题型探究课动量守恒中的力学综合问题

课题：动量守恒中的力学综合问题【课标要求（课标解读）】分析近几年高考，动量、动量守恒定律是本部分的重点知识，也是高考考查的热点，高考对本知识的考查多以计算题的形式出题，难度不大．但2017年高考考纲列为必考内容之后，题型多以选择题为主，难度不太大，重点考查一些基本内容.2017年把动量列入必考内容后，当年的高考仅以简单的选择题进行考查；但2018年的高考对该部分的命题方向呈现多样化，不仅题型上有突破，既有选择题，又有计算题；而且对知识点的考查上广泛很多．对动量、冲量的计算、碰撞与爆炸中的动量守恒都有命题点.【教学目标】1.多物体、多阶段运动的动量守恒求解.2.动量守恒问题中常见的临界问题．3.三种观点解决力学问题．【重点难点】重点：多物体、多阶段运动的动量守恒求解.难点：能运用动能定理解答实际问题．【考情分析】1.考纲要求：《大纲》对本部分考点均为II类要求，即对所列知识要理解确切含义及其与其它知识之间的联系，能够进行叙述和解释，并能在实际问题的分析综合、推理。2.考试题型：选择题，计算题3.考题分值：6——10分【教学方法】练习法、多媒体辅助演示解题法、讨论法​【课时安排】3课时【教学过程（导课和内容安排）】第一课时：多物体、多阶段运动的求解【题型解读】动量守恒与其他知识综合问题的求解方法(1)动量守恒与其他知识综合问题往往是多过程问题，解决这类问题首先要弄清物理过程．(2)其次弄清每一个物理过程遵从什么样的物理规律．(3)最后根据物理规律对每一个过程列方程求解，找出各物理过程之间的联系是解决问题的关键．【跟进题组】1．(2019·广东肇庆模拟)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eq\f(1,4)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eq\f(v0,2)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)eq\f(1,4)圆弧槽C的半径R.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＝meq\f(v0,2)＋2mvB，解得vB＝eq\f(v0,4)由能量守恒定律有μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B)解得μ＝eq\f(5veq\o\al(2,0),16gL).(2)从A滑上C到“恰好能到达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meq\f(v0,2)＋mvB＝2mvC，解得vC＝eq\f(3,8)v0由于在此过程中A和C组成的系统机械能守恒，有mgR＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3v0,8)))eq\s\up12(2)解得R＝eq\f(veq\o\al(2,0),64g).答案：见解析2．如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝m．物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝m．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝，A、B的质量均为m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)．(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式．解析：(1)物块A由初始位置到Q的过程，由动能定理得：－mg×2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：v＝4m/s设在Q点物块A受到轨道的弹力为F，受力分析如图所示由牛顿第二定律得：mg＋F＝eq\f(mv2,R)解得：F＝eq\f(mv2,R)－mg＝22N． (2)由机械能守恒定律知：物块A与B碰前的速度仍为v0＝6m/sA与B碰撞过程动量守恒，设碰后A、B的速度为v共mv0＝2mv共解得v共＝eq\f(1,2)v0＝3m/s设A与B碰后一起运动到停止，在粗糙段运动的路程为s，由动能定理得－μ×2mgs＝0－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,共)解得：s＝eq\f(veq\o\al(2,共),2gμ)＝m故k＝eq\f(s,L)＝eq\f,＝45.(3)碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度等于滑离第n个(n＜k)粗糙段的速度由动能定理得：－μ×2mgnL＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,n)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,共)解得：vn＝eq\r(veq\o\al(2,共)－2μgnL)＝eq\r(9－(n＜45)．答案：(1)4m/s22N(2)45(3)vn＝eq\r(9－(n＜45)动量守恒中的临界问题【题型解读】1．动量守恒问题中常见的临界问题(1)滑块与小车的临界问题：滑块与小车是一种常见的相互作用模型．如图所示，滑块冲上小车后，在滑块与小车之间的摩擦力作用下，滑块做减速运动，小车做加速运动．滑块刚好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时，滑块与小车的速度相同．(2)两物体不相碰的临界问题：两个在光滑水平面上做匀速运动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v甲大于乙物体的速度v乙，即v甲>v乙，而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v甲＝v乙．(3)涉及弹簧的临界问题：对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端的两个物体的速度相等．(4)涉及最大高度的临界问题：在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动．物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的分速度等于零．2．求解动量守恒定律中的临界问题的关键(1)寻找临界状态：看题设情景中有相互作用的两物体是否相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．(2)挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．【跟进题组】1．(2019·河北石家庄检测)如图所示，甲车质量m1＝m，在车上有质量M＝2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2＝2m的乙车正以速度v0迎面滑来，已知h＝eq\f(2veq\o\al(2,0),g)，为了使两车不可能发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点．解析：设向左为正方向，甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)(m1＋M)veq\o\al(2,1)＝(m1＋M)gh，解得v1＝eq\r(2gh)＝2v0设人跳出甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v′1和v′2，则人跳离甲车时：(M＋m1)v1＝Mv＋m1v′1人跳上乙车时：Mv－m2v0＝(M＋m2)v′2解得v′1＝6v0－2v，v′2＝eq\f(1,2)v－eq\f(1,2)v0两车不发生碰撞的临界条件是v′1＝±v′2当v′1＝v′2时，解得v＝eq\f(13,5)v0当v′1＝－v′2时，解得v＝eq\f(11,3)v0故v的取值范围为eq\f(13,5)v0≤v≤eq\f(11,3)v0.答案：eq\f(13,5)v0≤v≤eq\f(11,3)v02．(2019·湖南长沙模拟)如图所示，用长为R的不可伸长的轻绳将质量为eq\f(m,3)的小球A悬挂于O点．在光滑的水平地面上，质量为m的小物块B(可视为质点)置于长木板C的左端静止．将小球A拉起，使轻绳水平拉直，将A球由静止释放，运动到最低点时与小物块B发生弹性正碰．(1)求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角θ的余弦值．(2)若长木板C的质量为2m，小物块B与长木板C之间的动摩擦因数为μ，长木板C的长度至少为多大，小物块B才不会从长木板C的上表面滑出？解析：(1)设小球A与小物块B碰前瞬间的速度为v0，则有eq\f(m,3)gR＝eq\f(1,2)·eq\f(m,3)veq\o\al(2,0)设碰后小球A和小物块B的速度分别为v1和v2，有eq\f(m,3)v0＝eq\f(m,3)v1＋mv2eq\f(1,2)·eq\f(m,3)veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·eq\f(m,3)veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·mveq\o\al(2,2)设碰后小球A能上升的最大高度为H，有eq\f(m,3)gH＝eq\f(1,2)·eq\f(m,3)veq\o\al(2,1)所求cosθ＝eq\f(R－H,R)由以上各式解得cosθ＝eq\f(3,4).(2)法一：由(1)可求得碰后小物块B的速度为v2＝eq\f(1,2)eq\r(2gR)设小物块B与长木板C相互作用达到的共同速度为v，长木板C的最小长度为L，有mv2＝(m＋2m)vμmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m＋2m)v2由以上各式解得L＝eq\f(R,6μ).法二：由(1)可求得碰后小物块B的速度为v2＝eq\f(1,2)eq\r(2gR)设小物块B运动位移为x1时，小物块B、长木板C达到共同速度v，此时长木板C运动的位移为x2对小物块B有μmg＝maB，veq\o\al(2,2)－v2＝2aB·x1对长木板C有μmg＝2maC，v2＝2aC·x2，eq\f(v,aC)＝eq\f(v2－v,aB)木板的最小长度L＝x1－x2由以上各式解得L＝eq\f(R,6μ).答案：见解析第二课时：三种观点解决力学问题【题型解读】1．解动力学问题的三个基本观点力的观点运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题能量观点用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题动量观点用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题2.力的瞬时作用和力的空间积累作用分类对应规律规律内容公式表达力的瞬时作用牛顿第二定律物体的加速度大小与合外力成正比，与质量成反比，方向与合外力的方向相同F合＝ma力的空间积累作用动能定理外力对物体所做功的代数和等于物体动能的增量W合＝ΔEk功能关系一个力做了多少功，就有多少能从一种形式转化为其他形式W＝W其他1＋W其他2＋…机械能守恒定律在只有重力(或弹力)做功的情况下，系统的机械能的总量保持不变Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep23.动量观点和能量观点的比较相同点(1)研究对象都是相互作用的物体组成的系统(2)研究过程都是某一运动过程不同点动量守恒定律是矢量表达式，还可以写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律都是标量表达式，无分量表达式【跟进题组】1．(2019·广东惠州模拟)如图所示为某工地一传输工件的装置，AB为一段足够大且固定的eq\f(1,4)圆弧轨道，圆弧半径R＝m，BC为一段足够长的水平轨道，CD为一段固定的eq\f(1,4)圆弧轨道，圆弧半径r＝1m，三段轨道均光滑．一长为L＝2m、质量为M＝1kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切，且与CD轨道最低点处于同一水平面．一可视为质点、质量为m＝2kg的工件从距AB轨道最低点的高度为h处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与CD轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C处．工件只有从CD轨道最高点飞出，才能被站在台面DE上的工人接住．工件与小车的动摩擦因数为μ＝，取g＝10m/s2.求：(1)若h为m，则工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为多大？(2)要使工件能被站在台面DE上的工人接住，则h的取值范围为多少？解析：(1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B点，设到B点时的速度为vB，根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)工件做圆周运动，在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)联立解得FN＝40N由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为FN′＝FN＝40N.(2)由于BC轨道足够长，要使工件能到达CD轨道，工件与小车必须能够达到共速，设工件刚滑上小车时的速度为v0，工件与小车达到共速时的速度为v1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1由动能定理得μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)对于工件从AB轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得mgh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入数据解得h1＝3m要使工件能从CD轨道最高点飞出，h1＝3m为其从AB轨道滑下的最大高度，设其从轨道下滑的最小高度为h′，刚滑上小车的速度为v′0，与小车达到共速时的速度为v′1，刚滑上CD轨道的速度为v′2，规定向右为正方向，由动量守恒定律得mv′0＝(m＋M)v′1由动能定理得μmgL＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)Mv′eq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,2)工件恰好滑到CD轨道最高点，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,2)＝mgr工件在AB轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得mgh′＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,0)联立并代入数据解得h′＝eq\f(18,7)m综上所述，要使工件能从CD轨道最高点飞出，应使h满足eq\f(18,7)m<h≤3m.答案：见解析2．(2019·衡水中学模拟)如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝m，传送带以恒定速率v＝m/s沿顺时针方向匀速传送．三个质量均为m＝kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态．滑块A以初速度v0＝m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B发生弹性碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零．因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．滑块C脱离弹簧后以速度vC＝m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10m/s2.(1)求滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；(2)求滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？解析：(1)滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x由牛顿第二定律得μmg＝ma由运动学公式得v＝vC＋at，x＝vCt＋eq\f(1,2)at2代入数据可得x＝m<L故滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为m/s.(2)设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2由动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v1，(mA＋mB)v1＝(mA＋mB)v2＋mCvCA、B碰撞后，弹簧伸开的过程中系统能量守恒，则有Ep＋eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)代入数据可解得Ep＝J.(3)在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值vm，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v设A与B碰撞后的速度为v′1，与滑块C分离后A与B的速度为v′2，滑块C的速度为v′CC在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝3m/s，加速度大小为2m/s2由匀变速直线运动的速度－位移公式得v2－v′eq\o\al(2,C)＝2(－a)L，解得v′C＝5m/s以水平向右为正方向，由动量守恒定律可得，A、B碰撞过程有mAvm＝(mA＋mB)v′1弹簧伸开过程有(mA＋mB)v′1＝mCv′C＋(mA＋mB)v′2在弹簧伸展的过程中，由能量守恒定律得Ep＋eq\f(1,2)(mA＋mB)v′eq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v′eq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mCv′eq\o\al(2,C)联立以上几式并代入数据解得vm＝m/s.答案：见解析eq\a\vs4\al()合理选择解题方法1．从研究对象上看(1)若多个物体的运动状态不同，则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律；(2)若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律；(3)若研究对象为多物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一般用“守恒定律”去解决问题，但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件．2．从研究过程上看(1)凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，则必须要用动力学观点；(2)凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一般要用能量观点或动量观点；(3)凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理；(4)凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一般应用动量守恒定律．3．从所涉及的物理量看(1)如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律；(2)如果涉及运动时间或作用时间的问题，一般优先考虑用动量定理，其次考虑用牛顿运动定律；(3)如果涉及运动的位移或路程的问题，一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律；(4)如果涉及初、末速度的问题，一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点，最后再考虑用牛顿运动定律．当然任何问题都有多样性，上述所说的解决问题的途径的选择原则只是指一般情况下的选择原则，并不是一成不变的．总之，在解决问题时要根据问题的特点灵活而恰当地选择和应用．多过程运动中力学观点的应用[典例](2017·高考天津卷)如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg.初始时A静止于水平地面上，B悬于空中．现将B竖直向上再举高h＝m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触．取g＝10m/s2，空气阻力不计．求：(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；(2)A的最大速度v的大小；(3)初始时B离地面的高度H.核心考点1.自由落体运动：h＝eq\f(1,2)gt2.2．动量守恒定律．3．机械能守恒定律.命题技巧1.轻绳连接A、B能保证两者速度相等．2．B恰好可以和地面接触说明A、B两者的末速度为零.核心素养1.物理观念：相互作用观念、运动观念、能量观念．2．科学思维：轻绳连接体模型.[审题关键](1)B静止释放后绳子松弛，其做自由落体运动．(2)绳绷直瞬间A、B相互作用满足动量守恒．(3)A、B一起运动直至落地过程中只有重力做功，满足机械能守恒.[解析](1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h＝eq\f(1,2)gt2①代入数据解得t＝s．②(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vB＝gt③细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得mBvB＝(mA＋mB)v④之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为A的最大速度，联立②③④式，代入数据解得v＝2m/s.⑤(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥代入数据解得H＝m.[答案]见解析易错展示(1)绳绷直瞬间A、B相互作用，B的机械能有损失，不满足机械能守恒．(2)B恰好和地面接触时A的速度也正好为0.【对点训练】(多选)(2019·广东六校联考)如图甲所示，光滑平台上的物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车B上，车与水平面间的动摩擦因数不计，图乙为物体A与小车B的v－t图象，由此可知()A．小车上表面长度B．物体A与小车B的质量之比C．物体A与小车B上表面的动摩擦因数D．小车B获得的动能解析：选BC.由图象可知，A、B最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；由动量守恒定律得，mAv0＝(mA＋mB)v1，解得：eq\f(mA,mB)＝eq\f(v1,v0－v1)，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由图象可以知道物体A相对小车B的位移Δx＝eq\f(1,2)v0t1，根据能量守恒得：μmAgΔx＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,1)，根据B中求得质量关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误．如图所示，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝m，A球在B球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放．当A球下落t＝s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰好为零．已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1)B球第一次到达地面时的速度大小；(2)P点距离地面的高度．解析：(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB＝eq\r(2gh) ①将h＝m代入上式，得vB＝4m/s. ②(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v′1(v′1＝0)，B球的速度分别为v2和v′2.由运动学规律可得v1＝gt ③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有mAv1＋mBv2＝mBv′2 ④eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mBv′eq\o\al(2,2) ⑤设B球与地面相碰后的速度大小为v′B，由运动学及碰撞的规律可得v′B＝vB ⑥设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得h′＝eq\f(v′eq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,2),2g) ⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h′＝m.答案：(1)4m/s(2)m1．“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．(2019·合肥质检)一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则()A．在t＝6s的时刻，物体的速度为18m/sB．在0～6s时间内，合力对物体做的功为400JC．在0～6s时间内，拉力对物体的冲量为36N·sD．在t＝6s的时刻，拉力F的功率为200W解析：选D.类比速度－时间图象中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度－时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6s内Δv＝18m/s，v0＝2m/s，则t＝6s时的速度v＝20m/s，A项错；由动能定理可知，0～6s内，合力做的功为W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝396J，B项错；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得IF＝48N·s，C项错；由牛顿第二定律可知，6s末F－Ff＝ma，解得F＝10N，所以拉力的功率P＝Fv＝200W，D项对．3.(2019·江苏苏北三市模拟)光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v－t图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50J，则此过程产生的内能可能是()A．10J B．50JC．70J D．120J解析：选D.设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m，根据动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,m＋M).木块获得的动能为Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(Mm2veq\o\al(2,0),2（M＋m）2)＝eq\f(Mmveq\o\al(2,0),2（M＋m）)·eq\f(m,M＋m).系统产生的内能为Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(Mmveq\o\al(2,0),2（M＋m）)，可得Q＝eq\f(M＋m,m)Ek>50J，当Q＝70J时，可得M∶m＝2∶5，因已知木块质量大于子弹质量，选项A、B、C错误；当Q＝120J时，可得M∶m＝7∶5，木块质量大于子弹质量，选项D正确．4.(2017·高考天津卷)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是()A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变解析：选B.摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误．5．(多选)(2019·山东威海模拟)如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，则()A．碰撞前总动量大小为2mvB．碰撞过程动量不守恒C．碰撞后乙的速度大小为2vD．碰撞属于非弹性碰撞解析：选AC.取向右为正方向，碰撞前总动量为3mv－mv＝2mv，A正确；碰撞过程两滑块组成的系统在水平方向不受外力，则系统动量守恒，B错误；设碰撞后乙的速度为v′，由动量守恒定律得3mv－mv＝0＋mv′，解得v′＝2v，C正确；碰撞前总动能为eq\f(1,2)·3mv2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2，碰撞后总动能为0＋eq\f(1,2)m(2v)2＝2mv2，碰撞前后无机械能损失，碰撞属于弹性碰撞，D错误．6．(多选)质量为m的物体(可视为质点)套在光滑水平固定直杆上，其上拴一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧另一端固定于距离直杆3d的O点，物体从A点以初速度v0向右运动，到达B点时速度也为v0，OA、OB与水平杆的夹角大小如图所示，弹簧始终处于弹性限度内(取sin37°＝，cos37°＝．下列说法正确的是()A．从A点运动到B点的过程中，物体的速度先增大后减小B．物体在A、B两点时弹簧弹力的功率相等C．弹簧的原长为D．物体在A点时加速度的大小为eq\f(2kd,5m)解析：选CD.由图中的几何关系可得OA＝eq\f(3d,sin37°)＝5d，OB＝eq\f(3d,sin30°)＝6d，由于物体从A点以初速度v0向右运动，到达B点时速度也为v0，可知从A到B的过程中物体的动能变化量为0；在该过程中，由于杆光滑，结合动能定理可知弹簧对物体做功的和等于0，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在B点时的弹性势能，结合弹性势能的特点可知，开始时弹簧处于压缩状态，后来弹簧处于伸长状态，且弹簧的压缩量等于后来弹簧的伸长量，即L0－5d＝6d－L0，所以弹簧的原长L0＝.物体从A向O点正下方运动的过程中弹簧继续压缩，所以弹簧对物体做负功，物体的速度减小；物体从O点的正下方向B运动的过程中弹簧伸长，先对物体做正功，物体的速度增大；当弹簧的长度大于弹簧原长后，弹簧又开始对物体做负功，物体的速度又减小．所以物体先减速，再加速，最后又减速，A错误，C正确；如图所示，分别画出A、B两点受到的弹力与速度，由公式P＝Fvcosθ可知，A、B两点F与v0之间的夹角不同，则A、B两点弹簧弹力的功率不相等，B错误；在A点，弹簧的弹力F与运动方向之间的夹角为180°－37°＝143°，则物体在A点的加速度大小a＝eq\f(k（5d－L0）cos143°,m)＝eq\f(2kd,5m)，D正确．7．(2019·河北邯郸摸底)如图所示，木块A、B的质量均为m，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B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进．已知O、P两点间