高考物理二轮复习热点题型专题08 动量与能量（解析版）

高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍专题08动量与能量题型一动量定理的应用【题型解码】1.注意动量的矢量性及动量变化量的矢量性．2.动量定理Ft＝p′－p中“Ft”为合外力的冲量．3.要明确过程的初、末状态．【典例分析1】(2019·天津南开区二模)高空作业须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带刚对人产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，重力加速度大小为g，设竖直向上为正方向，则此过程人的动量变化量为________。此后经历时间t安全带达到最大伸长量，若在此过程中安全带作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为________。【参考答案】－meq\r(2gh)eq\f(m\r(2gh),t)＋mg【名师解析】竖直向上为正方向，则人下落h距离时的速度为：v＝－eq\r(2gh)，所以动量变化为：Δp＝mv－0＝－meq\r(2gh)；对自由落体运动过程，有：h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，解得：t1＝eq\r(\f(2h,g))，对运动的全程，根据动量定理，有：－mg(t＋t1)＋Ft＝0，解得安全带对人的平均作用力大小为：F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg。【典例分析2】(2019·山东青岛高三一模)雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10m/s，设雨滴撞击芭蕉叶面后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为()A．0.25NB．0.5NC．1.5ND．2.5N【参考答案】A【名师解析】设雨滴受到支持面的平均作用力为F，设在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝10m/s减为零。不计雨滴的重力，以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv。得：F＝eq\f(Δmv,Δt)，设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有：Δm＝ρSΔh，故F＝ρSveq\f(Δh,Δt)，压强为：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正确，B、C、D错误。【提分秘籍】1.应用动量定理时应注意的问题(1)动量定理的研究对象可以是单一物体，也可以是质点系，在研究质点系问题时，受力分析只考虑质点系的外力。(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向。(3)动量定理是过程定理，解题时必须明确物体运动过程中的受力情况及初末状态的动量。(4)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简捷。动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。变力情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。2．在日常的生活与生产中，常涉及流体的连续相互作用问题，用常规的方法很难解决，若构建柱体微元模型，然后用动量定理分析，则可使问题迎刃而解。解答时一般是选择一段时间内作用在某物体上的流体为研究对象。【突破训练】1.(2019·湖南株洲高三年级教学检测)高空坠物伤人事件常有发生．一身高为1.75m的同学被一根从6.75m高处竖直落下的枯树枝砸正头顶，设枯枝质量为2kg，与头部作用时间为0.02s，那么()A．枯枝对人的头部产生的冲击力约20NB．枯枝对人的头部产生的冲击力约1000NC．保持其他条件不变，身高更高的同学，头部受到枯枝的冲击力会更大D．保持其他条件不变，身高更矮的同学，头部受到枯枝的冲击力会更小【答案】：B【解析】：树枝落到头顶上时的速度v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×5)m/s＝10m/s，对树枝由动量定理得(mg－F)Δt＝0－mv，解得F＝1020N，则选项B正确，A错误；保持其他条件不变，身高更高的同学，树枝落到头部的速度较小，则根据上述的分析可知，头部受到枯枝的冲击力会更小；同理身高更矮的同学，头部受到枯枝的冲击力会更大，选项C、D错误．2.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，重心上升高度为h。在此过程中()A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为eq\f(1,2)mv2B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为eq\f(1,2)mv2D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零【答案】B【解析】设地面对运动员的冲量为I，则由动量定理得：I－mgΔt＝mv－0，I＝mv＋mgΔt。运动员从下蹲状态到身体伸直并刚好离开地面，地面对运动员作用力的作用点的位移为零，地面对他不做功，故选B。3.(2019·四川南充三诊)“嫦娥四号”飞船在月球背面着陆过程如下：在反推火箭作用下，飞船在距月面100米处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以大小为a＝2m/s2的加速度垂直下降。当四条“缓冲脚”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经2s减速到0，停止在月球表面上。飞船质量m＝1000kg，每条“缓冲脚”与地面的夹角为60°，月球表面的重力加速度g＝3.6m/s2，四条缓冲脚的质量不计。求：(1)飞船垂直下降过程中，火箭推力对飞船做了多少功；(2)从反冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小。【答案】(1)－1.6×105J(2)eq\f(13600\r(3),3)N·s【解析】(1)设h＝100m，飞船加速下降时火箭推力为F，由牛顿第二定律：mg－F＝ma推力对火箭做功为：W＝－Fh解得：W＝－1.6×105J。(2)“缓冲脚”触地前瞬间，设飞船速度大小为v，则：v2＝2ah从“缓冲脚”触地到飞船速度减为0的过程中，设每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小为I，则：4Isin60°－mgt＝0－(－mv)解得：I＝eq\f(13600\r(3),3)N·s。4．(2019·西安一模)(多选)如图所示，在小车内固定一光滑的斜面体，倾角为θ，一轻绳的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端拴一个质量为m的物块A，绳与斜面平行。整个系统由静止开始向右匀加速运动，物块A恰好不脱离斜面，则向右加速运动时间t的过程中，关于物块A的说法正确的是()A．重力的冲量为零B．重力做功为零C．轻绳拉力的冲量大小为mgtcotθD．轻绳拉力做功为eq\f(1,2)mg2t2cot2θ【答案】BD【解析】物块A恰好不脱离斜面，对物块A进行受力分析可知，物块A受轻绳拉力和重力，物块A向右做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，得：Tsinθ＝mg，则有：T＝eq\f(mg,sinθ)，故重力的冲量为：IG＝mgt，拉力的冲量为：IT＝eq\f(mgt,sinθ)，A、C错误；由于重力的方向与物块A的位移方向垂直，故重力做功为零，B正确；由牛顿第二定律可知：eq\f(mg,tanθ)＝ma，则有：a＝eq\f(g,tanθ)，末速度为：v＝at＝eq\f(gt,tanθ)，根据动能定理可知，拉力做功等于动能的变化，即为：WT＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(mg2t2,2tan2θ)＝eq\f(1,2)mg2t2cot2θ，D正确。题型二动量守恒定律及其应用【题型解码】1.守恒条件的判断：理想守恒、近似守恒、单方向守恒．2.应用关键是选好合适的系统、合适的过程，即一定要明确研究对象是谁，明确守恒过程的初、末状态．3.要注意规定正方向．【典例分析1】(2019·福建省泉州市一模)在游乐场中，父子两人各自乘坐的碰碰车沿同一直线相向而行，在碰前瞬间双方都关闭了动力，此时父亲的速度大小为v，儿子的速度大小为2v。两车瞬间碰撞后儿子沿反方向滑行，父亲运动的方向不变且经过时间t停止运动。已知父亲和车的总质量为3m，儿子和车的总质量为m，两车与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，求：(1)碰后瞬间父亲的速度大小和此后父亲能滑行的最大距离；(2)碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小。【参考答案】(1)μgteq\f(1,2)μgt2(2)3mv－3μmgt【名师解析】(1)设碰后瞬间父亲的速度大小为v1，由动量定理得－μ·3mgt＝0－3mv1解得v1＝μgt设此后父亲能滑行的最大距离为s，由动能定理得－μ·3mgs＝0－eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,1)解得s＝eq\f(1,2)μgt2。(2)设碰后瞬间儿子的速度大小为v2，取父亲的运动方向为正方向，由动量守恒定律得3mv－m·2v＝3mv1＋mv2设碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小为I，对儿子及儿子坐的车，由动量定理得I＝mv2－(－m·2v)解得I＝3mv－3μmgt。【典例分析2】(2019·湖南娄底高三教学质量检测)质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上逐渐放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为()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【参考答案】：C【名师解析】：设人沿软梯滑至地面，软绳长度至少为L，以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝M(－v2)＋mv1，人沿软梯降至地面时，气球上升的高度为L－h，速度大小v2＝eq\f(L－h,t)，人相对于地面下降的高度为h，速度大小为v1＝eq\f(h,t)，联立得0＝M(－eq\f(L－h,t))＋m·eq\f(h,t)，解得L＝eq\f(M＋m,M)h，故C正确，A、B、D错误．【提分秘籍】1.动量是否守恒的判断方法不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比相互作用的内力小得多时，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。2．动量守恒定律解题的基本步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体)及研究的过程；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态的动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。【突破训练】1.(2019·辽宁省沈阳市一模)(多选)如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块之间夹一被压缩的弹簧。现释放弹簧，A、B木块被弹开后，各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面。A落地点距桌边水平距离为0.5m，B落地点距桌边水平距离为1m，则()A．A、B离开弹簧时的速度比为1∶2B．A、B离开弹簧时的速度比为1∶1C．A、B质量之比为1∶2D．A、B质量之比为2∶1【答案】AD【解析】A和B离开桌面后做平抛运动，下落的高度相同，则它们的运动时间相等，由x＝v0t得速度之比：eq\f(vA,vB)＝eq\f(xA,xB)＝eq\f(0.5,1)＝eq\f(1,2)，故A正确，B错误；弹簧弹开两木块的过程，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，则质量之比：eq\f(mA,mB)＝eq\f(vB,vA)＝eq\f(2,1)，故C错误，D正确。2.如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上玩耍．甲和他的冰车的总质量为M＝30kg，乙和他的冰车的总质量也是M＝30kg.甲推着一个质量为m＝15kg的箱子和他一起以2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度(相对地)将箱子推出，才能避免与乙相撞？【答案】5.2m/s【解析】要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2.对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以甲初速度方向为正方向，由动量守恒定律有(M＋m)v0＝mv＋Mv1①对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速度方向为正方向，由动量守恒定律有mv－Mv0＝(m＋M)v2②甲与乙刚好不相撞的条件是v1＝v2③联立①②③解得v＝5.2m/s，方向与甲和箱子初速度方向一致．3.(2019·辽宁大连二模)滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延伸而来。如图所示是一个滑板场地，OP段是光滑的eq\f(1,4)圆弧轨道，半径为0.8m。PQ段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2。滑板手踩着滑板A从O点由静止滑下，到达P点时，立即向前起跳。滑板手离开滑板A后，滑板A以速度v1＝2m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前继续滑动。已知滑板质量是m＝5kg，滑板手的质量是滑板的9倍，滑板B与P点的距离为Δx＝3m，g＝10m/s2。(不考虑滑板的长度以及人和滑板间的作用时间)求：(1)当滑板手和滑板A到达圆弧轨道末端P点时滑板A对轨道的压力大小；(2)滑板手落到滑板B上瞬间，滑板B的速度大小；(3)两个滑板间的最终距离。【答案】(1)1500N(2)4.2m/s(3)6.41m【解析】(1)O→P下滑过程，滑板手与滑板A机械能守恒：10mgR＝eq\f(1,2)×10mv2，代入数据解得v＝eq\r(2gR)＝4m/s，设滑板手和滑板A在P点受到的支持力为FN，有：FN－10mg＝10meq\f(v2,R)，解得：FN＝1500N，根据牛顿第三定律：F压＝FN＝1500N。(2)滑板手跳离A板，滑板手与滑板A组成的系统水平方向动量守恒：10mv＝－mv1＋9mv2，解得：v2＝eq\f(14,3)m/s，滑板手跳上B板，滑板手与滑板B组成的系统水平方向动量守恒：9mv2＝10mv3，解得：v3＝4.2m/s。(3)滑板B的位移xB＝eq\f(v\o\al(2,3),2μg)＝4.41m，滑板A在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次返回P点时的速度大小仍为v1＝2m/s，滑板A的位移xA＝eq\f(v\o\al(2,1),2μg)＝1m，最终两滑板停下的位置间距为L＝xB＋Δx－xA＝6.41m。题型三碰撞、爆炸与反冲问题【题型解码】1.对于弹性碰撞的动量守恒和能量守恒要熟知，对于和一个静止的物体发生弹性碰撞后的速度表达式要熟记，如果在考场上来计算，太浪费时间．2.明确碰撞前瞬间状态、碰撞后瞬间状态是碰撞过程的初、末状态．【典例分析1】(2019·四川资阳二诊)A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后。mA＝1kg，mB＝2kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移—时间图象如图所示，根据以上信息可知碰撞类型属于()A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，无法判断【参考答案】A【名师解析】由图可知，A球碰前速度vA＝6m/s，碰后速度vA′＝2m/s；B球碰前速度为vB＝3m/s，碰后速度为vB′＝5m/s。根据题给数据可知，碰撞过程系统动量守恒。碰前系统的总动能为eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝27J，碰后的总动能为eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝27J，则系统碰撞过程机械能也守恒，所以属于弹性碰撞，A正确，B、C、D错误。【典例分析2】(2019·湖北八校联合二模)如图所示，质量均为m的两块完全相同的木块A、B放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)。让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离x后到达P点，速度变为eq\f(v0,2)，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块A继续沿水平方向前进3x后停下。已知炸药爆炸时释放的化学能有50%转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，重力加速度为g，求：(1)木块与水平地面的动摩擦因数μ；(2)炸药爆炸时释放的化学能E0。【参考答案】(1)eq\f(3v\o\al(2,0),8gx)(2)2mveq\o\al(2,0)【名师解析】(1)从O滑到P，对系统由动能定理可得－μ·2mgx＝eq\f(1,2)·2m（eq\f(v0,2))2－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)，解得μ＝eq\f(3v\o\al(2,0),8gx)。(2)爆炸过程中，A、B组成的系统动量守恒，设爆炸后瞬间A的速度为vA，B的速度为vB，由动量守恒定律有2meq\f(v0,2)＝mvA＋mvB，根据能量的转化与守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)·2m(eq\f(v0,2))2＝50%E0，爆炸后，对A由动能定理有－μmg·3x＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，联立解得E0＝2mveq\o\al(2,0)。【典例分析3】(2019·湖南长沙高三期末)如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0(待定系数a<1)的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追上B球再相撞，则a的取值范围为()A.eq\f(1,5)＜a＜eq\f(1,3) B.eq\f(1,3)＜a＜eq\f(2,3)C.eq\f(1,3)＜a≤eq\f(2,5) D.eq\f(1,3)＜a≤eq\f(3,5)【参考答案】：D【名师解析】：碰撞过程动量守恒，以v0方向为正方向有mAv0＝－mAav0＋mBvB，A与挡板P碰撞后能追上B发生再碰撞的条件是av0＞vB，解得eq\f(1,3)＜a；碰撞过程中损失的机械能ΔEk＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－[eq\f(1,2)mA(av0)2＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)]≥0，解得a≤eq\f(3,5)，故eq\f(1,3)＜a≤eq\f(3,5)，D正确．【提分秘籍】1.抓住“一判断、三原则、三定律”速解碰撞类问题(1)判断属于弹性碰撞模型还是完全非弹性碰撞模型。(2)碰撞的“三原则”①动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律。②动能不增加原则，即碰撞后系统的总动能不大于碰撞前系统的总动能。③物理情境可行性原则，如果碰前两物体同向运动，碰撞前后面物体的速度大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的碰后速度(仅限碰撞前后后面物体速度方向不变的情况)。如果碰撞前两物体相向运动，则碰撞后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。(3)合理选用三个定律①如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是应用动量守恒定律和机械能守恒定律进行求解。②如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解。2.三类碰撞(1)弹性碰撞动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.机械能守恒：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)完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′.机械能损失最多，机械能的损失量为：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)非弹性碰撞动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.机械能有损失，机械能的损失量为：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)．【突破训练】1.(2019·山东济南高三第二次联考)如图甲所示，光滑水平面上有a、b两个小球，a球向b球运动并与b球发生正碰后粘合在一起共同运动，其碰前和碰后的s­t图象如图乙所示，已知ma＝5kg.若b球的质量为mb，两球因碰撞而损失的机械能为ΔE，则()A．mb＝1kg B．mb＝2kgC．ΔE＝15J D．ΔE＝35J【答案】：AC【解析】：在s­t图象中图线的斜率表示小球运动的速度大小，所以va＝eq\f(6,1)m/s＝6m/s，碰后粘合在一起共同运动的速度为v＝eq\f(5,1)m/s＝5m/s，碰撞过程动量守恒，得mava＝(ma＋mb)v，解得mb＝1kg，故A正确，B错误；根据功能关系得ΔE＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)－eq\f(1,2)(ma＋mb)v2＝15J，故C正确，D错误．2.(2019·湖南省长沙市宁乡三模)在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图a所示，碰撞前后两壶运动的v­t图线如图b中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则()A．两壶发生了弹性碰撞 B．碰后蓝壶速度为0.8m/sC．碰后蓝壶移动的距离为2.4mD．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力【答案】B【解析】由图知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后红壶的速度为v0′＝0.2m/s，设碰后蓝壶的速度为v，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv0′＋mv，代入数据解得：v＝0.8m/s，因为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)>eq\f(1,2)mv0′2＋eq\f(1,2)mv2，即碰撞过程中系统的机械能有损失，所以碰撞为非弹性碰撞，故A错误，B正确；根据v­t图象与时间轴围成的面积表示位移，可得碰后蓝壶的位移大小x＝eq\f(v,2)t＝eq\f(0.8,2)×5m＝2m，故C错误；根据v­t图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D错误。题型四动力学、动量和能量观点的综合应用【题型解码】1.确定研究对象，进行运动分析和受力分析；2.分析物理过程，按特点划分阶段；3.选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．【典例分析1】(2019·福建莆田第一中学高考模拟)质量为mB＝2kg的木板B静止于光滑水平面上，质量为mA＝6kg的物块A停在B的左端，质量为mC＝2kg的小球C用长为l＝0.8m的轻绳悬挂在固定点O.现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短为Δt＝1×10－2s，之后小球C反弹所能上升的最大高度h＝0.2m．已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，g取10m/s2.求：(1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小；(2)为使物块A不滑离木板B，木板B至少多长？【参考答案】：(1)1200N(2)0.5m【名师解析】：(1)C下摆过程，根据动能定理，有mCgl＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)所以vC＝eq\r(2gl)＝4m/sC反弹过程，根据动能定理，有－mCgh＝0－eq\f(1,2)mCvC′2vC′＝eq\r(2gh)＝2m/s.取向右为正方向，对C根据动量定理，有－FΔt＝－mCvC′－mCvC解得F＝1200N.(2)C与A碰撞过程，根据动量守恒定律，有mCvC＝－mCvC′＋mAvA所以vA＝2m/sA恰好滑至木板B右端并与其共速时，B的长度最小根据动量守恒定律，有mAvA＝(mA＋mB)v所以v＝1.5m/s根据能量守恒定律，有μmAgx＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2所以x＝0.5m.【典例分析2】(2019·四川省树德中学二诊)(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2(已知m2＝0.5kg)的两物块A、B相连接，处于原长并静止在光滑水平面上。现使B获得水平向右、大小为6m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象提供的信息可得()在t1时刻，两物块达到共同速度2m/s，且弹簧处于伸长状态B．从t3到t4，弹簧由原长变化为压缩状态C．t3时刻弹簧弹性势能为6JD．在t3和t4时刻，弹簧处于原长状态【参考答案】AC【名师解析】从v­t图象可以看出，从0到t1的过程中B减速A加速，B的速度大于A的速度，弹簧被拉伸，t1时刻两物块达到共同速度2m/s，此时弹簧处于伸长状态，A正确；从图象可知从t3到t4时间内A做减速运动，B做加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，即t3时刻弹簧处于压缩状态，t4时刻弹簧处于原长状态，故B、D错误；由v­t图象可知，t3时刻两物块速度相同，都是2m/s，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v3，解得m1＝1kg，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,3)＋Ep，解得Ep＝6J，C正确。【提分秘籍】动量观点和能量观点的选取原则(1)动量观点①对于不涉及物体运动过程中的加速度，而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲击力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0。②对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解。(2)能量观点①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间的问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。②对于物体系统只有重力和系统内弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间的问题，一般采用机械能守恒定律求解。③对于相互滑动的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程。【突破训练】1.(2019·四川高三毕业班第二次诊断)如图甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块。当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s(图乙)。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点，则子弹穿过木块的时间为()A.eq\f(1,v0)(s＋L) B.eq\f(1,v0)(s＋2L)C.eq\f(1,2v0)(s＋L) D.eq\f(1,v0)(L＋2s)【答案】D【解析】设子弹穿过木块后子弹的速度为v1，木块的速度为v2，对子弹和木块组成的系统，合外力为零，动量守恒，有：mv0＝mv1＋mv2，设子弹穿过木块的过程所受阻力大小为f，对子弹由动能定理：－f(s＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，由动量定理：－ft＝mv1－mv0，对木块由动能定理：fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，由动量定理：ft＝mv2，联立解得：t＝eq\f(1,v0)(L＋2s)。故选D。2.(2019·湖北八校联合二模)如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度v0向右运动，另有一质量为m的粘性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为()A.eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0) B.eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)C.eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0) D.eq\f(1,15)mveq\o\al(2,0)【答案】C【解析】粘性物体和A相互作用，水平方向动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有mv0＝2mv1，得v1＝eq\f(1,2)v0。以后三个物体一起相互作用，动量守恒，当B车与A车速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律得2mv0＝3mv2，解得v2＝eq\f(2,3)v0，故弹簧的最大弹性势能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2m(eq\f(1,2)v0)2－eq\f(1,2)×3m(eq\f(2,3)v0)2＝eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0)，故选C。3.(2019·山东青岛二中高三理科综合)如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道竖直固定在一水平光滑的桌面上，桌面距水平地面的高度也为R，在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压(小球与弹簧不拴接)，处于静止状态．同时释放两个小球，小球a、b与弹簧在桌面上分离后，a球从B点滑上半圆环轨道最高点A时速度为vA＝eq\r(2gR)，已知小球a质量为m，小球b质量为2m,重力加速度为g，求：(1)小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力；(2)释放后小球b离开弹簧时的速度vb的大小；(3)小球b落地点距桌子右侧的水平距离．【答案】：(1)mg，方向竖直向上(2)eq\f(\r(6gR),2)(3)eq\r(3)R【解析】：(1)设a球通过最高点时受轨道的弹力为FN，由牛顿第二定律有mg＋FN＝meq\f(v\o\al(2,A),R)得FN＝mg由牛顿第三定律，a球对轨道的压力为mg，方向竖直向上.(2)设小球a与弹簧分离时的速度大小为va，取桌面为零势面，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋mg×2R得va＝eq\r(6gR)小球a、b从释放到与弹簧分离过程中，总动量守恒，mva＝2mvbvb＝eq\f(\r(6gR),2).(3)b球从桌面飞出做平抛运动，设水平飞出的距离为x，则R＝eq\f(1,2)gt2x＝vbt得x＝eq\r(3)R.(2019·合肥高三第三次质检)如图所示，一对杂技演员(均视为质点)荡秋千，女演员由与悬点O1等高的A位置静止摆下，男演员从平台上D点静止摆下，某时刻女演员摆到最低点B时离开秋千，到达C点(男演员下摆的最低点)刚好被男演员接住，最后二者恰好摆回到平台D点。已知男、女演员均在同一竖直平面内运动，其质量分别为2m和m，其余质量忽略不计，秋千的绳长分别为l和2l，O1与O2等高，空气阻力不计，重力加速度为g。求：(1)女演员摆到最低点B的速度大小；(2)秋千绳O2D与竖直方向的夹角；(3)若男演员接住女演员用时t，此过程女演员对男演员的平均作用力。【答案】(1)eq\r(2gl)(2)60°(3)mg＋eq\f(m\r(2gl),t)，方向竖直向下【解析】(1)对于女演员，设其在B点的速度大小为v，从A运动到B，由机