【高三物理寒假〈二輪專題復(fù)習(xí)〉】第6講：能量和動(dòng)量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用

PAGE21/19個(gè)性化教學(xué)輔導(dǎo)教案學(xué)生姓名年級(jí)高三學(xué)科物理上課時(shí)間教師姓名課題能量和動(dòng)量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用教學(xué)目標(biāo)功、功率的計(jì)算掌握力學(xué)中幾個(gè)重要的功能關(guān)系及能量守恒定律的應(yīng)用3、能解決動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)解決多過程問題教學(xué)過程教師活動(dòng)2015卷ⅠT17：動(dòng)能定理，牛頓第二定律卷ⅡT17：v－t、P－t圖象的理解及瞬時(shí)功率的理解T21：系統(tǒng)機(jī)械能守恒2016卷ⅠT25：動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律綜合解決多過程問題卷ⅡT21：功、功率及動(dòng)能定理T25：機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律綜合解決多過程問題卷ⅢT24：機(jī)械能守恒定律、豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問題卷ⅠT14：動(dòng)量守恒定律卷ⅠT24：機(jī)械能及功能關(guān)系卷ⅡT17:功能關(guān)系及機(jī)械能守恒定律卷ⅡT24：動(dòng)能定理卷ⅢT16:動(dòng)能定理卷ⅢT20:通過F－t圖象考查動(dòng)量定理1．(·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內(nèi)，在大圓環(huán)上套著一個(gè)小環(huán)．小環(huán)由大圓環(huán)的最高點(diǎn)從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對(duì)它的作用力()A．一直不做功 B．一直做正功C．始終指向大圓環(huán)圓心 D．始終背離大圓環(huán)圓心【解答】A光滑大圓環(huán)對(duì)小環(huán)只有彈力作用．彈力方向沿大圓環(huán)的半徑方向(下滑過程先背離圓心，后指向圓心)，與小環(huán)的速度方向始終垂直，不做功．故選A.2．(·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，一質(zhì)量為m，長(zhǎng)度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛．用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距eq\f(1,3)l.重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為()A.eq\f(1,9)mgl B.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mgl D.eq\f(1,2)mgl【解答】A以均勻柔軟細(xì)繩MQ段為研究對(duì)象，其質(zhì)量為eq\f(2,3)m，取M點(diǎn)所在的水平面為零勢(shì)能面，開始時(shí)，細(xì)繩MQ段的重力勢(shì)能Ep1＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,3)＝－eq\f(2,9)mgl，用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩MQ段的重力勢(shì)能Ep2＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,6)＝－eq\f(1,9)mgl，則外力做的功即克服重力做的功等于細(xì)繩MQ段的重力勢(shì)能的變化，即W＝Ep2－Ep1＝－eq\f(1,9)mgl＋eq\f(2,9)mgl＝eq\f(1,9)mgl，選項(xiàng)A正確．3．(·全國(guó)卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s【解答】A由于噴氣時(shí)間短，且不計(jì)重力和空氣阻力，則火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒．燃?xì)獾膭?dòng)量p1＝mv＝0.05×600kg·m/s＝30kg·m/s，則火箭的動(dòng)量p2＝p1＝30kg·m/s，選項(xiàng)A正確．4．(·全國(guó)卷Ⅰ)一質(zhì)量為8.00×104kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面．飛船在離地面高度1.60×105m處以7.50×103m/s的速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100m/s時(shí)下落到地面．取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8m/s2.(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能；(2)求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時(shí)速度大小的2.0%.【解答】(1)飛船著地前瞬間的機(jī)械能為Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)k ①式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率。由①式和題給數(shù)據(jù)得Ek0＝4.0×108J ②設(shè)地面附近的重力加速度大小為g。飛船進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能為Eh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,h)＋mgh ③式中，vh是飛船在高度1.60×105m處的速度大小。由③式和題給數(shù)據(jù)得Eh≈2.4×1012J ④(2)飛船在高度h′＝600m處的機(jī)械能為Eh′＝eq\f(1,2)m(eq\f(2.0,100)vh)2＋mgh′ ⑤由功能原理得W＝Eh′－Ek0 ⑥式中，W是飛船從高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得W≈9.7×108J ⑦答案(1)4.0×108J2.4×1012J(2)9.7×108J5．(·全國(guó)卷Ⅱ)為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1<s0)處分別放置一個(gè)擋板和一面小旗，如圖所示．訓(xùn)練時(shí)，讓運(yùn)動(dòng)員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗．訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時(shí)，運(yùn)動(dòng)員至少到達(dá)小旗處．假定運(yùn)動(dòng)員在滑行過程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為v1.重力加速度大小為g.求(1)冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度．【解答】(1)設(shè)冰球的質(zhì)量為m，冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，由動(dòng)能定理得－μmgs0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①解得μ＝eq\f(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1),2gs0) ②(2)冰球到達(dá)擋板時(shí)，滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員中，剛好到達(dá)小旗處的運(yùn)動(dòng)員的加速度最?。O(shè)這種情況下，冰球和運(yùn)動(dòng)員的加速度大小分別為a1和a2，所用的時(shí)間為t.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2a1s0 ③v0－v1＝a1t ④s1＝eq\f(1,2)a2t2 ⑤聯(lián)立③④⑤式得a2＝eq\f(s1v1＋v02,2s\o\al(2,0)) ⑥答案(1)eq\f(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1),2gs0)(2)eq\f(s1v1＋v02,2s\o\al(2,0))涉及的知識(shí)點(diǎn)：功、功率的計(jì)算力學(xué)中幾個(gè)重要的功能關(guān)系及能量守恒定律的應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)解決多過程問題eq\a\vs4\al(功、功率的計(jì)算及相關(guān)圖象問題的分析)[解題方略]1．功的計(jì)算(1)功的定義式W＝Flcosα適宜求恒力做功．(2)變力做功的計(jì)算：①用動(dòng)能定理W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)求功②用F－l圖象所圍的面積求功③用平均力求功(力與位移呈線性關(guān)系，如彈簧的彈力)④利用W＝Pt求功2．功率的計(jì)算(1)P＝eq\f(W,t)，適用于計(jì)算平均功率；(2)P＝Fvcosα，若v為瞬時(shí)速度，P為瞬時(shí)功率；若v為平均速度，P為平均功率．3．功能相關(guān)圖象問題分析“三步走”[題組預(yù)測(cè)]1．如圖所示，置于光滑水平面上的物塊在水平恒力F的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，其速度v、動(dòng)能Ek及拉力功率P隨時(shí)間t或位移x的變化圖象可能正確的是()【解答】C物塊在水平恒力作用下由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a＝eq\f(F,m)，速度v＝at＝eq\f(F,m)t，v－t圖象為過坐標(biāo)原點(diǎn)的傾斜直線，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由v2＝2ax＝eq\f(2F,m)x，可知拋物線開口向x軸正方向，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(F2,2m)t2，選項(xiàng)C正確；功率P＝Fv＝Fat＝eq\f(F2,m)t，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.2．若要求汽車空載時(shí)的制動(dòng)距離是：當(dāng)速度為50km/h時(shí)，客車不超過19m，卡車不超過21m．如果客車和卡車質(zhì)量之比為19∶21，制動(dòng)時(shí)所受阻力不變，在剛好滿足上述要求時(shí)，客車和卡車()A．所受阻力之比為19∶21B．加速度之比為21∶19C．所受阻力做功之比為21∶19D．制動(dòng)時(shí)間之比為21∶19【解答】B由v2＝2ax，可得客車和卡車制動(dòng)時(shí)的加速度之比為eq\f(a1,a2)＝eq\f(x2,x1)＝eq\f(21,19)，選項(xiàng)B正確；根據(jù)牛頓第二定律f＝ma，可得所受阻力之比eq\f(f1,f2)＝eq\f(m1,m2)·eq\f(a1,a2)＝1∶1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由做功的公式W＝fx，可得所受阻力做功之比為eq\f(Wf1,Wf2)＝eq\f(f1,f2)·eq\f(x1,x2)＝eq\f(19,21)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由v＝at可得制動(dòng)時(shí)間之比為eq\f(t1,t2)＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(19,21)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．eq\a\vs4\al(力學(xué)中幾個(gè)重要的功能關(guān)系及能量守恒定律的應(yīng)用)[解題方略]1．通曉兩類力做功特點(diǎn)(1)重力、彈簧彈力和電場(chǎng)力都屬于“保守力”，做功均與路徑無(wú)關(guān)，僅由作用對(duì)象的初、末位置(即位移)決定．(2)摩擦力屬于“耗散力”，做功與路徑有關(guān)．2．掌握五大重要的功能關(guān)系(1)重力做功等于重力勢(shì)能增量的負(fù)值，即WG＝－ΔEp.(2)彈簧彈力做功等于彈簧彈性勢(shì)能增量的負(fù)值，即W彈＝－ΔEp.(3)一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的絕對(duì)值等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，即Q＝Ffx相對(duì)．(4)合外力做的功等于物體動(dòng)能的變化量，即W合＝ΔEk(動(dòng)能定理)．(5)除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力之外的其他力做的功等于機(jī)械能的變化量，即W其他＝ΔE.3．功能關(guān)系的應(yīng)用“三注意”(1)分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負(fù)功；根據(jù)功能之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，確定能量之間的轉(zhuǎn)化情況．(2)也可以根據(jù)能量之間的轉(zhuǎn)化情況，確定是什么力做功，尤其可以方便計(jì)算變力做功的多少．(3)功能關(guān)系反映了做功和能量轉(zhuǎn)化之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，功是能量轉(zhuǎn)化的量度和原因，在不同問題中的具體表現(xiàn)不同．[題組預(yù)測(cè)]1.如圖所示，用兩根金屬絲彎成一光滑半圓形軌道，豎直固定在地面上，其圓心為O、半徑為R.軌道正上方離地h處固定一水平長(zhǎng)直光滑桿，桿與軌道在同一豎直平面內(nèi)，桿上P點(diǎn)處固定一定滑輪，P點(diǎn)位于O點(diǎn)正上方．A、B是質(zhì)量均為m的小環(huán)，A套在桿上，B套在軌道上，一條不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩繞過定滑輪連接兩環(huán)．兩環(huán)均可看做質(zhì)點(diǎn)，且不計(jì)滑輪大小與質(zhì)量．現(xiàn)在A環(huán)上施加一個(gè)水平向右的恒力F，使B環(huán)從地面由靜止沿軌道上升．則()A．力F所做的功等于系統(tǒng)動(dòng)能的增加量B．在B環(huán)上升過程中，A環(huán)動(dòng)能的增加量等于B環(huán)機(jī)械能的減少量C．當(dāng)B環(huán)到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，其動(dòng)能為零D．當(dāng)B環(huán)與A環(huán)動(dòng)能相等時(shí)，sin∠OPB＝eq\f(R,h)【解答】D力F做正功，系統(tǒng)的機(jī)械能增加，由功能關(guān)系可知，力F所做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的增加量，不等于系統(tǒng)動(dòng)能的增加量．故A錯(cuò)誤；由于力F做正功，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加，則A環(huán)動(dòng)能的增加量大于B環(huán)機(jī)械能的減少量，故B錯(cuò)誤；當(dāng)B環(huán)到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，A環(huán)的速度為零，動(dòng)能為零，但B環(huán)的速度不為零，動(dòng)能不為零，故C錯(cuò)誤；當(dāng)PB線與圓軌道相切時(shí)，vB＝vA，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)有sin∠OPB＝eq\f(R,h)，故D正確．2．如圖甲所示，傾角為θ＝37°的傳送帶以恒定速率逆時(shí)針運(yùn)行，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝2kg的小物體輕輕放在傳送帶的A端，物體相對(duì)地面的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，2s末物體到達(dá)B端，取沿傳送帶向下為正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：(1)小物體在傳送帶A、B兩端間運(yùn)動(dòng)的平均速度v；(2)物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)2s內(nèi)物體機(jī)械能的減少量ΔE及因與傳送帶摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q.【解答】(1)傳送帶A、B兩端間的距離L等于v－t圖線與t軸所圍的面積大小，所以L＝eq\f(10,2)×1m＋eq\f(10＋12,2)×1m＝16m小物體在A、B間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝2s由平均速度的定義得v＝eq\f(L,t)＝8m/s.(2)由v－t圖象可知傳送帶運(yùn)行速度為v1＝10m/s，物體從A到B先做加速度為a1＝eq\f(10－0,1－0)m/s2＝10m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t1＝1s后再做加速度為a2＝eq\f(12－10,2－1)m/s2＝2m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，然后經(jīng)過時(shí)間t2＝1s，物體以大小為v2＝12m/s的速度到達(dá)傳送帶B端．由物體在傳送帶上的受力情況知a1＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)或a2＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)解得μ＝0.5.(3)小物體到達(dá)傳送帶B端時(shí)的速度大小v2＝12m/s物體的動(dòng)能增加了ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×2×122J＝144J物體的重力勢(shì)能減少了ΔEp＝mgLsinθ＝20×16×0.6J＝192J所以物體的機(jī)械能的減少量ΔE＝48J由功能關(guān)系可知Q＝μmgcosθ(v1t1－eq\f(v1,2)t1)＋μmgcosθ(eq\f(v1＋v2,2)t2－v1t2)代入數(shù)值得Q＝48J.答案(1)8m/s(2)0.5(3)48J48Jeq\a\vs4\al(動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)解決多過程問題)[解題方略]綜合應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)解決多過程問題是高考的重點(diǎn)、熱點(diǎn)和難點(diǎn)．應(yīng)對(duì)策略如下：(1)抓住物理情景中出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)與運(yùn)動(dòng)過程，將整個(gè)物理過程分成幾個(gè)簡(jiǎn)單的子過程．(2)對(duì)每一個(gè)子過程分別進(jìn)行受力分析、過程分析、能量分析，選擇合適的規(guī)律對(duì)相應(yīng)的子過程列方程，若某過程涉及時(shí)間和加速度，則選用動(dòng)力學(xué)方法求解；若某過程涉及做功和能量轉(zhuǎn)化問題，則要考慮應(yīng)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律或功能關(guān)系求解．(3)兩個(gè)相鄰的子過程連接點(diǎn)，速度是連接兩過程的紐帶，因此要特別關(guān)注連接點(diǎn)速度的大小及方向．(4)解方程并分析結(jié)果．[題組預(yù)測(cè)]1．如圖，在傾角為θ的光滑斜面O點(diǎn)靜置一個(gè)質(zhì)量為m的物體，從某時(shí)刻開始，有一個(gè)沿斜面向上的恒力F作用在物體上，使物體沿斜面向上滑動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間到達(dá)A點(diǎn)，突然撤去這個(gè)力，又經(jīng)過相同的時(shí)間物體返回到斜面的B點(diǎn)，且具有180J的動(dòng)能，已知AO＝BO，求：(1)撤去恒力F時(shí)，物體的動(dòng)能；(2)恒力F的大??；(3)恒力F對(duì)物體所做的功．【解答】(1)設(shè)沿斜面向上為正方向，物體經(jīng)過A、B點(diǎn)的速度的大小分別為v1、v2，兩段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為t，位移分別為x、－2x，則有x＝eq\f(v1,2)t，－2x＝eq\f(v1－v2,2)·t，解得v1＝eq\f(v2,3)，而eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝180J，故撤去恒力F時(shí)，物體的動(dòng)能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝20J.(2)由位移公式有x＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(F－mgsinθt2,2m)，－2x＝eq\f(F－mgsinθ,m)t2－eq\f(1,2)·eq\f(mgsinθ,m)t2，解得F＝eq\f(5,4)mgsinθ.(3)對(duì)O到A的過程由動(dòng)能定理有(F－mgsinθ)x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，而F＝eq\f(5,4)mgsinθ，即mgsinθ＝eq\f(4,5)F，故Fx＝100J.答案(1)20J(2)54mgsinθ(3)100J2．如圖所示，質(zhì)量m＝0.1kg的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，用長(zhǎng)度l＝0.2m的輕質(zhì)細(xì)線懸于天花板的O點(diǎn)．足夠長(zhǎng)的木板AB傾斜放置，頂端A位于O點(diǎn)正下方，與O點(diǎn)的高度差h＝0.4m．木板與水平面間的夾角θ＝37°，整個(gè)裝置在同一豎直面內(nèi)．現(xiàn)將小球移到與O點(diǎn)等高的P點(diǎn)(細(xì)線拉直)，由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)Q時(shí)細(xì)線恰好被拉斷(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)細(xì)線所能承受的最大拉力F；(2)小球在木板上的落點(diǎn)到木板頂端A的距離s；(3)小球與木板接觸前瞬間的速度大?。窘獯稹?1)設(shè)細(xì)線拉斷時(shí)小球的速度大小為v0，由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgl解得：v0＝eq\r(2gl)在Q點(diǎn)，由牛頓第二定律得F－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),l)解得F＝3mg＝3N(2)設(shè)小球在木板上的落點(diǎn)到木板頂端A的距離為s，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得：h－l＋s·sinθ＝eq\f(1,2)gt2；scosθ＝v0t，聯(lián)立以上各式得：s＝1m(3)設(shè)小物塊與木板接觸前瞬間的速度大小為v，由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＝mg(h＋s·sinθ)，聯(lián)立以上各式得：v＝2eq\r(5)m/s.答案(1)3N(2)1m(3)2eq\r(5)m/s動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用[解題方略]1．動(dòng)量守恒定律及動(dòng)量定理(1)動(dòng)量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(2)動(dòng)量定理：Ft＝mv2－mv12．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟(1)選取研究系統(tǒng)和研究過程．(2)分析系統(tǒng)的受力情況，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒．①系統(tǒng)不受外力或所受合外力的矢量和為零時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；②系統(tǒng)所受內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)，可認(rèn)為系統(tǒng)動(dòng)量守恒；③系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受合外力的矢量和為零，在該方向上系統(tǒng)動(dòng)量守恒．(3)規(guī)定正方向，確定系統(tǒng)的初、末狀態(tài)的動(dòng)量的大小和方向．(4)根據(jù)動(dòng)量守恒定律列方程(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′)求解．[題組預(yù)測(cè)]1．(多選)(·河南六市一聯(lián))在2016年里約奧運(yùn)跳水比賽中，中國(guó)跳水夢(mèng)之隊(duì)由吳敏霞領(lǐng)銜包攬全部8枚金牌．假設(shè)質(zhì)量為m的跳水運(yùn)動(dòng)員從跳臺(tái)上以初速度v0向上跳起，跳水運(yùn)動(dòng)員在跳臺(tái)上從起跳到入水前重心下降H，入水后受水阻力而減速為零，不計(jì)跳水運(yùn)動(dòng)員水平方向的運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員入水后到速度為零時(shí)重心下降h，不計(jì)空氣阻力，則()A．運(yùn)動(dòng)員起跳后在空中運(yùn)動(dòng)過程中受到合外力沖量大小為meq\r(v\o\al(2,0)＋2gH)＋mv0B．水對(duì)運(yùn)動(dòng)員阻力的沖量大小為meq\r(v\o\al(2,0)＋2gH)C．運(yùn)動(dòng)員克服水的阻力做功為mgH＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．運(yùn)動(dòng)員從跳起到入水后速度減為零的過程中機(jī)械能減少量為mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)【解答】AD設(shè)運(yùn)動(dòng)員入水前速度為vt，則由機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)，得vt＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gH)，據(jù)動(dòng)量定理可得運(yùn)動(dòng)員起跳后在空中運(yùn)動(dòng)過程中受到合外力沖量大小I＝mvt－(－mv0)＝meq\r(v\o\al(2,0)＋2gH)＋mv0，A項(xiàng)正確．運(yùn)動(dòng)員入水后受豎直向下的重力和豎直向上的阻力，合力的沖量大小為I合＝meq\r(v\o\al(2,0)＋2gH)，B項(xiàng)錯(cuò)誤．運(yùn)動(dòng)員從跳起到入水后速度減為零的過程中應(yīng)用動(dòng)能定理有mg(H＋h)－Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得運(yùn)動(dòng)員克服水的阻力做功Wf＝mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則C項(xiàng)錯(cuò)誤．由能的轉(zhuǎn)化與守恒關(guān)系可知此過程中機(jī)械能的減少量為mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，D項(xiàng)正確．2．(·河南三市二模)如圖所示，長(zhǎng)木板B的質(zhì)量為m2＝1.0kg，靜止放在粗糙的水平地面上，質(zhì)量為m3＝1.0kg的物塊C(可視為質(zhì)點(diǎn))放在長(zhǎng)木板的最右端．一個(gè)質(zhì)量為m1＝0.5kg的物塊A從距離長(zhǎng)木板B左側(cè)l＝9.5m處，以速度v0＝10m/s向著長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)．一段時(shí)間后物塊A與長(zhǎng)木板B發(fā)生彈性正碰(時(shí)間極短)，之后三者發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過程物塊C始終在長(zhǎng)木板上．已知物塊A及長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.1，物塊C與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.2，物塊C與長(zhǎng)木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2，求：(1)碰后瞬間物塊A和長(zhǎng)木板B的速度；(2)長(zhǎng)木板B的最小長(zhǎng)度和物塊A離長(zhǎng)木板左側(cè)的最終距離．【解答】(1)設(shè)物塊A與木板B碰前的速度為v由動(dòng)能定理得：－μ1m1gl＝eq\f(1,2)m1v2－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)解得v＝eq\r(v\o\al(2,0)－2μ1gl)＝9m/sA與B發(fā)生彈性碰撞，假設(shè)碰撞后的瞬間速度分別為v1、v2，由動(dòng)量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)m1v2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)聯(lián)立解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v＝－3m/s，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v＝6m/s(2)碰撞后B減速運(yùn)動(dòng)，C加速運(yùn)動(dòng)，B、C達(dá)到共同速度之前，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律對(duì)木板B有：－μ1(m2＋m3)g－μ2m3g＝m2a1對(duì)物塊C：μ2m3g＝m3a2設(shè)從碰撞后到兩者達(dá)到共同速度經(jīng)歷的時(shí)間為tv2＋a1t＝a2t木板B的最小長(zhǎng)度d＝v2t＋eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝3mB、C達(dá)到共同速度之后，因μ1<μ2，二者一起減速至停下，設(shè)加速度大小為a3由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：μ1(m2＋m2)g＝(m2＋m3)a3整個(gè)過程B運(yùn)動(dòng)的位移為：xB＝v2t＋eq\f(1,2)a1t2＋eq\f(0－a2t2,－2a3)＝6mA與B碰撞后，A做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小也為a3，位移為：xA＝eq\f(0－v\o\al(2,1),－2a3)＝4.5m物塊A離長(zhǎng)木板B左側(cè)的最終距離為xA＋xB＝10.5m答案(1)－3m/s6m/s(2)3m10.5m1．(·河北石家莊二模)質(zhì)量為m的小球在豎直向上的拉力作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，其v－t圖象如圖所示(豎直向上為正方向，DE段為直線)，已知重力加速度大小為g，下列說法正確的是()A．t0～t2時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功B．0～t3時(shí)間內(nèi)，小球的平均速度一定為eq\f(v3,2)C．t3～t4時(shí)間內(nèi)，拉力做的功為eq\f(mv3＋v4,2)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]D．t3～t4時(shí)間內(nèi)，小球豎直向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)【解答】Cv－t圖象中圖線的斜率表示加速度，速度在時(shí)間軸之上表明速度一直為正，從圖象可以看出小球先向上做加速度越來越大的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度越來越小的加速運(yùn)動(dòng)，然后做加速度越來越大的減速運(yùn)動(dòng)，最后做勻減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向一直向上，D錯(cuò)．圖中t0～t2時(shí)間內(nèi)小球做加速運(yùn)動(dòng)，故合力對(duì)小球一直做正功，A錯(cuò)．v－t圖象中圖線與t軸所圍面積表示位移，而平均速度v＝eq\f(x,t)，結(jié)合圖象中的“面積”可知0～t3時(shí)間內(nèi)，小球的平均速度大于eq\f(v3,2)，B錯(cuò)．t3～t4時(shí)間內(nèi)由動(dòng)能定理得W－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，又h＝eq\f(v3＋v4,2)(t4－t3)，解得W＝eq\f(mv3＋v4,2)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]，C對(duì)．2．(·鄭州3月檢測(cè))如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長(zhǎng)．圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，AC＝h.圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A處；彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，則圓環(huán)()A．下滑過程中，加速度一直減小B．下滑過程中，因摩擦力產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,4)mv2C．從A處到C處的過程中彈簧的彈性勢(shì)能增加了eq\f(1,4)mv2－mghD．下滑經(jīng)過B處的速度大于上滑經(jīng)過B處的速度【解答】B由題意知圓環(huán)從A到C先加速運(yùn)動(dòng)，后減速運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)時(shí)加速度為g，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)加速度減為零，所以圓環(huán)先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)再做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；圓環(huán)從A到C過程中彈簧增加的彈性勢(shì)能即C處的彈性勢(shì)能Ep，因摩擦力產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力所做的功Wf，由能量守恒知圓環(huán)從A到C過程有mgh＝Wf＋Ep，從C到A過程有eq\f(1,2)mv2＋Ep＝mgh＋Wf，聯(lián)立得Wf＝eq\f(1,4)mv2，Ep＝mgh－eq\f(1,4)mv2，B項(xiàng)正確、C項(xiàng)錯(cuò)誤；圓環(huán)從A到B過程有mgh1＝eq\f(1,2)mvB12＋ΔEp1＋Wf1，圓環(huán)從B到A過程有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B2)＋ΔEp1＝mgh1＋Wf1，可得vB2＞vB1，D項(xiàng)錯(cuò)誤。3．(多選)如圖所示，質(zhì)量為2kg的足夠長(zhǎng)平板車Q上表面水平，原來靜止在光滑水平面上，平板車左端靜止著一塊質(zhì)量為2kg的物體P，一顆質(zhì)量為0.01kg的子彈以700m/s的速度水平瞬間射穿P后，速度變?yōu)?00m/s，若P、Q之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，則()A．由于P、Q之間不光滑，子彈瞬間射穿P的過程，子彈和物體P組成的系統(tǒng)，動(dòng)量不守恒B．子彈瞬間射穿P的過程，子彈和物體P組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒，能量守恒C．子彈瞬間射穿P的過程，子彈和物體P組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒，能量不守恒D．子彈瞬間射穿P后，P的速度為3m/s【解答】BD取子彈的初速度v0的方向?yàn)檎较?，子彈瞬間射穿物體P的過程滿足動(dòng)量守恒條件．由動(dòng)量守恒，可知mv0＝mv＋MvP，解得vP＝3m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，D正確；子彈瞬間射穿P的過程，機(jī)械能不守恒，但能量守恒，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤．4．(·山西大附中月考)如圖所示，質(zhì)量M＝3kg的滑板A置于粗糙的水平地面上，A與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.3，其上表面右側(cè)光滑段長(zhǎng)度L1＝2m，左側(cè)粗糙段長(zhǎng)度為L(zhǎng)2，質(zhì)量m＝2kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊B靜止在滑板上的右端，滑塊與粗糙段的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.15，取g＝10m/s2，現(xiàn)用F＝18N的水平恒力拉動(dòng)A向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A、B分離時(shí)，B對(duì)地的速度vB＝1m/s，求L2的值．【解答】在F的作用下，A做勻加速運(yùn)動(dòng)，B靜止不動(dòng)，當(dāng)A運(yùn)動(dòng)位移為L(zhǎng)1時(shí)B進(jìn)入粗糙段，設(shè)此時(shí)A的速度為vA，則：對(duì)A：由動(dòng)能定理：FL1－μ1(M＋m)gL1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)①B進(jìn)入粗糙段后，設(shè)A加速度為aA，B加速度為aB，對(duì)A：由牛頓第二定律：F－μ1(M＋m)g－μ2mg＝MaA②對(duì)B：由牛頓第二定律：μ2mg＝maB ③由①得vA＝2m/s ④由②得aA＝0 ⑤即A以vA＝2m/s的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)直至A、B分離，分離時(shí)B的速度為vB，設(shè)B在粗糙段滑行的時(shí)間為t，則：對(duì)A：xA＝vAt ⑥對(duì)B：vB＝aBt ⑦xB＝eq\f(1,2)aBt2 ⑧又：xA－xB＝L2 ⑨聯(lián)立解得：L2＝1m ⑩答案1m【查缺補(bǔ)漏】1．(·湖南長(zhǎng)沙三月模擬)彈弓是孩子們喜愛的彈射類玩具，其構(gòu)造原理如圖所示，橡皮筋兩端點(diǎn)A、B固定在把手上，橡皮筋處于ACB時(shí)恰好為原長(zhǎng)狀態(tài)，在C處(A、B連線的中垂線上)放一固體彈丸，一手執(zhí)把手，另一手將彈丸拉至D點(diǎn)放手，彈丸就會(huì)在橡皮筋的作用下發(fā)射出去，打擊目標(biāo)．現(xiàn)將彈丸豎直向上發(fā)射，已知E是CD中點(diǎn)，則()A．從D到C過程中，彈丸的機(jī)械能守恒B．從D到C過程中，彈丸的動(dòng)能一直在增大C．從D到C過程中，橡皮筋的彈性勢(shì)能先增大后減小D．從D到E過程橡皮筋彈力做功大于從E到C過程【解答】D從D到C過程中，彈力對(duì)彈丸做正功，彈丸的機(jī)械能增加，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；彈丸豎直向上發(fā)射，從D到C過程中，必有一點(diǎn)彈丸受力平衡，在該點(diǎn)F彈＝mg，在此點(diǎn)上方彈力小于重力，在此點(diǎn)下方彈力大于重力，則從D到C過程中，彈丸的動(dòng)能先增大后減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從D到C過程中，橡皮筋的彈性勢(shì)能一直減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從D到E過程橡皮筋的彈力大于從E到C過程的，故從D到E過程橡皮筋彈力做功大于從E到C過程，選項(xiàng)D正確．2．質(zhì)量為m的物體，自高為h、傾角為θ的固定粗糙斜面頂端由靜止開始勻加速滑下，到達(dá)斜面底端時(shí)的速度為v.重力加速度為g.下列說法正確的是()A．物體下滑過程的加速度大小為eq\f(v2sinθ,h)B．物體下滑到底端時(shí)重力的功率為mgvC．物體下滑過程中重力做功為eq\f(1,2)mv2D．物體下滑過程中摩擦力做功為eq\f(1,2)mv2－mgh【解答】D由v2＝2aeq\f(h,sinθ)，得a＝eq\f(v2sinθ,2h)，故A錯(cuò)誤；物體下滑到底端時(shí)重力功率P＝mgvsinθ，故B錯(cuò)誤；重力做功W＝mgh，由于有摩擦力做功mgh＋W＝eq\f(1,2)mv2.故C錯(cuò)誤，D正確．【舉一反三】3.(·河南商丘模擬)如圖所示，在水平軌道右側(cè)安放一半徑為R的豎直圓形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設(shè)特殊材料，調(diào)節(jié)其初始長(zhǎng)度為L(zhǎng)，水平軌道左側(cè)有一輕質(zhì)彈簧左端固定，彈簧處于自然伸長(zhǎng)狀態(tài)．小物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))從軌道右側(cè)以初速度v0沖上軌道，通過圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧并被彈簧以原速率彈回，經(jīng)水平軌道返回圓形軌道．已知R＝0.2m，L＝1m，v0＝2eq\r(3)m/s，物塊A質(zhì)量為m＝1kg，與PQ段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，軌道其他部分摩擦不計(jì)，取g＝10m/s2.(1)求物塊A與彈簧剛接觸時(shí)的速度大??；(2)求物塊A被彈簧以原速率彈回后返回到圓形軌道的高度；(3)調(diào)節(jié)PQ段的長(zhǎng)度L，A仍以v0從軌道右側(cè)沖上軌道，當(dāng)L滿足什么條件時(shí)，物塊A被彈簧彈回后能返回圓形軌道且能沿軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離軌道？【解答】(1)設(shè)物塊A與彈簧剛接觸時(shí)的速度大小為v1，由動(dòng)能定理可得－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v1＝2eq\r(2)m/s.(2)設(shè)物塊A被彈簧以原速率彈回后返回到圓形軌道的高度為h1，由動(dòng)能定理可得－μmgL－mgh1＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得h1＝0.2m＝R，符合實(shí)際情況．(3)①若A沿軌道上滑至最大高度h2時(shí)，速度減為0，則使A不脫離軌道時(shí)h2需滿足的條件是0<h2≤R由動(dòng)能定理可得－2μmgL1－mgh2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立可得1m≤L1<1.5m②若A能沿軌道上滑至最高點(diǎn)，則需滿足meq\f(v\o\al(2,2),R)≥mg由動(dòng)能定理可得－2μmgL2－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立可得L2≤0.25m綜上所述，要使物塊A被彈簧彈回后能返回圓形軌道并沿軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離軌道，L需滿足的條件是1m≤L<1.5m或L≤0.25m.答案(1)2eq\r(2)m/s(2)0.2m(3)1m≤L＜1.5m或L≤0.25m1．(多選)(·華中師大附中模擬)水平光滑直軌道ab與半徑為R的豎直半圓形光滑軌道bc相切，一小球以初速度v0沿直軌道ab向右運(yùn)動(dòng)，如圖所示，小球進(jìn)入半圓形軌道后剛好能通過最高點(diǎn)c.則()A．R越大，v0越大B．R越大，小球經(jīng)過b點(diǎn)后的瞬間對(duì)軌道的壓力越大C．m越大，v0越大D．m與R同時(shí)增大，初動(dòng)能Ek0增大【解答】AD小球剛好能通過最高點(diǎn)c，表明小球在c點(diǎn)的速度為vc＝eq\r(gR)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)＝eq\f(5,2)mgR，則v0＝eq\r(5gR)，R越大，v0越大，v0與m無(wú)關(guān)，選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤；m與R同時(shí)增大，初動(dòng)能Ek0增大，選項(xiàng)D正確；從b到c機(jī)械能守恒，mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)得vb＝eq\r(5gR)，在b點(diǎn)，N－mg＝eq\f(mv\o\al(2,b),R)得N＝6mg，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．2．(多選)如圖所示，固定于水平面上的光滑斜面足夠長(zhǎng)，一輕質(zhì)彈簧的一端與固定在斜面上的木板P相連，另一端與盒子A相連，A內(nèi)放有光滑球B，B恰與盒子前、后壁接觸，現(xiàn)用力推A使彈簧處于壓縮狀態(tài)，然后由靜止釋放，則從釋放盒子A到其獲得最大速度的過程中，下列說法正確的是()A．彈簧的彈性勢(shì)能一直減少到零B．A對(duì)B做的功等于B機(jī)械能的增加量C．彈簧彈性勢(shì)能的減少量等于A的機(jī)械能的增加量D．A所受彈簧彈力和重力做的功的代數(shù)和大于A的動(dòng)能的增加量【解答】BD盒子A運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧彈性勢(shì)能一直減少，當(dāng)彈簧彈力與A、B的重力沿斜面向下的分力大小相等時(shí)，盒子的速度最大，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能不為零，A錯(cuò)誤；由功能關(guān)系知，A對(duì)B做的功等于B機(jī)械能的增加量，B正確；將A、B和彈簧看作一個(gè)系統(tǒng)，則該系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以彈簧彈性勢(shì)能的減少量等于A和B機(jī)械能的增加量，C錯(cuò)誤；對(duì)盒子A，彈簧彈力做正功，盒子重力做負(fù)功，小球B對(duì)A沿斜面向下的彈力做負(fù)功，由動(dòng)能定理知A所受彈簧彈力和重力做的功的代數(shù)和大于A的動(dòng)能的增加量，D正確．3．如圖所示，一光滑曲面的末端與一長(zhǎng)L＝1m的水平傳送帶相切，傳送帶離地面的高度h＝1.25m，傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，地面上有一個(gè)直徑D＝0.5m的圓形洞，洞口最左端的A點(diǎn)離傳送帶右端的水平距離s＝1m，B點(diǎn)在洞口的最右端．傳送帶以恒定的速度做順時(shí)針運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)使某小物體從曲面上距離地面高度H處由靜止開始釋放，到達(dá)傳送帶上后小物體的速度恰好和傳送帶相同，并最終恰好由A點(diǎn)落入洞中．求：(g＝10m/s2)(1)傳送帶的運(yùn)動(dòng)速度v；(2)H的大小；(3)若要使小物體恰好由B點(diǎn)落入洞中，小物體在曲面上由靜止開始釋放的位置距離地面的高度H′應(yīng)該是多少？【解答】(1)最終恰好由A點(diǎn)落入洞中，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知：s＝vth＝eq\f(1,2)gt2解得：v＝seq\r(\f(g,2h))＝eq\r(\f(10,2×1.25))×1m/s＝2m/s.(2)以地面為零勢(shì)能面從開始釋放小物體到滑上傳送帶根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，mgH＝mgh＋eq\f(1,2)mv2解得H＝h＋eq\f(v2,2g)＝(1.25＋eq\f(22,2×10))m＝1.45m.(3)由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知：s＋D＝v′th＝eq\f(1,2)gt2解得v′＝eq\r(\f(g,2h))×(s＋D)＝eq\r(\f(10,2×1.25))×(1＋0.5)m/s＝3m/s從小物體開始釋放到剛要滑出傳送帶的過程，由能量守恒定律知：mgH′＝mgh＋μmgL＋eq\f(1,2)mv′2解得H′＝h＋μL＋eq\f(v′2,2g)＝1.25m＋0.1×1m＋eq\f(32,2×10)m＝1.8m.答案(1)2m/s(2)1.45m(3)1.8m1．(·長(zhǎng)沙高三模擬)質(zhì)量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，有一輕彈簧固定其上，另一質(zhì)量也為m的物體乙以4m/s的速度與甲相向運(yùn)動(dòng)，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(dòng)量不守恒B．當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)，甲物塊的速率為零C．當(dāng)甲物塊的速率為1m/s時(shí)，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(dá)到6m/s【解答】C甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，由于彈力是系統(tǒng)內(nèi)力，系統(tǒng)合外力為零，所以動(dòng)量守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)，它們的速度相同，設(shè)為v，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mv乙－mv甲＝2mv，代入數(shù)據(jù)，可得v＝0.5m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)甲物塊的速率為1m/s時(shí)，其方向可能向左，也可能向右，當(dāng)水平向左時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得，乙物塊的速率為2m/s；當(dāng)水平向右時(shí)，同理可得，乙物塊的速率為0，所以選項(xiàng)C正確；因?yàn)檎麄€(gè)過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能不可能增加，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．2．(·湖南六校聯(lián)考)質(zhì)量相等的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)A、B在拉力作用下從同一地點(diǎn)沿同一直線豎直向上運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖所示，下列說法正確的是()A．0～t2時(shí)間內(nèi)A質(zhì)點(diǎn)處于失重狀態(tài)B．在t1～t2時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)B的機(jī)械能守恒C．0～t2時(shí)間內(nèi)兩質(zhì)點(diǎn)的平均速度相等D．兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)第一次相遇在t2時(shí)刻之后，在第一次相遇之前t2時(shí)刻兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)距離最遠(yuǎn)