEp＝1.125 J。
(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，由动量定理得：
I－(m＋M)gsin θ×2t＝(m＋M)v1－[－(M＋m)v1]
解得：I＝10 N·s。
答案：(1)1.125 J (2)10 N·s
11．(2018·湖南六校联考)如图所示，在光滑水平面上有一质量为2 018m的木板，木板上有2 018块质量均为m的相同木块1、2、…、2 018。最初木板静止，各木块分别以v、2v、…、2 018v同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为μ，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。求：
(1)最终木板的速度；
(2)运动中第88块木块的最小速度；
(3)第二块木块相对木板滑动的时间。
解析：(1)最终所有木块和木板一起以速度v′运动，由动量守恒可知m(v＋2v＋…＋nv)＝2nmv′，其中n＝2 018，
解得v′＝v＝ v。
(2)设第k块木块最小速度为vk，则此时木板及第1至第k－1块木块的速度均为vk；
因为每块木块质量相等，所以各木块减速时受到的合外力也相等(均为μmg)，故在相等时间内，其速度的减少量也相等，因而此时，第k＋1至第n块木块的速度依次为vk＋v、vk＋2v、…、vk＋(n－k)v；
系统动量守恒，故m(v＋2v＋…＋nv)＝(nm＋km)vk＋m(vk＋v)＋…＋m[vk＋(n－k)v]＝nmvk＋kmvk＋(n－k)mvk＋m[1＋2＋…＋(n－k)]v＝2nmvk＋m[1＋2＋…＋(n－k)]v；
所以vk＝，v88＝v。
(3)第二块木块相对静止的速度为v2＝＝×2v＝v；
因为木块减速时的加速度大小总为a＝μg；
v2＝2v－μgt，解得t＝＝。
答案：(1)v (2)v (3)
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