【高三物理寒假〈二轮专题复习〉】第6讲：能量和动量观点在力学中的应用

PAGE21/19个性化教学辅导教案学生姓名年级高三学科物理上课时间教师姓名课题能量和动量观点在力学中的应用教学目标功、功率的计算掌握力学中几个重要的功能关系及能量守恒定律的应用3、能解决动力学方法和能量观点解决多过程问题教学过程教师活动2015卷ⅠT17：动能定理，牛顿第二定律卷ⅡT17：v－t、P－t图象的理解及瞬时功率的理解T21：系统机械能守恒2016卷ⅠT25：动能定理和机械能守恒定律综合解决多过程问题卷ⅡT21：功、功率及动能定理T25：机械能守恒定律、能量守恒定律综合解决多过程问题卷ⅢT24：机械能守恒定律、竖直面内圆周运动的临界问题卷ⅠT14：动量守恒定律卷ⅠT24：机械能及功能关系卷ⅡT17:功能关系及机械能守恒定律卷ⅡT24：动能定理卷ⅢT16:动能定理卷ⅢT20:通过F－t图象考查动量定理1．(·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力()A．一直不做功 B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心【解答】A光滑大圆环对小环只有弹力作用．弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功．故选A.2．(·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距eq\f(1,3)l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()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以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为eq\f(2,3)m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,3)＝－eq\f(2,9)mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,6)＝－eq\f(1,9)mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即W＝Ep2－Ep1＝－eq\f(1,9)mgl＋eq\f(2,9)mgl＝eq\f(1,9)mgl，选项A正确．3．(·全国卷Ⅰ)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/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．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s【解答】A由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒．燃气的动量p1＝mv＝0.05×600kg·m/s＝30kg·m/s，则火箭的动量p2＝p1＝30kg·m/s，选项A正确．4．(·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105m处以7.50×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2.(结果保留2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.【解答】(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)k ①式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得Ek0＝4.0×108J ②设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为Eh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,h)＋mgh ③式中，vh是飞船在高度1.60×105m处的速度大小。由③式和题给数据得Eh≈2.4×1012J ④(2)飞船在高度h′＝600m处的机械能为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是飞船从高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108J ⑦答案(1)4.0×108J2.4×1012J(2)9.7×108J5．(·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．【解答】(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得－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)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t.由运动学公式得veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2a1s0 ③v0－v1＝a1t ④s1＝eq\f(1,2)a2t2 ⑤联立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))涉及的知识点：功、功率的计算力学中几个重要的功能关系及能量守恒定律的应用动力学方法和能量观点解决多过程问题eq\a\vs4\al(功、功率的计算及相关图象问题的分析)[解题方略]1．功的计算(1)功的定义式W＝Flcosα适宜求恒力做功．(2)变力做功的计算：①用动能定理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图象所围的面积求功③用平均力求功(力与位移呈线性关系，如弹簧的弹力)④利用W＝Pt求功2．功率的计算(1)P＝eq\f(W,t)，适用于计算平均功率；(2)P＝Fvcosα，若v为瞬时速度，P为瞬时功率；若v为平均速度，P为平均功率．3．功能相关图象问题分析“三步走”[题组预测]1．如图所示，置于光滑水平面上的物块在水平恒力F的作用下由静止开始运动，其速度v、动能Ek及拉力功率P随时间t或位移x的变化图象可能正确的是()【解答】C物块在水平恒力作用下由静止开始做匀加速直线运动，其加速度a＝eq\f(F,m)，速度v＝at＝eq\f(F,m)t，v－t图象为过坐标原点的倾斜直线，选项A错误；由v2＝2ax＝eq\f(2F,m)x，可知抛物线开口向x轴正方向，选项B错误；动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(F2,2m)t2，选项C正确；功率P＝Fv＝Fat＝eq\f(F2,m)t，选项D错误.2．若要求汽车空载时的制动距离是：当速度为50km/h时，客车不超过19m，卡车不超过21m．如果客车和卡车质量之比为19∶21，制动时所受阻力不变，在刚好满足上述要求时，客车和卡车()A．所受阻力之比为19∶21B．加速度之比为21∶19C．所受阻力做功之比为21∶19D．制动时间之比为21∶19【解答】B由v2＝2ax，可得客车和卡车制动时的加速度之比为eq\f(a1,a2)＝eq\f(x2,x1)＝eq\f(21,19)，选项B正确；根据牛顿第二定律f＝ma，可得所受阻力之比eq\f(f1,f2)＝eq\f(m1,m2)·eq\f(a1,a2)＝1∶1，选项A错误；由做功的公式W＝fx，可得所受阻力做功之比为eq\f(Wf1,Wf2)＝eq\f(f1,f2)·eq\f(x1,x2)＝eq\f(19,21)，选项C错误；由v＝at可得制动时间之比为eq\f(t1,t2)＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(19,21)，选项D错误．eq\a\vs4\al(力学中几个重要的功能关系及能量守恒定律的应用)[解题方略]1．通晓两类力做功特点(1)重力、弹簧弹力和电场力都属于“保守力”，做功均与路径无关，仅由作用对象的初、末位置(即位移)决定．(2)摩擦力属于“耗散力”，做功与路径有关．2．掌握五大重要的功能关系(1)重力做功等于重力势能增量的负值，即WG＝－ΔEp.(2)弹簧弹力做功等于弹簧弹性势能增量的负值，即W弹＝－ΔEp.(3)一对滑动摩擦力做功的绝对值等于系统内能的增加量，即Q＝Ffx相对．(4)合外力做的功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk(动能定理)．(5)除重力和系统内弹力之外的其他力做的功等于机械能的变化量，即W其他＝ΔE.3．功能关系的应用“三注意”(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况．(2)也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做功的多少．(3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同．[题组预测]1.如图所示，用两根金属丝弯成一光滑半圆形轨道，竖直固定在地面上，其圆心为O、半径为R.轨道正上方离地h处固定一水平长直光滑杆，杆与轨道在同一竖直平面内，杆上P点处固定一定滑轮，P点位于O点正上方．A、B是质量均为m的小环，A套在杆上，B套在轨道上，一条不可伸长的细绳绕过定滑轮连接两环．两环均可看做质点，且不计滑轮大小与质量．现在A环上施加一个水平向右的恒力F，使B环从地面由静止沿轨道上升．则()A．力F所做的功等于系统动能的增加量B．在B环上升过程中，A环动能的增加量等于B环机械能的减少量C．当B环到达最高点时，其动能为零D．当B环与A环动能相等时，sin∠OPB＝eq\f(R,h)【解答】D力F做正功，系统的机械能增加，由功能关系可知，力F所做的功等于系统机械能的增加量，不等于系统动能的增加量．故A错误；由于力F做正功，A、B组成的系统机械能增加，则A环动能的增加量大于B环机械能的减少量，故B错误；当B环到达最高点时，A环的速度为零，动能为零，但B环的速度不为零，动能不为零，故C错误；当PB线与圆轨道相切时，vB＝vA，根据数学知识有sin∠OPB＝eq\f(R,h)，故D正确．2．如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m＝2kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v；(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ；(3)2s内物体机械能的减少量ΔE及因与传送带摩擦产生的内能Q.【解答】(1)传送带A、B两端间的距离L等于v－t图线与t轴所围的面积大小，所以L＝eq\f(10,2)×1m＋eq\f(10＋12,2)×1m＝16m小物体在A、B间运动的时间t＝2s由平均速度的定义得v＝eq\f(L,t)＝8m/s.(2)由v－t图象可知传送带运行速度为v1＝10m/s，物体从A到B先做加速度为a1＝eq\f(10－0,1－0)m/s2＝10m/s2的匀加速运动，经过时间t1＝1s后再做加速度为a2＝eq\f(12－10,2－1)m/s2＝2m/s2的匀加速运动，然后经过时间t2＝1s，物体以大小为v2＝12m/s的速度到达传送带B端．由物体在传送带上的受力情况知a1＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)或a2＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)解得μ＝0.5.(3)小物体到达传送带B端时的速度大小v2＝12m/s物体的动能增加了ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×2×122J＝144J物体的重力势能减少了ΔEp＝mgLsinθ＝20×16×0.6J＝192J所以物体的机械能的减少量ΔE＝48J由功能关系可知Q＝μmgcosθ(v1t1－eq\f(v1,2)t1)＋μmgcosθ(eq\f(v1＋v2,2)t2－v1t2)代入数值得Q＝48J.答案(1)8m/s(2)0.5(3)48J48Jeq\a\vs4\al(动力学方法和能量观点解决多过程问题)[解题方略]综合应用动力学方法和能量观点解决多过程问题是高考的重点、热点和难点．应对策略如下：(1)抓住物理情景中出现的运动状态与运动过程，将整个物理过程分成几个简单的子过程．(2)对每一个子过程分别进行受力分析、过程分析、能量分析，选择合适的规律对相应的子过程列方程，若某过程涉及时间和加速度，则选用动力学方法求解；若某过程涉及做功和能量转化问题，则要考虑应用动能定理、机械能守恒定律或功能关系求解．(3)两个相邻的子过程连接点，速度是连接两过程的纽带，因此要特别关注连接点速度的大小及方向．(4)解方程并分析结果．[题组预测]1．如图，在倾角为θ的光滑斜面O点静置一个质量为m的物体，从某时刻开始，有一个沿斜面向上的恒力F作用在物体上，使物体沿斜面向上滑动，经过一段时间到达A点，突然撤去这个力，又经过相同的时间物体返回到斜面的B点，且具有180J的动能，已知AO＝BO，求：(1)撤去恒力F时，物体的动能；(2)恒力F的大小；(3)恒力F对物体所做的功．【解答】(1)设沿斜面向上为正方向，物体经过A、B点的速度的大小分别为v1、v2，两段运动的时间均为t，位移分别为x、－2x，则有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时，物体的动能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)对O到A的过程由动能定理有(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．如图所示，质量m＝0.1kg的小球(可视为质点)，用长度l＝0.2m的轻质细线悬于天花板的O点．足够长的木板AB倾斜放置，顶端A位于O点正下方，与O点的高度差h＝0.4m．木板与水平面间的夹角θ＝37°，整个装置在同一竖直面内．现将小球移到与O点等高的P点(细线拉直)，由静止释放，小球运动到最低点Q时细线恰好被拉断(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)细线所能承受的最大拉力F；(2)小球在木板上的落点到木板顶端A的距离s；(3)小球与木板接触前瞬间的速度大小．【解答】(1)设细线拉断时小球的速度大小为v0，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgl解得：v0＝eq\r(2gl)在Q点，由牛顿第二定律得F－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),l)解得F＝3mg＝3N(2)设小球在木板上的落点到木板顶端A的距离为s，由平抛运动的规律得：h－l＋s·sinθ＝eq\f(1,2)gt2；scosθ＝v0t，联立以上各式得：s＝1m(3)设小物块与木板接触前瞬间的速度大小为v，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＝mg(h＋s·sinθ)，联立以上各式得：v＝2eq\r(5)m/s.答案(1)3N(2)1m(3)2eq\r(5)m/s动量和能量观点的综合应用[解题方略]1．动量守恒定律及动量定理(1)动量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(2)动量定理：Ft＝mv2－mv12．应用动量守恒定律解题的步骤(1)选取研究系统和研究过程．(2)分析系统的受力情况，判断系统动量是否守恒．①系统不受外力或所受合外力的矢量和为零时，系统动量守恒；②系统所受内力远大于外力时，可认为系统动量守恒；③系统在某一方向上不受外力或所受合外力的矢量和为零，在该方向上系统动量守恒．(3)规定正方向，确定系统的初、末状态的动量的大小和方向．(4)根据动量守恒定律列方程(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′)求解．[题组预测]1．(多选)(·河南六市一联)在2016年里约奥运跳水比赛中，中国跳水梦之队由吴敏霞领衔包揽全部8枚金牌．假设质量为m的跳水运动员从跳台上以初速度v0向上跳起，跳水运动员在跳台上从起跳到入水前重心下降H，入水后受水阻力而减速为零，不计跳水运动员水平方向的运动，运动员入水后到速度为零时重心下降h，不计空气阻力，则()A．运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小为meq\r(v\o\al(2,0)＋2gH)＋mv0B．水对运动员阻力的冲量大小为meq\r(v\o\al(2,0)＋2gH)C．运动员克服水的阻力做功为mgH＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量为mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)【解答】AD设运动员入水前速度为vt，则由机械能守恒有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)，据动量定理可得运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小I＝mvt－(－mv0)＝meq\r(v\o\al(2,0)＋2gH)＋mv0，A项正确．运动员入水后受竖直向下的重力和竖直向上的阻力，合力的冲量大小为I合＝meq\r(v\o\al(2,0)＋2gH)，B项错误．运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中应用动能定理有mg(H＋h)－Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得运动员克服水的阻力做功Wf＝mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则C项错误．由能的转化与守恒关系可知此过程中机械能的减少量为mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，D项正确．2．(·河南三市二模)如图所示，长木板B的质量为m2＝1.0kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3＝1.0kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m1＝0.5kg的物块A从距离长木板B左侧l＝9.5m处，以速度v0＝10m/s向着长木板运动．一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上．已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，求：(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；(2)长木板B的最小长度和物块A离长木板左侧的最终距离．【解答】(1)设物块A与木板B碰前的速度为v由动能定理得：－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与B发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2由机械能守恒定律得eq\f(1,2)m1v2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)联立解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v＝－3m/s，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v＝6m/s(2)碰撞后B减速运动，C加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律对木板B有：－μ1(m2＋m3)g－μ2m3g＝m2a1对物块C：μ2m3g＝m3a2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为tv2＋a1t＝a2t木板B的最小长度d＝v2t＋eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝3mB、C达到共同速度之后，因μ1<μ2，二者一起减速至停下，设加速度大小为a3由牛顿运动定律得：μ1(m2＋m2)g＝(m2＋m3)a3整个过程B运动的位移为：xB＝v2t＋eq\f(1,2)a1t2＋eq\f(0－a2t2,－2a3)＝6mA与B碰撞后，A做减速运动的加速度大小也为a3，位移为：xA＝eq\f(0－v\o\al(2,1),－2a3)＝4.5m物块A离长木板B左侧的最终距离为xA＋xB＝10.5m答案(1)－3m/s6m/s(2)3m10.5m1．(·河北石家庄二模)质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v－t图象如图所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A．t0～t2时间内，合力对小球先做正功后做负功B．0～t3时间内，小球的平均速度一定为eq\f(v3,2)C．t3～t4时间内，拉力做的功为eq\f(mv3＋v4,2)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]D．t3～t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动【解答】Cv－t图象中图线的斜率表示加速度，速度在时间轴之上表明速度一直为正，从图象可以看出小球先向上做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运动，然后做加速度越来越大的减速运动，最后做匀减速运动，运动方向一直向上，D错．图中t0～t2时间内小球做加速运动，故合力对小球一直做正功，A错．v－t图象中图线与t轴所围面积表示位移，而平均速度v＝eq\f(x,t)，结合图象中的“面积”可知0～t3时间内，小球的平均速度大于eq\f(v3,2)，B错．t3～t4时间内由动能定理得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对．2．(·郑州3月检测)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环()A．下滑过程中，加速度一直减小B．下滑过程中，因摩擦力产生的热量为eq\f(1,4)mv2C．从A处到C处的过程中弹簧的弹性势能增加了eq\f(1,4)mv2－mghD．下滑经过B处的速度大于上滑经过B处的速度【解答】B由题意知圆环从A到C先加速运动，后减速运动，在A点时加速度为g，到达B点时加速度减为零，所以圆环先做加速度逐渐减小的加速运动再做加速度逐渐增大的减速运动，A项错误；圆环从A到C过程中弹簧增加的弹性势能即C处的弹性势能Ep，因摩擦力产生的热量等于克服摩擦力所做的功Wf，由能量守恒知圆环从A到C过程有mgh＝Wf＋Ep，从C到A过程有eq\f(1,2)mv2＋Ep＝mgh＋Wf，联立得Wf＝eq\f(1,4)mv2，Ep＝mgh－eq\f(1,4)mv2，B项正确、C项错误；圆环从A到B过程有mgh1＝eq\f(1,2)mvB12＋ΔEp1＋Wf1，圆环从B到A过程有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B2)＋ΔEp1＝mgh1＋Wf1，可得vB2＞vB1，D项错误。3．(多选)如图所示，质量为2kg的足够长平板车Q上表面水平，原来静止在光滑水平面上，平板车左端静止着一块质量为2kg的物体P，一颗质量为0.01kg的子弹以700m/s的速度水平瞬间射穿P后，速度变为100m/s，若P、Q之间的动摩擦因数为0.5，则()A．由于P、Q之间不光滑，子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量不守恒B．子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量守恒C．子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量不守恒D．子弹瞬间射穿P后，P的速度为3m/s【解答】BD取子弹的初速度v0的方向为正方向，子弹瞬间射穿物体P的过程满足动量守恒条件．由动量守恒，可知mv0＝mv＋MvP，解得vP＝3m/s，选项A错误，D正确；子弹瞬间射穿P的过程，机械能不守恒，但能量守恒，选项B正确，C错误．4．(·山西大附中月考)如图所示，质量M＝3kg的滑板A置于粗糙的水平地面上，A与地面的动摩擦因数μ1＝0.3，其上表面右侧光滑段长度L1＝2m，左侧粗糙段长度为L2，质量m＝2kg、可视为质点的滑块B静止在滑板上的右端，滑块与粗糙段的动摩擦因数μ2＝0.15，取g＝10m/s2，现用F＝18N的水平恒力拉动A向右运动，当A、B分离时，B对地的速度vB＝1m/s，求L2的值．【解答】在F的作用下，A做匀加速运动，B静止不动，当A运动位移为L1时B进入粗糙段，设此时A的速度为vA，则：对A：由动能定理：FL1－μ1(M＋m)gL1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)①B进入粗糙段后，设A加速度为aA，B加速度为aB，对A：由牛顿第二定律：F－μ1(M＋m)g－μ2mg＝MaA②对B：由牛顿第二定律：μ2mg＝maB ③由①得vA＝2m/s ④由②得aA＝0 ⑤即A以vA＝2m/s的速度做匀速直线运动直至A、B分离，分离时B的速度为vB，设B在粗糙段滑行的时间为t，则：对A：xA＝vAt ⑥对B：vB＝aBt ⑦xB＝eq\f(1,2)aBt2 ⑧又：xA－xB＝L2 ⑨联立解得：L2＝1m ⑩答案1m【查缺补漏】1．(·湖南长沙三月模拟)弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，在C处(A、B连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把手，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标．现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则()A．从D到C过程中，弹丸的机械能守恒B．从D到C过程中，弹丸的动能一直在增大C．从D到C过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小D．从D到E过程橡皮筋弹力做功大于从E到C过程【解答】D从D到C过程中，弹力对弹丸做正功，弹丸的机械能增加，选项A错误；弹丸竖直向上发射，从D到C过程中，必有一点弹丸受力平衡，在该点F弹＝mg，在此点上方弹力小于重力，在此点下方弹力大于重力，则从D到C过程中，弹丸的动能先增大后减小，选项B错误；从D到C过程中，橡皮筋的弹性势能一直减小，选项C错误；从D到E过程橡皮筋的弹力大于从E到C过程的，故从D到E过程橡皮筋弹力做功大于从E到C过程，选项D正确．2．质量为m的物体，自高为h、倾角为θ的固定粗糙斜面顶端由静止开始匀加速滑下，到达斜面底端时的速度为v.重力加速度为g.下列说法正确的是()A．物体下滑过程的加速度大小为eq\f(v2sinθ,h)B．物体下滑到底端时重力的功率为mgvC．物体下滑过程中重力做功为eq\f(1,2)mv2D．物体下滑过程中摩擦力做功为eq\f(1,2)mv2－mgh【解答】D由v2＝2aeq\f(h,sinθ)，得a＝eq\f(v2sinθ,2h)，故A错误；物体下滑到底端时重力功率P＝mgvsinθ，故B错误；重力做功W＝mgh，由于有摩擦力做功mgh＋W＝eq\f(1,2)mv2.故C错误，D正确．【举一反三】3.(·河南商丘模拟)如图所示，在水平轨道右侧安放一半径为R的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道．已知R＝0.2m，L＝1m，v0＝2eq\r(3)m/s，物块A质量为m＝1kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g＝10m/s2.(1)求物块A与弹簧刚接触时的速度大小；(2)求物块A被弹簧以原速率弹回后返回到圆形轨道的高度；(3)调节PQ段的长度L，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，物块A被弹簧弹回后能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道？【解答】(1)设物块A与弹簧刚接触时的速度大小为v1，由动能定理可得－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)设物块A被弹簧以原速率弹回后返回到圆形轨道的高度为h1，由动能定理可得－μmgL－mgh1＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得h1＝0.2m＝R，符合实际情况．(3)①若A沿轨道上滑至最大高度h2时，速度减为0，则使A不脱离轨道时h2需满足的条件是0<h2≤R由动能定理可得－2μmgL1－mgh2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)联立可得1m≤L1<1.5m②若A能沿轨道上滑至最高点，则需满足meq\f(v\o\al(2,2),R)≥mg由动能定理可得－2μmgL2－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)联立可得L2≤0.25m综上所述，要使物块A被弹簧弹回后能返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L需满足的条件是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．(多选)(·华中师大附中模拟)水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一小球以初速度v0沿直轨道ab向右运动，如图所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c.则()A．R越大，v0越大B．R越大，小球经过b点后的瞬间对轨道的压力越大C．m越大，v0越大D．m与R同时增大，初动能Ek0增大【解答】AD小球刚好能通过最高点c，表明小球在c点的速度为vc＝eq\r(gR)，根据机械能守恒定律有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，则v0＝eq\r(5gR)，R越大，v0越大，v0与m无关，选项A正确，C错误；m与R同时增大，初动能Ek0增大，选项D正确；从b到c机械能守恒，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点，N－mg＝eq\f(mv\o\al(2,b),R)得N＝6mg，选项B错误．2．(多选)如图所示，固定于水平面上的光滑斜面足够长，一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P相连，另一端与盒子A相连，A内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁接触，现用力推A使弹簧处于压缩状态，然后由静止释放，则从释放盒子A到其获得最大速度的过程中，下列说法正确的是()A．弹簧的弹性势能一直减少到零B．A对B做的功等于B机械能的增加量C．弹簧弹性势能的减少量等于A的机械能的增加量D．A所受弹簧弹力和重力做的功的代数和大于A的动能的增加量【解答】BD盒子A运动过程中，弹簧弹性势能一直减少，当弹簧弹力与A、B的重力沿斜面向下的分力大小相等时，盒子的速度最大，此时弹簧的弹性势能不为零，A错误；由功能关系知，A对B做的功等于B机械能的增加量，B正确；将A、B和弹簧看作一个系统，则该系统机械能守恒，所以弹簧弹性势能的减少量等于A和B机械能的增加量，C错误；对盒子A，弹簧弹力做正功，盒子重力做负功，小球B对A沿斜面向下的弹力做负功，由动能定理知A所受弹簧弹力和重力做的功的代数和大于A的动能的增加量，D正确．3．如图所示，一光滑曲面的末端与一长L＝1m的水平传送带相切，传送带离地面的高度h＝1.25m，传送带的动摩擦因数μ＝0.1，地面上有一个直径D＝0.5m的圆形洞，洞口最左端的A点离传送带右端的水平距离s＝1m，B点在洞口的最右端．传送带以恒定的速度做顺时针运动．现使某小物体从曲面上距离地面高度H处由静止开始释放，到达传送带上后小物体的速度恰好和传送带相同，并最终恰好由A点落入洞中．求：(g＝10m/s2)(1)传送带的运动速度v；(2)H的大小；(3)若要使小物体恰好由B点落入洞中，小物体在曲面上由静止开始释放的位置距离地面的高度H′应该是多少？【解答】(1)最终恰好由A点落入洞中，由平抛运动规律可知：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)以地面为零势能面从开始释放小物体到滑上传送带根据机械能守恒定律可知，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)由平抛运动规律知：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从小物体开始释放到刚要滑出传送带的过程，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．(·长沙高三模拟)质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物体乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示，则()A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C．当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0D．甲物块的速率可能达到6m/s【解答】C甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力是系统内力，系统合外力为零，所以动量守恒，选项A错误；当两物块相距最近时，它们的速度相同，设为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv乙－mv甲＝2mv，代入数据，可得v＝0.5m/s，选项B错误；当甲物块的速率为1m/s时，其方向可能向左，也可能向右，当水平向左时，根据动量守恒定律可得，乙物块的速率为2m/s；当水平向右时，同理可得，乙物块的速率为0，所以选项C正确；因为整个过程中，系统的机械能不可能增加，选项D错误．2．(·湖南六校联考)质量相等的两个质点A、B在拉力作用下从同一地点沿同一直线竖直向上运动的v－t图象如图所示，下列说法正确的是()A．0～t2时间内A质点处于失重状态B．在t1～t2时间内质点B的机械能守恒C．0～t2时间内两质点的平均速度相等D．两个质点第一次相遇在t2时刻之后，在第一次相遇之前t2时刻两个质点距离最远