高考物理二輪復習專題08 動量與能量（解析版）

第頁碼頁碼頁/總NUMPAGES總頁數(shù)總頁數(shù)頁EvaluationWarning:ThedocumentwascreatedwithSpire.Docfor.NET.2021年高考物理二輪復習熱點題型歸納與提分秘籍專題08動量與能量目錄TOC\o"1-3"\h\u一、熱點題型歸納 1【題型一】動量定理的應用 1【題型二】動量守恒定律及其應用 5【題型三】碰撞、爆炸與反沖問題 8【題型四】動力學、動量和能量觀點的綜合應用 15二、高考題型標準練 20一、熱點題型歸納【題型一】動量定理的應用【題型解碼】1.注意動量的矢量性及動量變化量的矢量性．2.動量定理Ft＝p′－p中“Ft”為合外力的沖量．3.要明確過程的初、末狀態(tài)．【典例分析1】(多選)(2020·西藏高三一模)古時有“守株待兔”的寓言．假設(shè)兔子質(zhì)量約為2kg，以10m/s的速度奔跑，撞樹后反彈的速度為1m/s，設(shè)兔子與樹的作用時間為0.1s．下列說法正確的是()A．樹對兔子的平均作用力大小為180NB．樹對兔子的平均作用力大小為220NC．兔子動能變化量為－99JD．兔子動能變化量為－101J【答案】BC【解析】兔子撞樹后反彈，以兔子為研究對象，設(shè)兔子受到的平均作用力為F，以末速度方向為正方向，由動量定理得Ft＝mv2－(－mv1)，代入數(shù)據(jù)解得F＝220N，方向與末速度方向相同，即樹對兔子的平均作用力大小為220N，故A錯誤，B正確；動能變化量為ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12＝－99J，故C正確，D錯誤．【典例分析2】(2020·廣西桂林市調(diào)研)材料相同、質(zhì)量不同的兩滑塊，以相同的初動能在同一水平面上運動，最后都停了下來．下列說法正確的是()A．質(zhì)量大的滑塊摩擦力做功多B．質(zhì)量大的滑塊運動的位移大C．質(zhì)量大的滑塊運動的時間長D．質(zhì)量大的滑塊摩擦力沖量大【答案】D【解析】滑塊勻減速直線運動停下的過程，根據(jù)動能定理有Wf＝－μmgx＝0－Ek得x＝eq\f(Ek,μmg)故摩擦力做功相同，質(zhì)量大的滑塊位移小，故A、B錯誤；根據(jù)動量定理有I＝－μmgt＝0－eq\r(2mEk)故質(zhì)量大的滑塊摩擦力沖量大，運動時間短，故C錯誤，D正確．【典例分析3】(多選)(2020·河南、廣東、湖北、湖南四省部分學校聯(lián)考)一質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加兩個水平作用力，兩個力隨時間變化的圖象如圖所示，由圖象可知在t2時刻物體的()A．加速度大小為eq\f(F1－F0,m)B．速度大小為eq\f(F1－F0t2－t1,m)C．動量大小為eq\f(F1－F0,2m)D．動能大小為eq\f(F1－F02t2－t12,8m)【答案】AD【解析】在t2時刻，由牛頓第二定律可得物體的加速度大小a＝eq\f(F1－F0,m)，故A正確；由動量定理和圖線與橫軸所圍面積可得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F1－F0))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2－t1)),2)＝mv，則v＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F1－F0))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2－t1)),2m)得，Ek＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F1－F0))2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2－t1))2,8m)，故B、C錯誤，D正確．【典例分析4】(2020·山東青島高三一模)雨打芭蕉是我國古代文學中重要的抒情意象。為估算雨天院中芭蕉葉面上單位面積所承受的力，小玲同學將一圓柱形水杯置于院中，測得10分鐘內(nèi)杯中雨水上升了15mm，查詢得知，當時雨滴落地速度約為10m/s，設(shè)雨滴撞擊芭蕉葉面后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為1×103kg/m3，據(jù)此估算芭蕉葉面單位面積上的平均受力約為()A．0.25NB．0.5NC．1.5ND．2.5N【答案】A【解析】設(shè)雨滴受到支持面的平均作用力為F，設(shè)在Δt時間內(nèi)有質(zhì)量為Δm的雨水的速度由v＝10m/s減為零。不計雨滴的重力，以向上為正方向，對這部分雨水應用動量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv。得：F＝eq\f(Δmv,Δt)，設(shè)水杯橫截面積為S，對水杯里的雨水，在Δt時間內(nèi)水面上升Δh，則有：Δm＝ρSΔh，故F＝ρSveq\f(Δh,Δt)，壓強為：p＝eq\f(F,S)＝ρveq\f(Δh,Δt)＝1×103×10×eq\f(15×10－3,10×60)N/m2＝0.25N/m2，故A正確，B、C、D錯誤?！咎岱置丶?．沖量的三種計算方法(1)公式法：I＝Ft適用于求恒力的沖量．(2)動量定理法：適用于求變力的沖量或F、t未知的情況．(3)圖象法：用F－t圖線與時間軸圍成的面積可求變力的沖量．若F－t成線性關(guān)系，也可直接用平均力求變力的沖量．2．動量定理(1)公式：FΔt＝mv′－mv(2)應用技巧①研究對象可以是單一物體，也可以是物體系統(tǒng)．②表達式是矢量式，需要規(guī)定正方向．③勻變速直線運動，如果題目不涉及加速度和位移，用動量定理比用牛頓第二定律求解更簡捷．④在變加速運動中F為Δt時間內(nèi)的平均沖力．⑤電磁感應問題中，利用動量定理可以求解時間、電荷量或?qū)w棒的位移．3．在日常的生活與生產(chǎn)中，常涉及流體的連續(xù)相互作用問題，用常規(guī)的方法很難解決，若構(gòu)建柱體微元模型，然后用動量定理分析，則可使問題迎刃而解。解答時一般是選擇一段時間內(nèi)作用在某物體上的流體為研究對象。【強化訓練】1.(2020·江西南昌市三校聯(lián)考)近年來學校都非常重視足球．在某學校舉行的顛球比賽中，小明在持續(xù)顛球過程中腳部幾乎不動，如圖所示，圖示時刻足球恰好運動到最高點，估算足球剛被顛起時的(g取10m/s2)()A．初速度大小約為6m/sB．動能約為6JC．動量大小約為4kg·m/sD．人給球的沖量大小約為4N·s【答案】D【解析】由題圖可知，足球上升到的高度略大于人的高度的一半，大約有0.7m，人的腳的上表面距離地面的高度約0.15m；足球被顛起后做豎直上拋運動，設(shè)初速度為v，上升的高度為h，則v2＝2gh，代入數(shù)據(jù)解得v＝eq\r(2×10×0.7－0.15)m/s≈3.3m/s，故A錯誤；足球的誤；足球剛被顛起時的動量約為p＝mv＝450×10－3×3.3kg·m/s≈1.49kg·m/s，故C錯誤；由動量定理得I－mgt＝mv代入數(shù)據(jù)解得I＝mgt＋mv≈4.19N·s，故D正確．2.(2020·遼寧葫蘆島市第一次模擬)我國女子短道速滑隊在2013年世錦賽上實現(xiàn)女子3000m接力三連冠．觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出，如圖所示．在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則()A．甲對乙的沖量一定與乙對甲的沖量相同B．甲、乙的動量變化一定大小相等、方向相反C．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量D．甲對乙做多少負功，乙對甲就一定做多少正功【答案】B【解析】因為沖量是矢量，甲對乙的作用力與乙對甲的作用力大小相等、方向相反，故沖量大小相等、方向相反，動量變化大小相等、方向相反，故A錯誤，B正確；甲、乙間水平方向的力為作用力與反作用力，大小相等，但乙推甲過程兩者位移不一定相同，C、D錯誤．3．(2020·浙江溫州市6月選考)如圖為高空墜物的公益廣告，形象地描述了高空墜物對人傷害的嚴重性．小明同學用下面的實例來檢驗廣告的科學性：設(shè)一個50g的雞蛋從25樓的窗戶自由落下，相鄰樓層的高度差為3m，雞蛋與地面撞擊時間約為2ms.不計空氣阻力，g取10m/s2，則該雞蛋對地面平均沖擊力約為()A．5000N B．1000NC．500N D．100N【答案】B【解析】一層樓高大約3m，雞蛋墜下的高度約為h＝24×3m＝72m落地速度v＝eq\r(2gh)≈38m/s.由(F－mg)t＝mv得F＝950.5N，故B正確．4.一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動.F隨時間t變化的圖線如圖所示，則()A.t＝1s時物塊的速率為1m/sB.t＝2s時物塊的動量大小為4kg·m/sC.t＝3s時物塊的動量大小為5kg·m/sD.t＝4s時物塊的速度為零【答案】AB【解析】由動量定理可得：Ft＝mv，解得v＝eq\f(Ft,m).t＝1s時物塊的速率為v＝eq\f(F1t1,m)＝eq\f(2×1,2)m/s＝1m/s，故A正確；t＝2s時物塊的動量大小p2＝F2t2＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，t＝3s時物塊的動量大小為p3＝(2×2－1×1)kg·m/s＝3kg·m/s，t＝4s時物塊的動量大小為p4＝(2×2－1×2)kg·m/s＝2kg·m/s，所以t＝4s時物塊的速度為1m/s，故B正確，C、D錯誤.【題型二】動量守恒定律及其應用【題型解碼】1.守恒條件的判斷：理想守恒、近似守恒、單方向守恒．2.應用關(guān)鍵是選好合適的系統(tǒng)、合適的過程，即一定要明確研究對象是誰，明確守恒過程的初、末狀態(tài)．3.要注意規(guī)定正方向．【典例分析1】(2020·河南三門峽市11月考試)如圖所示，甲和他的冰車總質(zhì)量為M＝30kg，乙和他的冰車總質(zhì)量也為M＝30kg，甲推著小木箱m和他一起以大小為v0＝2m/s的速度滑動，乙以同樣大的速度迎面而來．為了避免相撞，甲突然將小木箱沿冰面以v＝5.2m/s的速度推給乙，木箱滑到乙處時乙迅速把它抓住，這樣恰好避免了甲、乙相撞，若不計冰面的摩擦力，則小木箱的質(zhì)量為()A．5kg B．10kgC．15kg D．20kg【答案】C【解析】設(shè)推出木箱后甲的速度為v1，乙抓住木箱后的速度為v2，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒得：(M＋m)v0＝Mv1＋mv，mv－Mv0＝(M＋m)v2當甲與乙恰好不相撞時，則有：v1＝v2，聯(lián)立解得：m＝15kg，故C正確．【典例分析2】(多選)(2020·山東鄒城一中測試)如圖所示，某同學在冰面上進行“滑車”練習，開始該同學站在A車前端以共同速度v0＝9m/s做勻速直線運動，在A車正前方有一輛靜止的B車，為了避免兩車相撞，在A車接近B車時，該同學迅速從A車跳上B車，立即又從B車跳回A車，此時A、B兩車恰好不相撞，已知人的質(zhì)量m＝25kg，A車和B車質(zhì)量均為mA＝mB＝100kg，若該同學跳離A車與跳離B車時對地速度的大小相等、方向相反，不計一切摩擦．則下列說法正確的是()A．該同學跳離A車和B車時對地速度的大小為10m/sB．該同學第一次跳離A車過程中對A車沖量的大小為250kg·m/sC．該同學跳離B車的過程中，對B車所做的功為1050JD．該同學跳回A車后，他和A車的共同速度為5m/s【答案】ACD【解析】由動量守恒定律可得，人以對地速度v跳離A車，(m＋mA)v0＝mv＋mAvA，人跳上B車后與B車的共同速度為vB，mv＝(m＋mB)vB；人跳離B車后B車對地速度為vB′，(m＋mB)vB＝mBvB′－mv；人再跳回A車后，人和A車的共同速度為vA′，mAvA－mv＝(m＋mA)vA′；兩車恰好不相撞，可知：vA′＝vB′；聯(lián)立解得：v＝10m/s，vA＝eq\f(35,4)m/s，vB＝2m/s，vA′＝vB′＝5m/s，故A、D項正確；由動量定理可知，該同學第一次跳離A車過程中，對A車的沖量大小為：I＝|mAvA－mAv0|＝25kg·m/s，故B項錯誤；由動能定理可知該同學跳離B車過程中對B車所做的功為：W＝eq\f(1,2)mBvB′2－eq\f(1,2)mBvB2＝1050J，故C項正確．【提分秘籍】1.動量是否守恒的判斷方法不受外力或者所受外力的矢量和為零時，系統(tǒng)的動量守恒；當外力比相互作用的內(nèi)力小得多時，系統(tǒng)的動量近似守恒；當某一方向上的合外力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。2．動量守恒定律解題的基本步驟(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體)及研究的過程；(2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上動量是否守恒)；(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)的動量；(4)由動量守恒定律列出方程；(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明?！緩娀柧殹?.(多選)(2020·全國卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞．總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員．不計冰面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為()A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg【答案】BC【解析】設(shè)運動員的質(zhì)量為M，第一次推物塊后，運動員速度大小為v1，第二次推物塊后，運動員速度大小為v2……第八次推物塊后，運動員速度大小為v8，第一次推物塊后，由動量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物塊后由動量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物塊后，由動量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝eq\f(2n－1mv0,M)，則v7＝eq\f(260kg·m/s,M)，v8＝eq\f(300kg·m/s,M).由題意知，v7<5m/s，則M>52kg，又知v8>5m/s，則M<60kg，故選B、C.2.(2020·湖南婁底市下學期質(zhì)檢)質(zhì)量為M的氣球上有一個質(zhì)量為m的人，氣球和人在空中共同靜止于離地h高處，如果從氣球上逐漸放下一個質(zhì)量不計的軟梯，讓人沿軟梯降到地面，則軟梯長至少應為()A.eq\f(m,m＋M)h B.eq\f(M,m＋M)hC.eq\f(M＋m,M)h D.eq\f(M＋m,m)h【答案】C【解析】設(shè)人沿軟梯降到地面，軟梯長度至少為L，以人和氣球的系統(tǒng)為研究對象，豎直方向動量守恒，規(guī)定豎直向下為正方向，由動量守恒定律得：0＝mv1－Mv2人沿軟梯降至地面時，氣球上升的高度為L－h(huán)，速度大小：v2＝eq\f(L－h(huán),t)人相對于地面下降的高度為h，速度大小為v1＝eq\f(h,t)聯(lián)立得：0＝m·eq\f(h,t)－Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L－h(huán),t)))，解得：L＝eq\f(M＋m,M)h，故C正確，選項A、B、D錯誤．3.質(zhì)量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運動，有一輕彈簧固定其上，另一質(zhì)量也為m的物塊乙以4m/s的速度與甲相向運動，如圖所示，則()A．甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，由于彈力作用，系統(tǒng)動量不守恒B．當兩物塊相距最近時，甲物塊的速率為零C．當甲物塊的速率為1m/s時，乙物塊的速率可能為2m/s，也可能為0D．甲物塊的速率可能達到5m/s【答案】C【解析】甲、乙兩個物塊通過彈簧發(fā)生相互碰撞，遵循動量和能量守恒，當兩個物塊離開彈簧時交換速度，即甲的速度為4m/s，乙的速度為3m/s，方向相反，且整個碰撞過程中甲的速度不可能大于4m/s，乙的速度不可能大于3m/s，當兩物塊相距最近時速度相等為0.5m/s，所以A、B、D錯誤，C正確．【題型三】碰撞、爆炸與反沖問題【題型解碼】1.對于彈性碰撞的動量守恒和能量守恒要熟知，對于和一個靜止的物體發(fā)生彈性碰撞后的速度表達式要熟記，如果在考場上來計算，太浪費時間．2.明確碰撞前瞬間狀態(tài)、碰撞后瞬間狀態(tài)是碰撞過程的初、末狀態(tài)．【典例分析1】(2020·河南名校聯(lián)考)在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運動．在小球的前方O點處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止狀態(tài)，如圖10所示．小球A與小球B發(fā)生正碰后，小球A、B均向右運動．小球B被在Q點處的墻壁彈回后與小球A在P點相遇，PQ＝1.5PO.假設(shè)小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性碰撞，小球均可看成質(zhì)點，求：(1)兩小球質(zhì)量之比eq\f(m1,m2)；(2)若小球A與小球B碰后的運動方向以及小球B反彈后與A相遇的位置均未知，兩小球A、B質(zhì)量滿足什么條件，就能使小球B第一次反彈后一定與小球A相碰．【答案】(1)2∶1(2)m1>eq\f(m2,3)【解析】(1)兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后A、B兩球的速度分別為v1、v2，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒得m1v0＝m1v1＋m2v2已知小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞均無機械能損失，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22從兩球碰撞后到它們再次相遇，甲和乙的速度大小保持不變，由于PQ＝1.5PO，則小球A和B通過的路程之比為s1∶s2＝v1t∶v2t＝1∶4，聯(lián)立解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(2,1)(2)由(1)中兩式解得：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0若小球A碰后靜止或繼續(xù)向右運動，一定與小球B第一次反彈后相碰，此時有v1≥0，即m1≥m2若小球A碰后反向運動，則v1<0，此時m1<m2，則小球A與B第一次反彈后相碰需滿足|v1|<|v2|即eq\f(m2－m1,m1＋m2)v0<eq\f(2m1,m1＋m2)v0解得m1>eq\f(m2,3)綜上所述，只要小球A、B質(zhì)量滿足m1>eq\f(m2,3)，就能使小球B第一次反彈后一定與小球A相碰．【典例分析2】(2020·北京東城二模)如圖甲所示，兩小球a、b在足夠長的光滑水平面上發(fā)生正碰．小球a、b質(zhì)量分別為m1和m2，且m1＝200g．取水平向右為正方向，兩小球碰撞前后位移隨時間變化的x－t圖像如圖乙所示．下列說法正確的是()A．碰撞前球a做加速運動，球b做勻速運動B．碰撞后球a做減速運動，球b做加速運動C．碰撞前后兩小球的機械能總量減小D．碰撞前后兩小球的機械能總量不變【答案】D【解析】由x－t(位移時間)圖像的斜率得到，碰前b球的位移不隨時間而變化，處于靜止．a(chǎn)球的速度大小為v1＝eq\f(Δx1,Δt1)＝eq\f(8,2)m/s＝4m/s，做勻速運動，選項A錯誤；同理由圖示圖像可知，碰后b球和a球均做勻速運動，其速度分別為v′2＝2m/s，v′1＝－2m/s，選項B錯誤；根據(jù)動量守恒定律得m1v1＝m2v′2＋m1v′1，代入解得m2＝0.6kg，碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)，代入解得ΔE＝0，所以碰撞過程機械能守恒，選項C錯誤，D正確．【典例分析2】(2020·湖北宜昌聯(lián)考)如圖所示，水平地面上有兩個靜止的小物塊A和B(可視為質(zhì)點)，A的質(zhì)量為m＝1.0kg，B的質(zhì)量為M＝2.0kg，A、B之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與物塊接觸而不連接．水平面的左側(cè)連有一豎直墻壁，右側(cè)與半徑為R＝0.32m的半圓形軌道相切．現(xiàn)壓縮彈簧使A、B由靜止釋放(A、B分離后立即撤去彈簧)，A與墻壁發(fā)生彈性碰撞后，在水平面上追上B相碰后粘合在一起．已知A、B粘合體剛好能通過半圓形軌道的最高點，重力加速度取g＝10m/s2，不計一切摩擦．(1)求A、B相碰后粘合在一起的速度大小；(2)求彈簧壓縮后彈簧具有的彈性勢能．【答案】(1)4m/s(2)27J【解析】(1)設(shè)粘合體在圓軌道的最高點的速度大小為v4，粘合體剛好能通過圓軌道的最高點，則對粘合體由牛頓第二定律得(m＋M)g＝(m＋M)eq\f(v\o\al(2,4),R)設(shè)A、B相碰后粘合在一起的速度大小為v3，則由機械能守恒定律得eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,4)＋2(m＋M)gR聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得v3＝4m/s(2)壓縮彈簧釋放后，設(shè)A的速度大小為v1，B的速度大小為v2，取向右為正方向．由動量守恒定律得Mv2－mv1＝0A與墻壁發(fā)生彈性碰撞反彈，速度大小不變，追上B相碰后粘合在一起，由動量守恒定律得mv1＋Mv2＝(m＋M)v3設(shè)彈簧被壓縮后具有的彈性勢能為EP，由機械能守恒定律得EP＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得EP＝27J【典例分析2】(2020·云南昆明市高三“三診一?！睖y試)如圖甲所示，質(zhì)量為m＝0.3kg的小物塊B(可視為質(zhì)點)放在質(zhì)量為M＝0.1kg、長度L＝0.6m的木板A的最左端，A和B一起以v0＝1m/s的速度在光滑水平面上向右運動，一段時間后A與右側(cè)一豎直固定擋板P發(fā)生彈性碰撞．以碰撞瞬間為計時起點，取水平向右為正方向，碰后0.5s內(nèi)B的速度v隨時間t變化的圖象如圖乙所示．取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)A與B間的動摩擦因數(shù)μ；(2)A與P第1次碰撞到第2次碰撞的時間間隔；(3)A與P碰撞幾次，B與A分離．【答案】(1)0.1(2)0.75s(3)2次【解析】(1)碰后A向左減速，B向右減速，由題圖乙得：aB＝|eq\f(Δv,Δt)|＝1m/s2由牛頓第二定律有μmg＝maB解得μ＝0.1(2)碰后B向右減速，A向左減速到0后，向右加速，最后與B共速，以水平向右為正方向，對A、B由動量守恒定律可得：mv0－Mv0＝(M＋m)v1解得：v1＝0.5m/s此過程，對B由動量定理得：mv1－mv0＝－μmgt1解得：t1＝0.5s對A由動能定理有：－μmgxA＝eq\f(1,2)Mv12－eq\f(1,2)Mv02解得：xA＝0.125m此后A、B一起向右勻速運動的時間為：t2＝eq\f(xA,v1)＝0.25s所以一共用的時間：t＝t1＋t2＝0.75s，即A與P第1次碰撞到第2次碰撞的時間間隔為0.75s(3)A第1次與擋板P碰撞后到共速的過程中，對整個系統(tǒng)，由能量守恒有：eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)Mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v12＋μmgx相對1解得x相對1＝0.5m假設(shè)第3次碰撞前，A與B不分離，A第2次與擋板P相碰后到共速的過程中，以水平向右為正方向，由動量守恒有：mv1－Mv1＝(M＋m)v2由能量守恒有：eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv12＝eq\f(1,2)(M＋m)v22＋μmgx相對2解得：x相對2＝0.125m由于x相對＝x相對1＋x相對2>L，所以A與P碰撞2次，B與A分離【提分秘籍】1.抓住“一判斷、三原則、三定律”速解碰撞類問題(1)判斷屬于彈性碰撞模型還是完全非彈性碰撞模型。(2)碰撞的“三原則”①動量守恒原則，即碰撞前后兩物體組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律。②動能不增加原則，即碰撞后系統(tǒng)的總動能不大于碰撞前系統(tǒng)的總動能。③物理情境可行性原則，如果碰前兩物體同向運動，碰撞前后面物體的速度大于前面物體的速度，碰撞后原來在前面的物體速度必增大，且大于或等于原來在后面的物體的碰后速度(僅限碰撞前后后面物體速度方向不變的情況)。如果碰撞前兩物體相向運動，則碰撞后，兩物體的運動方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零。(3)合理選用三個定律①如果物體間發(fā)生的是彈性碰撞，則一般是應用動量守恒定律和機械能守恒定律進行求解。②如果物體間發(fā)生的不是彈性碰撞，則一般應用動量守恒定律和能量守恒定律(功能關(guān)系)進行求解。2.三類碰撞(1)彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.機械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2.(2)完全非彈性碰撞動量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′.機械能損失最多，機械能的損失量為：ΔE＝(eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2))－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2.(3)非彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.機械能有損失，機械能的損失量為：ΔE＝(eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2))－(eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2)．【強化訓練】1.(2020·河南名校聯(lián)盟3月調(diào)研)如圖所示，在光滑的水平地面上，靜置一質(zhì)量為m的四分之一圓弧滑塊，圓弧半徑為R，一質(zhì)量也為m的小球，以水平速度v0自滑塊的左端A處滑上滑塊，當二者共速時，小球剛好到達圓弧上端B.若將小球的初速度增大為2v0，不計空氣阻力，則小球能達到距B點的最大高度為()A.RB.1.5RC.3RD.4R【答案】C【解析】若小球以水平速度v0滑上滑塊，當小球上升到圓弧的上端時，小球與滑塊速度相同，設(shè)為v1，以小球的初速度v0的方向為正方向，在水平方向上，由動量守恒定律得mv0＝2mv1由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)·2mv12＋mgR代入數(shù)據(jù)解得v0＝2eq\r(gR)若小球以2v0沖上滑塊，當小球上升到圓弧的上端時，小球與滑塊水平方向上速度相同，設(shè)為v2，以小球的初速度方向為正方向，在水平方向上，由動量守恒定律得2mv0＝2mv2由能量守恒得eq\f(1,2)m(2v0)2＝eq\f(1,2)·2mv22＋mgR＋eq\f(1,2)mvy2解得vy＝eq\r(6gR)小球離開圓弧后做斜拋運動，豎直方向做減速運動，則h＝eq\f(vy2,2g)＝3R故距B點的最大高度為3R.故選C.2.(2020·四川德陽市二診)如圖所示，物體A、B的質(zhì)量分別為m、2m，物體B置于水平面上，B物體上部半圓形槽的半徑為R，將物體A從圓槽的右側(cè)最頂端由靜止釋放，重力加速度為g，一切摩擦均不計．則()A．A、B物體組成的系統(tǒng)動量守恒B．A不能到達圓槽的左側(cè)最高點C．A運動到圓槽的最低點時A的速率為eq\r(\f(2,3)gR)D．A運動到圓槽的最低點時B的速率為eq\r(\f(gR,3))【答案】D【解析】A、B物體組成的系統(tǒng)只有水平方向動量守恒，選項A錯誤；運動過程不計一切摩擦，系統(tǒng)機械能守恒，故A可以到達圓槽的左側(cè)最高點，且A在圓槽的左側(cè)最高點時，A、B的速度都為零，故B錯誤；對A運動到圓槽的最低點的運動過程由水平方向動量守恒得mvA＝2mvB，對A、B整體由機械能守恒可得mgR＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)×2mvB2，所以A運動到圓槽的最低點時B的速率為vB＝eq\r(\f(gR,3))，vA＝eq\r(\f(4gR,3))，故C錯誤，D正確．3.(多選)(2020·山東煙臺市期末)如圖(a)所示，在粗糙的水平地面上有兩個大小相同但材質(zhì)不同的甲、乙物塊．t＝0時刻，甲物塊以速度v0＝4m/s向右運動，經(jīng)一段時間后與靜止的乙物塊發(fā)生正碰，碰撞前后兩物塊運動的v－t圖象如圖(b)中實線所示，其中甲物塊碰撞前后的圖線平行，已知甲物塊質(zhì)量為5kg，乙物塊質(zhì)量為4kg，則()A．此碰撞為彈性碰撞B．碰后瞬間乙物塊速度為2.5m/sC．碰后乙物塊移動的距離為3.75mD．碰后甲、乙兩物塊所受摩擦力之比為6∶5【答案】BC【解析】由題圖知，碰前瞬間甲物塊的速度為v＝3m/s，碰后瞬間甲物塊的速度為v1＝1m/s，設(shè)乙物塊碰后瞬間的速度為v2，由動量守恒定律得m甲v＝m甲v1＋m乙v2，得v2＝2.5m/s，碰前Ek＝eq\f(1,2)m甲v2＝22.5J，碰后Ek′＝eq\f(1,2)m甲v12＋eq\f(1,2)m乙v22＝15J<Ek，故此碰撞為非彈性碰撞，A錯誤，B正確；設(shè)碰后乙經(jīng)過時間t速度減為0，根據(jù)相似三角形知eq\f(t,1＋t)＝eq\f(3,4)，得t＝3s，碰后乙物塊移動的距離為s乙＝eq\f(v2,2)·t＝3.75m，故C正確；碰后乙物塊滑行過程，根據(jù)動量定理得－Ff乙·t＝0－m乙v2，得Ff乙＝eq\f(10,3)N，甲物塊滑行過程根據(jù)動量定理得：Ff甲t1＝m甲Δv，得Ff甲＝5N，故Ff甲∶Ff乙＝3∶2，故D錯誤．4.(2020·廣西桂林市第一次聯(lián)合調(diào)研)如圖所示，兩個完全相同的長木板A、B靠在一起(不連接)放在光滑的水平面上，A、B的長均為L，質(zhì)量均為m，一物塊C質(zhì)量也為m，以初速度v0從A木板的左端滑上木板，最終剛好能滑到木板A的右端，重力加速度為g，物塊與兩長木板間的動摩擦因數(shù)相同，不計滑塊C的大?。螅?1)物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ；(2)物塊滑到A的右端時，再給C一個向右的瞬時沖量，使C的速度變?yōu)閑q\f(4,3)v0，試判斷C會不會從B的右端滑出，要求寫出判斷的推理過程．【答案】(1)eq\f(v\o\al(02),3gL)(2)見解析【解析】(1)設(shè)物塊C滑到A的右端時，三者共同速度為v1，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝3mv1根據(jù)功能關(guān)系有μmgL＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×3mv12＝eq\f(1,3)mv02，求得μ＝eq\f(v\o\al(02),3gL)(2)假設(shè)C不會從B板上滑離，B、C獲得共同速度為v3，則mv2＋mv1＝2mv3，求得v3＝eq\f(5,6)v0設(shè)C在B上滑行的距離為x，根據(jù)功能關(guān)系有μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(22)＋eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)×2mv32求得x＝eq\f(3,4)L，假設(shè)成立，因此物塊不會從B的右端滑離．【題型四】動力學、動量和能量觀點的綜合應用【題型解碼】1.確定研究對象，進行運動分析和受力分析；2.分析物理過程，按特點劃分階段；3.選用相應規(guī)律解決不同階段的問題，列出規(guī)律性方程．【典例分析1】(2020·浙江7月選考·20)小明將如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道AB和傾角θ＝37°的斜軌道BC平滑連接而成．質(zhì)量m＝0.1kg的小滑塊從弧形軌道離地高H＝1.0m處靜止釋放．已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑塊與軌道AB和BC間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力．(1)求滑塊運動到與圓心O等高的D點時對軌道的壓力；(2)通過計算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點；(3)若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點x處的質(zhì)量為2m的小滑塊相碰，碰后一起運動，動摩擦因數(shù)仍為0.25，求它們在軌道BC上到達的高度h與x之間的關(guān)系．(碰撞時間不計，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)【答案】見解析【解析】(1)由機械能守恒定律有mgH＝mgR＋eq\f(1,2)mvD2根據(jù)牛頓第二定律有FN＝eq\f(mvD2,R)＝8N根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊在D點時對軌道的壓力FN′＝FN＝8N，方向水平向左(2)設(shè)滑塊能在斜軌道上到達的最高點為C′點，根據(jù)能量守恒定律可知mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cosθ＋mgLBC′sinθ得LBC′＝eq\f(15,16)m<1.0m，故不會沖出(3)設(shè)滑塊運動到距A點x處的速度為v，根據(jù)動能定理得mgH－μmgx＝eq\f(1,2)mv2設(shè)兩滑塊碰撞后的速度為v′，由動量守恒定律有mv＝3mv′設(shè)碰撞后滑塊滑到斜軌道的高度為h，根據(jù)動能定理有－3μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(LAB－x))－3μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－3mgh＝0－eq\f(1,2)(3m)v′2得h＝eq\f(1,6)x－eq\f(5,48)(eq\f(5,8)m<x≤1m)或h＝0(0≤x≤eq\f(5,8)m)．【典例分析2】(2020·浙江杭州二中模擬)如圖所示，固定的光滑平臺上固定有光滑的半圓軌道，軌道半徑R＝0.6m．平臺上靜止著兩個滑塊A、B，mA＝0.1kg，mB＝0.2kg，兩滑塊間夾有少量炸藥，平臺右側(cè)有一帶豎直擋板的小車，靜止在光滑的水平地面上．小車質(zhì)量為M＝0.3kg，車上表面與平臺的臺面等高，小車的上表面的右側(cè)固定一根水平輕彈簧，彈簧的自由端在Q點，小車的上表面左端點P與Q點之間是粗糙的，滑塊B與PQ之間表面的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，Q點右側(cè)表面是光滑的．點燃炸藥后，A、B分離瞬間A滑塊獲得向左的速度vA＝6m/s，而滑塊B則沖向小車．兩滑塊都可以看成質(zhì)點，炸藥的質(zhì)量忽略不計，爆炸的時間極短，爆炸后兩個物塊的速度方向在同一水平直線上，且g＝10m/s2.求：(1)滑塊A在半圓軌道最高點對軌道的壓力；(2)若L＝0.8m，滑塊B滑上小車后的運動過程中彈簧的最大彈性勢能；(3)要使滑塊B既能擠壓彈簧，又最終沒有滑離小車，則小車上PQ之間的距離L應在什么范圍內(nèi)．【答案】(1)1N，方向豎直向上(2)0.22J(3)0.675m<L<1.35m【解析】(1)A從軌道最低點到軌道最高點由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)mAvA2－eq\f(1,2)mAv2＝mAg·2R在最高點由牛頓第二定律得：mAg＋FN＝mAeq\f(v2,R)解得FN＝1N由牛頓第三定律得，滑塊A在半圓軌道最高點對軌道的壓力大小為1N，方向豎直向上．(2)爆炸過程由動量守恒定律得：mAvA＝mBvB，解得vB＝3m/s滑塊B沖上小車后將彈簧壓縮到最短時，彈簧具有最大彈性勢能，由動量守恒定律得：mBvB＝(mB＋M)v共由能量守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)mBvB2－eq\f(1,2)(mB＋M)v共2－μmBgL，聯(lián)立解得Ep＝0.22J(3)滑塊B最終沒有離開小車，滑塊B和小車具有共同的末速度，設(shè)為u，滑塊B與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，有mBvB＝(M＋mB)u若小車PQ之間的距離L足夠大，則滑塊B還沒與彈簧接觸就已經(jīng)與小車相對靜止，設(shè)滑塊B恰好滑到Q點，由能量守恒定律得μmBgL1＝eq\f(1,2)mBvB2－eq\f(1,2)(mB＋M)u2聯(lián)立解得L1＝1.35m若小車PQ之間的距離L不是很大，則滑塊B必然擠壓彈簧，由于Q點右側(cè)是光滑的，滑塊B必然被彈回到PQ之間，設(shè)滑塊B恰好回到小車的左端P點處，由能量守恒定律得：2μmBgL2＝eq\f(1,2)mBvB2－eq\f(1,2)(mB＋M)u2聯(lián)立解得L2＝0.675m綜上所述，要使滑塊B既能擠壓彈簧，又最終沒有離開小車，PQ之間的距離L應滿足的范圍是0.675m<L<1.35m.【強化訓練】1.(2020·山東濰坊市4月模擬)如圖所示，水平軌道左端固定一輕彈簧，彈簧右端可自由伸長到O點，軌道右端與一光滑豎直半圓軌道相連，半圓軌道半徑R＝0.5m，半圓軌道最低點為C，最高點為D.在直軌道最右端放置小物塊N，將小物塊A靠在彈簧上并壓縮到P點，由靜止釋放，之后與N發(fā)生彈性正碰，碰后N恰能通過圓軌道最高點D.已知物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，A的質(zhì)量為m＝2kg，N的質(zhì)量為M＝4kg，物塊A、N可視為質(zhì)點，OP＝0.5m，OC＝1.5m，重力加速度g＝10m/s2.(1)求N剛進入半圓軌道時對軌道的壓力；(2)求將彈簧壓縮到P點時彈簧具有的彈性勢能；(3)若將A與彈簧拴接，將物塊N靠在A上，壓縮彈簧到P點后由靜止釋放，求N最終停在什么位置？【答案】(1)240N，方向豎直向下(2)76.25J(3)距離C點0.54m處【解析】(1)由題意知，物塊N在D點時，Mg＝Meq\f(v\o\al(D2),R)設(shè)物塊N碰后速度為v2，由C點到D點過程機械能守恒eq\f(1,2)Mv22＝eq\f(1,2)MvD2＋Mg·2R物塊N在C點時受到軌道的支持力為FN，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)N－Mg＝Meq\f(v\o\al(22),R)，聯(lián)立解得FN＝240N，根據(jù)牛頓第三定律，N剛進入半圓軌道時對軌道的壓力大小為240N，方向豎直向下(2)設(shè)物塊A與N碰前速度為v0，碰后速度為v1，碰撞過程動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2碰撞過程機械能守恒，則eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22由功能關(guān)系得彈簧壓縮到P點時的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mv02＋μmg·PC，聯(lián)立解得Ep＝76.25J(3)物塊A和N在O點分離，設(shè)分離時物塊A和N的速度為v，Ep＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋μ(M＋m)g·OP分離后物塊N到達C點時速度為vC，由功能關(guān)系得eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)MvC2＋μMg·OC假設(shè)物塊沿圓周上滑不超過eq\f(1,4)圓周處，eq\f(1,2)MvC2＝Mgh，解得h＝eq\f(13,48)m＜R故物塊不能到達圓周最高點，將沿圓軌道滑回，設(shè)向左滑回的距離為x，由動能定理得：μMgx＝eq\f(1,2)MvC2，解得x＝eq\f(13,24)m≈0.54m即滑塊停在距離C點0.54m處．2．(2020·河南中原名校第五次考評)如圖所示，固定點O上系一長L＝0.6m的細繩，細繩的下端系一質(zhì)量m＝1.0kg的小球(可視為質(zhì)點)，原來處于靜止狀態(tài)，球與平臺的B點接觸但對平臺無壓力，平臺高h＝0.80m，一質(zhì)量M＝2.0kg的物塊開始靜止在平臺上的P點，現(xiàn)使M獲得一水平向右的初速度v0，物塊M沿粗糙平臺自左向右運動到平臺邊緣B處與小球m發(fā)生正碰，碰后小球m在繩的約束下做圓周運動，經(jīng)最高點A時，繩上的拉力恰好等于小球的重力，而M落在水平地面上的C點，其水平位移x＝1.2m，不計空氣阻力，g＝10m/s2，求：(1)質(zhì)量為M的物塊落地時的動能；(2)若物塊M在P處的初速度大小為8.0m/s，平臺表面與物塊間動摩擦因數(shù)μ＝0.5，物塊M與小球的初始距離s1為多少？【答案】(1)25J(2)2.8m【解析】(1)碰后物塊M做平拋運動，設(shè)其平拋運動的初速度為v3由h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v3t，得：v3＝xeq\r(\f(g,2h))＝3.0m/s落地時的豎直速度為：vy＝eq\r(2gh)＝4.0m/s所以物塊落地時的速度為：v＝eq\r(v\o\al(32)＋v\o\al(y2))＝5.0m/s物塊落地時的動能為：Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝25J(2)物塊與小球在B處碰撞，設(shè)碰撞前物塊的速度為v1，碰撞后小球的速度為v2，由動量守恒定律：Mv1＝mv2＋Mv3碰后小球從B處運動到最高點A過程中機械能守恒，設(shè)小球在A點的速度為vA：eq\f(1,2)mv22＝eq\f(1,2)mvA2＋2mgL小球在最高點時有：2mg＝meq\f(v\o\al(A2),L)聯(lián)立解得：v2＝6.0m/sv1＝6.0m/s物塊M從P運動到B處過程中，由動能定理得：－μMgs1＝eq\f(1,2)Mv12－eq\f(1,2)Mv02解得：s1＝2.8m.二、高考題型標準練1.沿光滑水平面在同一條直線上運動的兩物體A、B碰撞后以共同的速度運動，該過程的位移－時間圖象如圖1所示.則下列判斷錯誤的是()A.碰撞前后A的運動方向相反B.A、B的質(zhì)量之比為1∶2C.碰撞過程中A的動能變大，B的動能減小D.碰前B的動量較大【答案】C＝5m/s，則碰撞前后A的運動方向相反，故A正確.由位移－時間圖象可得，碰撞之前vB＝eq\f(20－0,2)m/s＝10m/s，根據(jù)動量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vA′，代入數(shù)據(jù)得mA∶mB＝1∶2，故B正確.碰撞前后A速度大小相等，則碰撞A動能不變，故C錯誤.碰前A、B速度方向相反，碰后A、B速度方向與B碰前速度方向相同，則碰前B的動量較大，故D正確.2.(2020·山西太原市高三模擬)2019年8月，“法國哪吒”扎帕塔身背燃料包，腳踩由5個小型渦輪噴氣發(fā)動機驅(qū)動的“飛板”，僅用22分鐘就飛越了英吉利海峽35公里的海面，如圖.已知扎帕塔(及裝備)的總質(zhì)量為120kg，設(shè)發(fā)動機啟動后將氣流以6000m/s的恒定速度從噴口向下噴出，則當扎帕塔(及裝備)懸浮在空中靜止時，發(fā)動機每秒噴出氣體的質(zhì)量為(不考慮噴氣對總質(zhì)量的影響，取g＝10m/s2)()A.0.02kg B.0.20kgC.0.50kg D.5.00kg【答案】B【解析】設(shè)扎帕塔(及裝備)對氣體的平均作用力為F，根據(jù)牛頓第三定律可知，氣體對扎帕塔(及裝備)的作用力的大小也等于F，對扎帕塔(及裝備)，則有F＝Mg.設(shè)時間Δt內(nèi)噴出的氣體的質(zhì)量為Δm，則對氣體由動量定理得FΔt＝Δmv，解得eq\f(Δm,Δt)＝eq\f(F,v)＝eq\f(Mg,v)，Δt＝1s，代入數(shù)據(jù)解得Δm＝0.2kg，B正確.3.(2020·河北第二次省際調(diào)研)如圖(a)所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個帶電小球，t＝0時，甲靜止，乙以6m/s的初速度向甲運動．它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運動(整個運動過程中兩球沒有接觸)，它們運動的v－t圖象分別如圖(b)中甲、乙兩曲線所示．則由圖線可知()A．兩帶電小球的電性一定相反B．甲、乙兩球的質(zhì)量之比為2∶1C．t2時刻，乙球的電勢能最大D．在0～t3時間內(nèi)，甲的動能一直增大，乙的動能一直減小【答案】B【解析】由題圖(b)可知，乙球減速的同時，甲球正向加速，說明兩球相互排斥，帶有同種電荷，故A錯誤；兩球作用過程動量守恒m乙Δv乙＝m甲Δv甲，解得eq\f(m甲,m乙)＝eq\f(2,1)，故B正確；t1時刻，兩球共速，距離最近，則乙球的電勢能最大，故C錯誤；在0～t3時間內(nèi)，甲的動能一直増大，乙的動能先減小，t2時刻后逐漸增大，故D錯誤．4.(2020·云南大理、麗江等校第二次統(tǒng)考)如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為m的物體，它受到水平向右的力F的作用．力F分別按下圖A、B、C、D所示的四種方式隨時間t變化(圖中縱坐標是F與mg的比值，力沿水平向右為正方向)．已知物體在t＝0時速度為零，若用v1、v2、v3、v4分別表示上述四種受力情況下物體在2s末的速率，則這四個速率中最大的與哪項對應()【答案】A【解析】物體運動過程中，受重力、支持力、拉力作用，合力大小等于拉力大小，根據(jù)動量定理，有：I＝mv－0，故力F的沖量最大時，末速度最大；圖中eq\f(F,mg)－t圖線與t軸包圍的“面積”與沖量大小成正比，t軸上方?jīng)_量為正，下方?jīng)_量為負，由于A圖中沖量的矢量和最大，故A圖中物體的末速度大小最大，故選A.5.(2020·福建晉江市四校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為3m的物塊A與質(zhì)量為m的物塊B用輕彈簧和不可伸長的細線連接，靜止在光滑的水平面上，此時細線剛好伸直且無彈力．現(xiàn)使物塊A瞬間獲得向右的速度v0，在以后的運動過程中，細線沒有繃斷，以下判斷正確的是()A．細線再次伸直前，物塊A的速度先減小后增大B．細線再次伸直前，物塊B的加速度先減小后增大C．彈簧的最大彈性勢能等于eq\f(3,8)mv02D．物塊A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，損失的機械能最多為eq\f(3,2)mv02【答案】C【解析】細線再次伸直時，也就是彈簧再次恢復原長時，細線恢復原長的過程中，A始終受到向左的彈力，即一直做減速運動，B始終受到向右的彈力，即一直做加速運動，彈簧的彈力先變大后變小，故B的加速度先增大后減小，故A、B錯誤；彈簧彈性勢能最大時，彈簧壓縮到最短，此時A、B速度相等，根據(jù)動量守恒定律可得3mv0＝(3m＋m)v，解得v＝eq\f(3,4)v0，根據(jù)能量守恒定律可得，彈性勢能Epmax＝eq\f(1,2)×3mv02－eq\f(1,2)·(3m＋m)v2＝eq\f(3,8)mv02，故C正確；整個過程中，物塊A、B與彈簧組成的系統(tǒng)只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，故D錯誤．6.(多選)(2020·全國名校11月大聯(lián)考)如圖所示，一軌道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圓弧部分組成，置于光滑的水平面上，如果軌道固定，將可視為質(zhì)點的物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，物塊恰好停在水平軌道的最左端．如果軌道不固定，仍將物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，下列說法正確的是()A．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機械能不守恒，動量守恒B．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機械能不守恒，動量不守恒C．物塊仍能停在水平軌道的最左端D．物塊將從軌道左端沖出水平軌道【答案】BC【解析】軌道不固定時，物塊在軌道的水平部分運動的過程中，摩擦力做功，所以系統(tǒng)的機械能不守恒．物塊在軌道的圓弧部分下滑時，系統(tǒng)所受合外力不為零，動量不守恒，但是水平方向動量守恒，故A錯誤，B正確；設(shè)軌道的水平部分長為L.軌道固定時，根據(jù)能量守恒定律得mgR＝μmgL，軌道不固定時，設(shè)物塊與軌道相對靜止時共同速度為v，在軌道水平部分滑行的距離為x.取向左為正方向，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒得：0＝(M＋m)v，則得v＝0，根據(jù)能量守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋μmgx，聯(lián)立解得x＝L，所以物塊仍能停在水平軌道的最左端，故C正確，D錯誤．7.(多選)(2020·山東淄博市十中期末)如圖，豎直放置的輕彈簧下端固定在地上，上端與質(zhì)量為m的鋼板連接，鋼板處于靜止狀態(tài)．一個質(zhì)量也為m的物塊從鋼板正上方h處的P點自由落下，粘在鋼板上并與鋼板一起向下運動x0后到達最低點Q.下列說法正確的是()A．物塊與鋼板碰后的速度為eq\r(2gh)B．物塊與鋼板碰后的速度為eq\f(\r(2gh),2)C．從P到Q的過程中，彈性勢能的增加量為mg(2x0＋eq\f(h,2))D．從P到Q的過程中，彈性勢能的增加量為mg(2x0＋h)【答案】BC【解析】物塊自由下落h，由機械能守恒定律得：mgh＝eq\f(1,2)mv12，得物塊與鋼板碰前的速度為v1＝eq\r(2gh)；物塊與鋼板碰撞，選豎直向下為正方向，v2為兩者碰后的共同速度，由動量守恒得：mv1＝2mv2，解得v2＝eq\f(1,2)v1＝eq\f(\r(2gh),2)，選項A錯誤，B正確；從碰撞到運動到Q點的過程中，由能量關(guān)系可知：e