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第5讲 力学中的动量与能量问题
题型1动量和动量定理的应用
1．公式：Ft＝p′－p
2．理解
(1)等式左边是过程量Ft，右边是两个状态量之差，是矢量式．v1、v2是以同一惯性参考系为参照的．
(2)Δp的方向可与mv1一致、相反或成某一角度，但是Δp的方向一定与F一致．
3．应用
(1)恒力，求Δp时，用Δp＝Ft
(2)变力，求I时，用I＝Δp＝mv2－mv1
(3)当Δp一定时，Ft为确定值：F＝
t小F大——如碰撞；t大F小——如缓冲．
[例题1] （2024 嘉兴模拟）如图所示是大型游乐装置“大摆锤”的简图，摆锤a和配重锤b分别固定在摆臂两端，并可绕摆臂上的转轴O在纸面内转动。若a、b到O的距离之比为2：1且不计一切阻力，则摆臂自由转动一周过程中（ ）
A．a、b角速度之比为2：1
B．摆臂对转轴的弹力保持不变
C．摆臂对a和b作用力的功为0
D．摆臂对a和b作用力的冲量为0
【解答】解：A.摆锤a和配重锤b属于同轴转动，角速度之比为1：1，故A错误；
B.摆锤和配重做圆周运动，则摆臂对转轴的弹力大小和方向都发生变化，故B错误；
C.摆臂运动过程中，摆臂对a和b的作用力做功大小相等，一正一负，则摆臂对a和b作用力的功为0，故C正确；
D.摆臂运动过程中，a、b速度方向发生变化，则动量发生变化，摆臂对a和b作用力的冲量不为0，故D错误；
故选：C。
[例题2] （2024 金东区校级模拟）关于做自由落体运动的物体，下列说法正确的是（ ）
A．动能Ek随时间t变化的快慢随时间均匀增大
B．动量p随时间t变化的快慢随时间均匀增大
C．重力势能Ep随位移x变化的快慢随时间均匀减小
D．机械能E随位移x变化的快慢随时间均匀减小
【解答】解：A、自由落体时，动能随时间变化的表达式为，，故动能随时间均匀增大，故A正确；
B、自由落体时，动量随时间变化的表达式为p＝mv＝mgt，，动量p随时间t变化的快慢保持不变，故B错误；
C、自由落体时，以开始下落位置所在水平面为参考平面，重力势能随位移变化的表达式为Ep＝﹣mg x，，重力势能Ep随位移x是不变的，故C错误；
D、自由落体时只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律可知为0，故D错误。
故选：A。
[例题3] （2023 镇海区校级模拟）发光实心弹力球因其弹性好深受小朋友喜爱。一小朋友将弹力球（可视为质点）抛出，落到水平面（足够大）上前瞬间的速度大小为v0，与水平方向夹角α＝37°。弹力球与水平面碰撞的过程中，受到摩擦力的大小等于其重力的、弹力的大小等于其重力的2倍。设每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变，不计空气阻力。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。则弹力球（ ）
A．第1次碰后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间的夹角大于45°
B．第2、3次落地点间的距离为
C．与水平面碰撞4次后停止运动
D．与水平面碰撞过程中受到合力的冲量保持不变
【解答】解：A．将碰前、碰后的速度分解成水平和竖直方向的分速度，如下图所示
由于每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变。以竖直向上为正方向，则在竖直方向上由动量定理可得（2mg﹣mg）Δt＝mv0sin37°﹣（﹣mv0sin37°）
设碰撞后弹力球沿水平方向速度为v'x，以水平向右为正方向，则水平方向根据动量定理可得
代入数据可得v'x＝0.6v0
反弹后的夹角正切值为tan
故速度方向与水平面间的夹角等于45°，故A错误；
B．小球在空中不受阻力作用，故根据运动的对称性可知，小球在第二次与地面碰前的速度和第一次与地面碰后的速度相等。故同理可得，以竖直向上为正方向，在竖直方向上由动量定理可得（2mg﹣mg）Δt＝mv0sin37°﹣（﹣mv0sin37°）
设第二次碰撞后弹力球沿水平方向速度为v''x，以水平向右为正方向，则水平方向根据动量定理可得
代入数据可得v“x＝0.4v0
小球从第二次碰撞后到与地面发生第三次碰撞前的过程中，在空中做斜上抛运动，故从第二次碰撞后运动至最高点所需时间为
水平方向做匀速直线运动，根据运动的对称性可知，水平方向位移为x＝v″ 2t，故B正确；
C．根据以上分析结合题意可知，与水平面碰撞4次后，小球水平方向速度为零。但由于竖直方向上碰前和碰后速度大小不变，方向相反，且在空中运动过程中不考虑空气阻力，故第四次碰后小球做竖直上抛运动，如此往复。即小球不可能停止，故C错误；
D．根据以上分析可知，在前四次碰撞过程中，小球在水平和竖直方向受力均不变，且小球与地面的碰撞时间均相等。故前四次碰撞过程中，每次碰撞时合力的冲量为，可知小球在前四次碰撞过程中合力的冲量相等，方向沿合力方向。但第四次碰撞后，小球水平方向速度为零，开始循环做竖直上抛运动。故在随后的碰撞过程中，小球只受到竖直方向的作用力，且碰撞时间仍不变。故第四次后的碰撞过程中，小球所受合力的冲量为
I'＝Fy t
方向沿竖直方向，故与水平面碰撞过程中受到合力的冲量会发生改变，故D错误。
故选：B。
[例题4] （2023 镇海区模拟）运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，若N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等
B．排球两次飞行过程中外力对排球的冲量相等
C．排球离开M点的速率比经过Q点的速率小
D．排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大
【解答】解：A．从M到P，重力对排球做功mgh，从P到N过程中，重力对排球做功为零，则排球两次飞行过程中重力对排球做的功不相等，故A错误；
B．因从P到N过程中排球飞行的时间等于从M到P过程中排球飞行时间的2倍，排球飞行过程中只受重力作用，则根据I＝mgt可知，排球两次飞行过程中外力对排球的冲量不相等，故B错误；
C、排球从M到P和从Q到N都是平抛运动，在M、Q点均只有水平方向的速度，高度h相同，由t知运动时间相同，但xMP＞xQN，由x＝v0t可推出离开M点的速度大于经过Q点的速度，故C错误；
D．排球到达P点时的竖直速度等于排球离开P点时的竖直速度（高度相同），而排球到达P点时的水平速度大于排球离开P点时的水平速度，则排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大，故D正确。
故选：D。
[例题5] （2023 绍兴模拟）现在很多景区都有悬空大茶壶这一景观，如图甲所示，一把大茶壶不断向下“倒水”，大茶壶似乎没有任何支撑而悬空，小明参观后回到自己的DIY实验工坊，尝试做了如下实验，其原理如图乙所示，开口向下的水桶代替大茶壶，水桶下面有一水管，水桶的重心位于水管中心之上，水管内的水流忽略重力的影响而各处速度方向竖直向上，大小相等均为v＝10m/s，水管的横截面积S＝0.003m2，水的密度为ρ＝1000kg/m3，假设水碰到水桶底部瞬间速度大小不变方向反向，忽略水流质量的损耗，水碰水桶底部过程忽略水的重力、阻力的影响，水桶处于悬停状态。下列说法正确的是（ ）
A．水桶的质量为60kg
B．水桶的质量为40kg
C．连接水管的水泵输出功率为15kW
D．连接水管的水泵输出功率为20kW
【解答】解：AB．在Δt时间内，以撞到桶上的水为研究对象，根据动量定理F Δt＝mΔv＝ρSvΔt[v﹣（﹣v）]
而水桶悬在空中F＝Mg
代入数据可得水桶的质量M＝60kg
故A正确，B错误；
CD．在Δt时间内，根据动能定理
因此功率
故CD错误。
故选：A。
题型2碰撞类问题
一、相关知识链接
1．动量守恒条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零．
(2)近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多．
(3)单方向守恒：合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒．
2．表达式
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′或Δp＝0
二、规律方法提炼
1．基本思路
(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．
(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．
(3)碰撞过程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．
2．三类碰撞的特点
[例题6] （2024 浙江模拟）如图所示，带有光滑四分之一圆弧轨道的物体静止在光滑的水平面上，将一小球（视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．小球下滑过程中，圆弧轨道对小球的弹力不做功
B．小球下滑过程中，小球的重力势能全部转化为其动能
C．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统动量守恒
D．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统机械能守恒
【解答】解：ABD、小球在下滑过程中，物体向左运动，动能增大，重力势能不变，物体的机械能增大，说明小球对物体做正功。因为水平面光滑，对小球和物体组成的系统而言，只有重力做功，故系统的机械能守恒，则小球的机械能减少，物体对小球的弹力做负功，故AB错误，D正确；
C．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，则系统动量不守恒，故C错误。
故选：D。
[例题7] （2022 浙江模拟）如图所示，质量为3m的木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹（可视为质点）以初速度v0水平向右射入木块，穿出木块时速度变为v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中的阻力恒定．试求：
（1）子弹穿出木块后，木块的速度大小v；
（2）子弹在木块中运动的时间t．
【解答】解：（1）子弹与木块相互作用过程，满足动量守恒定律，选取向右为正方向，则：
mv0＝mv0+3mv
解得：v．
（2）对系统应用功能关系有：fLm 3mv2
解得：f
对木块应用动量定理：ft＝3mv
解得：t．
[例题8] （2024 金华二模）如图所示，质量m1＝1kg的滑板A带有四分之一光滑圆轨道，圆轨道的半径R＝1.8m，圆轨道底端点切线水平，滑板的水平部分粗糙。现滑板A静止在光滑水平面上，左侧紧靠固定挡板，右侧不远处有一与A等高的平台。平台最右端有一个高h＝1.25m的光滑斜坡，斜坡和平台用长度不计的小光滑圆弧连接，斜坡顶端连接另一水平面。现将质量m2＝2kg的小滑块B（可视为质点）从A的顶端由静止释放。求：
（1）滑块B刚滑到圆轨道底端时，对圆轨道底端轨道的压力大小；
（2）若A与平台相碰前A、B能达到共同速度，则达到共同速度前产生的热量；
（3）若平台上P、Q之间是一个长度l＝0.5m的特殊区域，该区域粗糙，且当滑块B进入该区域后，滑块还会受到一个水平向右、大小F＝20N的恒力作用，平台其余部分光滑。若A与B共速时，B刚好滑到A的右端，A恰与平台相碰，此后B滑上平台，同时快速撤去A。设B与PQ之间的动摩擦因数为μ。
①求当μ＝0.1时，滑块B第一次通过Q点时速度；
②求当μ＝0.9时，滑块B在PQ间通过的路程。
【解答】解：（1）设B滑到A的底端时速度为v0，由动能定理得
m2gR
小球在圆弧底端，有N﹣m2g＝m2
联立各式并代入数据得v0＝6m/s；N＝60N
根据牛顿第三定律可知滑块对圆弧底端的压力大小为60N。
（2）设A、B获得共同速度为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝（m1+m2）v
代入数据解得v1＝4m/s
对A、B系统利用能量守恒定律Qm2（m1+m2）v2
解得Q＝12J
（3）①对滑块B从共速位置到Q点应用动能定理有
Fl﹣μm2g1m2m2
解得以v3＝5m/s
②对滑块B从共速位置到Q点应用动能定理有
Fl﹣μm2g1m2m2
解得v4m/s
由于m2J＝17J＜m2gh＝2×10×1.25J＝25J，所以滑块B不能从斜坡顶端冲出，将会再次滑上PQ段；
由于μm2g×2l＝0.9×2×10×2×0.5J＝18Jm2J＝8J，所以滑块B不能从平台左端滑出；
由于F＝20N＞μm2g＝0.9×2×10N＝18N，所以滑块B不会停止在PQ段，最终静止在Q点，对滑块B全过程应用动能定理有：
Fl﹣μm2gs＝0m2
解得sm
[例题9] （2024 浙江模拟）滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端，与滑板A一起以20m/s的共同速度向右做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B，在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，最终两滑板恰好不相撞。已知该同学的质量为45kg，两滑板的质量均为2.5kg，不计滑板与地面间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统机械能守恒
B．该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为19m/s
C．该同学跳离滑板B的过程中，滑板B的速度减小
D．该同学跳离滑板B的过程中，对滑板B的冲量大小为47.5N s
【解答】解：A、根据机械能守恒的条件，在整个系统中，在A、B板来回跳的过程中存在摩擦力做功，所以机械能不守恒，故A错误；
B、因该同学从A跳上B，再跳回A时最终两滑板恰好不相撞，可知速度相等，该同学跳回滑板A整个过程中系统水平方向合力为零，动量守恒，则
（m+M）v0＝（2m+M）v
代入数据解得：v＝19m/s，所以最终他和滑板的速度为19m/s，故B正确；
C、该同学跳离滑板B的过程中，人给滑板B的水平方向的作用力向右，可知滑板B的速度增加，故C错误；
D、该同学从跳上到跳离滑板B整个过程中的冲量为：I＝mv，代入数据得：I＝47.5N s
所以该同学跳离滑板B的过程中对滑板B的冲量大小小于47.5N s，故D错误。
故选：B。
[例题10] （2024 镇海区校级模拟）某课外兴趣小组想设计一游戏装置，其目的是让均质木板9获得一定的速度，“穿越”水平面上长度为d＝1m的粗糙区域CD（其余部分均光滑），并获得一定的动能。如图所示，半径r＝2m的光滑圆轨道P固定于水平地面上，轨道末端水平且与木板Q等高。木板Q左端与轨道P的右端接触（不粘连），木板Q右端离C点足够远。将滑块在轨道P上从离轨道底端高h＝1.8m处由静止释放，并冲上木板Q。若两者最终不能相对静止，则游戏失败；若两者能相对静止，当两者相对静止时，立即取下滑块（不改变木板Q的速度）。木板Q的右端运动到C点时，对木板施加水平向右、大小为2N的恒力F。已知木板Q长度L＝2m，质量M＝1kg。木板Q与CD部分间的动摩擦因数为μ1＝0.4，滑块与木板2上表面的动摩擦因数为μ2＝0.5。现有三种不同质量的滑块（可视为质点）甲、乙、丙，质量分别为m甲＝0.5kg，m乙＝1kg，m丙＝2kg，不计空气阻力的影响。
求：
（1）若释放的是滑块乙，该滑块对轨道P的压力最大值；
（2）若释放的是滑块乙，该滑块在木板Q上相对木板运动的距离；
（3）若要使游戏成功，且木板Q的左端通过D点时木板Q的动能最大，应选择哪块滑块？最大动能是多少？
【解答】解：（1）若释放的是滑块乙，该滑块对轨道P的压力最大值为滑块下落至轨道P最低点的时候，根据动能定理可得
m乙v2＝m乙gh
解得
v＝6m/s
根据牛顿第二定律可得
FNmax G
解得
FNmax＝28N
（2）滑块乙冲上木板Q后，对滑块乙和木板Q分别进行受力分析，可得
μ2m乙g＝m乙a乙，μ2m乙g＝Ma1
解得
a1＝5m/s2，a乙＝ 5m/s2
在滑块乙和木板Q共速后，先一起运动，再移动至C点后再分析，设滑块乙冲上木板Q后至共速所经历的时间为t1，可得
v+a乙t1＝a1t1
解得
t1＝0.6s
可得此时滑块和木板Q的速度为
v乙＝v+a乙t1＝6m/s﹣5×0.6m/s＝3m/s
则此时可得滑块乙在木板Q上相对木板运动的距离为
Δx＝vt1
解得
Δx＝1.8m
（3）可知选择不同的滑块，下落至轨道P最低端时，速度大小均为
v＝6m/s
根据（2）的方法可分别计算滑块甲和滑块丙在木板Q上相对木板运动的距离为
x甲＝2.4m，x丙＝1.2m
可知，滑块甲已经冲出木板Q，不可选用，同时分别可得滑块冲上木板Q与木板Q共速后的速度大小为
v甲＝2m/s，v乙＝3m/s，v丙＝4m/s
随后取下滑块，为使木板Q的左端通过D点时木板Q的动能最大，应选择滑块丙，设最终木板Q的最大速度为v′′，根据动能定理可得
解得
题型3动力学、动量和能量观点的应用
1．三个基本观点
(1)动力学的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．
(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．
(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．
2．选用原则
(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．
(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．
3．系统化思维方法
(1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．
(2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)．
[例题11] （2024 西湖区校级模拟）如图所示，一条连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＝0.5m。质量mA＝2kg的物块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处静止的质量m＝1kg的物块B碰撞，碰后粘合在一起运动。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＝0.6m。两物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.25，A、B均视为质点，碰撞时间极短。
（1）试求A滑过Q点时的速度大小和对圆轨道的压力；
（2）若碰后A、B粘合体最终停止在第k个粗糙段上，试求k的数值；
（3）试求在第n个（1≤n＜k）粗糙段时，合力对A、B粘合体的冲量大小与n的关系式。
【解答】解：（1）设A滑到Q点时的速度大小为v，由机械能守恒定律得：
解得：v＝4m/s
在O点，对A根据牛顿第二定律得：
解得：F＝44N
根据牛顿第三定律可知对圆轨道的压力大小为44N，方向竖直向上。
（2）设A、B碰撞前瞬间A的速度为vA，由机械能守恒定律得：
解得：vA＝v0＝6m/s
A、B碰撞后以共同速度vp前进，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mAv0＝（mA+m）vp
解得：vP＝4m/s
此时A、B的总动能为：，解得：Ek＝24J
A、B粘合体每经过一段粗糙段损失的动能为：
ΔE＝μ（mA+m）gL＝0.25×（2+1）×10×0.6J＝4.5J
因：，故k的数值为6。
（3）设A、B粘合体恰好滑到第n个（1≤n＜k）粗糙段的左端时的动能为Ek1，则有：
Ek1＝Ek﹣（n﹣1）ΔE＝24J﹣（n﹣1）×4.5J＝（28.5﹣4.5n）J
设A、B粘合体恰好滑到第n个（1≤n＜k）粗糙段的右端时的动能为Ek2，则有：
Ek2＝Ek﹣nΔE＝24J﹣n×4.5J＝（24﹣4.5n）J
动量的大小与动能的关系为：p
根据动量定理可得第n个（1≤n＜k）粗糙段对A、B粘合体的冲量大小与n的关系式为：
I＝p1﹣p2
解得：I，（1≤n＜6）
[例题12] （2024 温州三模）如图所示，某固定装置由长度L＝3m的水平传送带，圆心角θ＝60°；半径R＝1m的两圆弧管道BC、CD组成，轨道间平滑连接。在轨道末端D的右侧光滑水平面上紧靠着轻质小车，其上表面与轨道末端D所在的水平面平齐，右端放置质量m2＝3kg的物块b。质量m1＝1kg的物块a从传送带左端A点由静止释放，经过BCD滑出圆弧管道。已知传送带以速度v＝8m/s顺时针转动，物块a与传送带及小车的动摩擦因数均为μ1＝0.6，物块b与小车的动摩擦因数μ2＝0.1，其它轨道均光滑，物块均视为质点，不计空气阻力。
（1）求物块a和传送带之间因摩擦产生的热量Q；
（2）求物块a到达D点时对管道的作用力FN；
（3）要使物块a恰好不与物块b发生碰撞，求小车长度的最小值d。
【解答】解：（1）对小物a块分析，根据牛顿第二定律有
μ1m1g＝m1a1
设小物块一直加速到传送到右端点时，其速度为v1，根据运动学公式有
解得
v1＝6m/s＜8m/s
所以在小物块a到达传送带右侧时并没有加速到与传送带共速，设该过程时间为t，有
v1＝a1t
该时间传送带的位移为x传，有
x传＝vt
联立解得
x传＝8m
物块a相对传送带的位移为
Δx＝x传﹣L＝8m﹣3m＝5m
根据功能关系，摩擦产生的热量为
Q＝μ1m1g Δx
代入数据解得
Q＝30J；
（2）由题意可知圆弧轨道光滑，所以从B到D，根据动能定理有
在D点根据牛顿第二定律有
解得
FN＝6N
根据牛顿第三定律
FN′＝FN＝6N，方向竖直向上；
（3）当物块滑上小车后，由于
μ1m1g＝6N＞μ2m2g＝3N
所以小车与物块a保持相对静止，而物块b相对于小车发生滑动，当两者速度相同时，为物块a与物块b相碰的临界状态，以向右为正方向，根据动量守恒定律有
m1vD＝（m1+m2）v共
根据能量守恒定律有
代入数据联立解得
d＝2m。
专题强化练
1. （2024 温州三模）2023年9月25日，中国年仅15岁的小将陈烨在杭亚会滑板男子碗池决赛中夺冠。如图图示为运动员陈烨在比赛中腾空越过障碍物，若忽略空气阻力，那么腾空过程中（ ）
A．运动员始终处于超重状态
B．运动员在最高点的加速度为零
C．运动员所受重力的冲量一直变大
D．运动员和滑板构成的系统动量守恒
【解答】解：A.腾空过程中运动员只受重力作用，有竖直向下的重力加速度，运动员处于完全失重状态，故A错误；
B.在最高点的时候人的竖直方向的速度为零，水平方向的速度不为零，故在最高点的时候人的速度不为零，受到重力作用加速度为重力加速度，加速度不为零，故B错误；
C.运动员所受重力的冲量为
I＝Gt
腾空过程t一直增大，则运动员所受重力的冲量一直变大，故C正确；
D.在腾空过程中，在竖直方向上运动员和滑板所受合力不为零，故运动员和滑板构成的系统动量不守恒，故D错误。
故选：C。
2. （2023 镇海区模拟）如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是（ ）
A．男孩和木箱组成的系统机械能守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．小孩推力的冲量小于木箱的动量的变化量
【解答】解：A．男孩和木箱组成的系统动能增大，由人体生物能转化为系统机械能，机械能不守恒，故A错误；
BC．男孩、小车与木箱三者组成的系统系统受合外力为零，系统动量守恒；小车与木箱组成的系统合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误，C正确；
D．由动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，由此可知小孩推力的冲量等于木箱的动量的变化量，故D错误。
故选：C。
3. （2023 绍兴二模）如图所示，在竖直平面内，离地一定高度的树上挂有一个苹果，地面上玩具手枪的枪口对准苹果。某时刻苹果从O点自由下落，同时玩具子弹也从枪口P以一定初速度射出，子弹运动一段时间后到达最高点Q，而苹果也下落到M点，最后子弹在N点“击中”苹果。若子弹和苹果都看成质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．子弹到达最高点的速度为0
B．PQ的竖直高度等于OM的距离
C．子弹“击中”苹果时竖直方向的分速度大于苹果下落的速度
D．子弹从P运动到Q的过程中速度变化量的方向始终竖直向上
【解答】解：A．子弹做斜抛运动，在最高点竖直方向上的速度为零，但水平分速度不为零，因此子弹到达最高点的速度不为零，故A错误；
B．某时刻苹果从O点自由下落，同时玩具子弹也从枪口P以一定初速度射出，所以运动时间相同，而苹果竖直方向初速度为零，自由落体，子弹竖直方向逆运动也是初速度为零，自由落体，所以PQ的竖直高度等于OM的距离，故B正确；
C．子弹“击中”苹果时竖直方向的分速度小于苹果下落的速度，因为在M、Q处，苹果竖直分速度大，而两者加速度相同，故C错误；
D．根据速度变化量的计算公式可得：
Δv＝gΔt
因此子弹从P运动到Q的过程中速度变化量的方向始终竖直向下，故D错误。
故选：B。
4. （2023 浙江模拟）如图所示，是一种被称为“移动摆”的装置，即将单摆悬挂于一辆可以移动的车上。假设单摆在重力作用下做机械振动，且车和摆始终在同一平面内运动。若忽略所有摩擦和阻力，以车和摆的整体为研究对象，则（ ）
A．机械能守恒，动量守恒
B．机械能守恒，动量不守恒
C．机械能不守恒，动量守恒
D．机械能不守恒，动量不守恒
【解答】解：忽略所有摩擦和阻力，以车和摆的整体为系统，只有单摆的重力对系统做功，使系统的重力势能和动能相互转化，所以机械能守恒。
直接分析系统所受合力是否为零，不好分析，可用假设法处理。
假设车和摆组成的系统动量守恒，则由动量守恒条件可知，系统在整个运动过程中所受合力应始终为零。但是当摆运动到最低点时，系统所受合力为单摆的向心力、不等于零，故假设不成立，故系统动量不守恒。
但系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
5. （2023 丽水二模）在离地一定高度的O点，同时斜向上抛出两质量不同的小球A和B，某时刻两小球运动到同一竖直线上，如图所示，此时两小球均未落地且连线中点恰好与O点等高，阻力不计，则两小球在此过程中（ ）
A．位移相同
B．速度的变化量相同
C．动量的变化量相同
D．抛出时速度的大小可能相同
【解答】解：A．由题可知，两小球在水平方向的位移相等，在竖直方向的位移大小相等，方向相反，根据平行四边形定则可知此过程中的位移大小相等，方向不同，故A错误；
B．二者运动的时间相等，根据Δv＝gt，可知两小球在此过程中速度的变化量相同，故B正确；
C．根据Δp＝mΔv，由于两球的质量不同，可知两小球在此过程中动量的变化量不相同，故C错误；
D．小球在水平方向做匀速运动，由于水平位相等，所以两球抛出时的水平分速度v0x相等；竖直方向有，可知两球抛出时的竖直分速度v0y不相等；根据，可知两球抛出时速度的大小不相同，故D错误。
故选：B。
6. （2023 镇海区校级模拟）如图甲所示，“复兴号”高速列车正沿直线由静止驶出火车站，水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙所示。t＝400s后，列车以288km/h的速度做匀速直线运动，已知列车所受阻力大小恒定。则下列说法正确的是（ ）
A．前400s，列车做匀减速直线运动
B．列车所受阻力的大小为3.0×106N
C．根据已知条件可求出列车的质量为1.0×107kg
D．在t＝400s时，列车牵引力的功率为8.0×104kW
【解答】解：A．由F—t图像可知在0～400s，列车的动力F在均匀减小，而由题可知列车所受的阻力大小恒定，因为列车在水平方向所受的合力F合＝F﹣f
即列车在水平方向所受的合力F合逐渐减小，根据牛顿第二定律有：F合＝F﹣f＝ma
即列车做加速度逐渐减小的变加速运动，故A错误；
B．当t＝400s时，列车的速度为288km/h＝80m/s，此时列车做匀速直线运动，即此时的列车加速度为0，
由图可知此时列车的动力F＝1.0×106N
根据平衡条件可知列车所受阻力的大小为：f＝F＝1.0×106N，故B错误；
C．由于F—t图像与坐标轴围成的面积表示动量变化。
在0～400s内，梯形面积的物理意义是动力F的动量IF，虚线围成的长方形的面积的物理意义是大小恒定的阻力f的动量If
则根据动量定理有：IF﹣If＝Δp
根据图像和题中数据有：m×80m/s
解得列车的质量为：m＝5×106kg，故C错误；
D．在t＝400s时，列车牵引力的功率为：P＝Fv
代入数据可得：P＝1.0×106N×80m/s＝8.0×107W＝8.0×104kW，故D正确。
故选：D。
7. （2024 浙江二模）如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置示意图，该装置由光滑圆弧轨道AB、速度可调节，长度为L1＝2m的固定水平传送带BC及两半径均为R1＝0.3m的固定四分之一光滑细圆管DEF组成，其中圆弧轨道的B、D端与水平传送带相切且平滑连接。紧靠F处有一质量为M＝0.3kg的小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由长为L2＝1.5m的水平面GH和半径为R2＝0.5m的四分之一的光滑圆弧面HI组成，GH与F等高且相切。现有一质量为m＝0.1kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道AB上距B点高度为h＝0.8m处自由下滑，滑块与传送带及小车上表面间的动摩擦因数均为μ＝0.3，不计其他阻力，取g＝10m/s2。求
（1）当传送带静止时，滑块运动到圆弧轨道上的D点时，细圆管道受到滑块的作用力；
（2）当传送带静止时，滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度；
（3）调节传送带以不同速度v匀速转动，试分析滑块最终在小车上表面GH滑行的路程S与速度v的关系。
【解答】解：（1）滑块运动到圆弧轨道上的D点时，根据动能定理
解得vD＝2m/s
在D点，根据牛顿第二定律
解得
方向竖直向下。
（2）从D点到F点，根据动能定理
解得vF＝4m/s
设向右为正方向，根据动量守恒mvF＝（m+M）v共
解得v共＝1m/s
根据能量守恒有
解得H＝0.15m
（3）要求滑块不脱离小车，有
①滑块不离开小车的右端时
解得
②滑块不离开小车左端时
解得
所以滑块到F点时的最大速度为，则D点时的最大速度为vm，根据动能定理
解得
所以，当传送带逆时针或传送带的速度顺时针v≤2m/s时，则μmgx1＝mgH
解得x1＝0.5m
滑行的路程为s＝L2+x1＝1.5m+0.5m＝2m
当传送带的速度顺时针时，滑块会脱离小车S＝2L2＝2×1.5m＝3m
当传送带的速度顺时针时，根据动能定理
解得
根据能量守恒
解得
8. （2024 镇海区校级三模）一自上而下的传送装置可简化为如下模型。如图所示，水平光滑轨道OA上安装了一理想弹簧发射器，弹簧原长小于OA间距离，弹簧左端固定在O处，弹簧右端放置一小滑块P，使滑块向左压缩弹簧且不拴接，在轨道右侧有一顺时针转动的水平传送带，其左右端分别与轨道A点和细管道B点等高相切，水平固定粗糙平台CD与细管道最低点C等高相切，在水平地面上有一左端带挡板的木板，木板上表面与平台CD等高且木板与平台紧密接触。将滑块P由静止释放，P经过水平传送带和三个竖直的半圆形光滑细管道，与静止在CD平台末端的小滑块Q发生弹性碰撞，碰后P恰好能返回C点，碰后Q滑上木板，然后Q与木板左端挡板发生弹性碰撞。已知管道半径均为R，滑块P、木板质量分别为mp＝m、m水＝6m，释放滑块P时弹簧弹性势能的大小为Ep＝3mgR，传送带长度为L1＝4R，传送带速度大小为，平台CD长度为L2＝2R，木板长为L3＝1.5R，滑块P与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，P与平台CD间的动摩擦因数为μ2＝0.75，滑块Q与木板间的动摩擦因数为μ3＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ4＝0.2，重力加速度为g，滑块P、Q均可视为质点，所有碰撞时间极短。
（1）求滑块P到达B点过程中传送带对滑块P做的功W；
（2）求滑块Q的质量MQ；
（3）求滑块Q与木板间因摩擦而产生的热量Q热。
【解答】解：（1）根据能量守恒定律
解得
设物块P在传送带上减速到与传送带速度相同的位移为s，根据运动学公式有
解得s＝3R＜L1＝4R
故物块P在传送带上先减速后匀速，根据动能定理有
解得滑块P到达B点过程中传送带对滑块P做的功为W＝﹣1.5mgR；
（2）设P与Q碰撞前的速度大小为v1，碰后P的速度大小为v2，Q的速度为v3，则P从B到C由动能定理有
解得
从C到D过程中由动能定理
解得
对P滑块从D到C根据动能定理
解得
以向左为正方向，根据动量守恒和机械能守恒有
mpv1＝﹣mpv2+mQv3
联立解得
解得
mQ＝3m；
（3）由（2）可得，Q碰后速度为
进入长木板上表面，先判断长木板是否移动，Q对长木板摩擦力向左为
f2＝μ3mQg＝1.2mg
地面对长木板最大静摩擦力
f地M＝μ4（mQ+m木）g＝1.8mg＞f2
故长木板先不动，Q做匀减速运动，可得
解得
Q以速度v4与长木板弹性碰撞，以向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mQv4＝mQv5+m木v6
可得碰后Q和长木板的速度分别为
，
根据牛顿第二定律，Q向右减速的加速度为
a2＝μ3g＝0.4g
长木板向左减速的加速度为
Q向右做减速运动直至速度减为零后再向左做加速运动直到两者共速，再一起减速，做出v﹣t图像如图所示
可得
相对位移为
可得
Δx＝R＜1.5R
则滑块未滑离木板，滑块Q与木板间因摩擦产生的热量为
Q热＝μ3mQg（Δx+1.5R）＝3mgR。
9. （2024 台州二模）如图所示装置放置在水平地面上，质量m1＝0.5kg的滑块P从四分之一光滑圆弧A端点滑到B端点，随后通过顺时针转动的传送带。已知圆弧半径R＝0.5m，传送带长d＝1m，与地面高度h＝1.8m。滑块可视为质点，滑块P与传送带的动摩擦因数μ＝0.3，不计空气阻力与传送带转轮的大小。
（1）求滑块P滑到圆弧B端点时受到轨道的作用力大小；
（2）求滑块P由C抛出的水平距离x与传送带速度v的关系；
（3）若传送带速度v＝6m/s，将木块M与N并排静置在光滑地面上，木块M上固定一竖直轻杆，轻杆上端小横杆上系一长为l＝2m的轻细线，细线下端系一质量为m2＝0.5kg的小球Q，滑块P从传送带飞出后恰好与小球Q碰撞并连结为一整体S（可视为质点），随后绕悬点小角度摆动（不与竖直杆碰撞）。已知木块M与N的质量分别为m3＝1kg与m4＝2kg。求木块M与N分离时S的速度大小。
【解答】解：（1）设滑块P滑到圆弧B端点时的速度大小为vB，根据动能定理得：
解得：
在B点对滑块P，根据牛顿第二定律得：
解得滑块P滑到圆弧B端点时受到轨道的作用力大小为：FN＝15N
（2）滑块P由C抛出后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则有：
，解得：t＝0.6s
若滑块P在传送带上一直减速运动，由B到C的过程，根据动能定理得：
解得到达C点的最小速度为：v1＝2m/s
若滑块P在传送带上一直加速运动，同理可得：
解得到达C点的最大速度为：v2＝4m/s
若传送带的速度v满足：0＜v≤2m/s，则水平距离x＝v1t＝2×0.6m＝1.2m
若传送带的速度v满足：2m/s＜v＜4m/s，则水平距离x＝vt＝0.6v（m）
若传送带的速度v满足：v≥4m/s，则水平距离x＝v2t＝4×0.6m＝2.4m
（3）若传送带速度v＝6m/s，由（2）可知滑块P在C点飞出时的速度大小为v2＝4m/s。滑块P与小球Q碰撞过程，在水平方向上满足动量守恒定律，以向右为正方向，则有：
m1v2＝（m1+m2）v3
解得碰撞后瞬间结合体S的速度为：v3＝2m/s
碰撞后结合体S、木块M与N三者组成的系统在水平方向上满足动量守恒定律，结合体S向右摆到最高点，再返回到最低点时木块M与N分离，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：（m1+m2）v3＝（m1+m2）v4+（m3+m4）v5
解得：v4＝﹣1m/s，v5＝1m/s
木块M与N分离时S的速度大小为1m/s，方向水平向左。
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第5讲 力学中的动量与能量问题
题型1动量和动量定理的应用
1．公式：Ft＝p′－p
2．理解
(1)等式左边是过程量Ft，右边是两个状态量之差，是矢量式．v1、v2是以同一惯性参考系为参照的．
(2)Δp的方向可与mv1一致、相反或成某一角度，但是Δp的方向一定与F一致．
3．应用
(1)恒力，求Δp时，用Δp＝Ft
(2)变力，求I时，用I＝Δp＝mv2－mv1
(3)当Δp一定时，Ft为确定值：F＝
t小F大——如碰撞；t大F小——如缓冲．
[例题1] （2024 嘉兴模拟）如图所示是大型游乐装置“大摆锤”的简图，摆锤a和配重锤b分别固定在摆臂两端，并可绕摆臂上的转轴O在纸面内转动。若a、b到O的距离之比为2：1且不计一切阻力，则摆臂自由转动一周过程中（ ）
A．a、b角速度之比为2：1
B．摆臂对转轴的弹力保持不变
C．摆臂对a和b作用力的功为0
D．摆臂对a和b作用力的冲量为0
[例题2] （2024 金东区校级模拟）关于做自由落体运动的物体，下列说法正确的是（ ）
A．动能Ek随时间t变化的快慢随时间均匀增大
B．动量p随时间t变化的快慢随时间均匀增大
C．重力势能Ep随位移x变化的快慢随时间均匀减小
D．机械能E随位移x变化的快慢随时间均匀减小
[例题3] （2023 镇海区校级模拟）发光实心弹力球因其弹性好深受小朋友喜爱。一小朋友将弹力球（可视为质点）抛出，落到水平面（足够大）上前瞬间的速度大小为v0，与水平方向夹角α＝37°。弹力球与水平面碰撞的过程中，受到摩擦力的大小等于其重力的、弹力的大小等于其重力的2倍。设每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变，不计空气阻力。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。则弹力球（ ）
A．第1次碰后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间的夹角大于45°
B．第2、3次落地点间的距离为
C．与水平面碰撞4次后停止运动
D．与水平面碰撞过程中受到合力的冲量保持不变
[例题4] （2023 镇海区模拟）运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，若N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等
B．排球两次飞行过程中外力对排球的冲量相等
C．排球离开M点的速率比经过Q点的速率小
D．排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大
[例题5] （2023 绍兴模拟）现在很多景区都有悬空大茶壶这一景观，如图甲所示，一把大茶壶不断向下“倒水”，大茶壶似乎没有任何支撑而悬空，小明参观后回到自己的DIY实验工坊，尝试做了如下实验，其原理如图乙所示，开口向下的水桶代替大茶壶，水桶下面有一水管，水桶的重心位于水管中心之上，水管内的水流忽略重力的影响而各处速度方向竖直向上，大小相等均为v＝10m/s，水管的横截面积S＝0.003m2，水的密度为ρ＝1000kg/m3，假设水碰到水桶底部瞬间速度大小不变方向反向，忽略水流质量的损耗，水碰水桶底部过程忽略水的重力、阻力的影响，水桶处于悬停状态。下列说法正确的是（ ）
A．水桶的质量为60kg
B．水桶的质量为40kg
C．连接水管的水泵输出功率为15kW
D．连接水管的水泵输出功率为20kW
题型2碰撞类问题
一、相关知识链接
1．动量守恒条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零．
(2)近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多．
(3)单方向守恒：合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒．
2．表达式
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′或Δp＝0
二、规律方法提炼
1．基本思路
(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．
(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．
(3)碰撞过程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．
2．三类碰撞的特点
[例题6] （2024 浙江模拟）如图所示，带有光滑四分之一圆弧轨道的物体静止在光滑的水平面上，将一小球（视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．小球下滑过程中，圆弧轨道对小球的弹力不做功
B．小球下滑过程中，小球的重力势能全部转化为其动能
C．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统动量守恒
D．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统机械能守恒
[例题7] （2022 浙江模拟）如图所示，质量为3m的木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹（可视为质点）以初速度v0水平向右射入木块，穿出木块时速度变为v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中的阻力恒定．试求：
（1）子弹穿出木块后，木块的速度大小v；
（2）子弹在木块中运动的时间t．
[例题8] （2024 金华二模）如图所示，质量m1＝1kg的滑板A带有四分之一光滑圆轨道，圆轨道的半径R＝1.8m，圆轨道底端点切线水平，滑板的水平部分粗糙。现滑板A静止在光滑水平面上，左侧紧靠固定挡板，右侧不远处有一与A等高的平台。平台最右端有一个高h＝1.25m的光滑斜坡，斜坡和平台用长度不计的小光滑圆弧连接，斜坡顶端连接另一水平面。现将质量m2＝2kg的小滑块B（可视为质点）从A的顶端由静止释放。求：
（1）滑块B刚滑到圆轨道底端时，对圆轨道底端轨道的压力大小；
（2）若A与平台相碰前A、B能达到共同速度，则达到共同速度前产生的热量；
（3）若平台上P、Q之间是一个长度l＝0.5m的特殊区域，该区域粗糙，且当滑块B进入该区域后，滑块还会受到一个水平向右、大小F＝20N的恒力作用，平台其余部分光滑。若A与B共速时，B刚好滑到A的右端，A恰与平台相碰，此后B滑上平台，同时快速撤去A。设B与PQ之间的动摩擦因数为μ。
①求当μ＝0.1时，滑块B第一次通过Q点时速度；
②求当μ＝0.9时，滑块B在PQ间通过的路程。
[例题9] （2024 浙江模拟）滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端，与滑板A一起以20m/s的共同速度向右做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B，在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，最终两滑板恰好不相撞。已知该同学的质量为45kg，两滑板的质量均为2.5kg，不计滑板与地面间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统机械能守恒
B．该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为19m/s
C．该同学跳离滑板B的过程中，滑板B的速度减小
D．该同学跳离滑板B的过程中，对滑板B的冲量大小为47.5N s
[例题10] （2024 镇海区校级模拟）某课外兴趣小组想设计一游戏装置，其目的是让均质木板9获得一定的速度，“穿越”水平面上长度为d＝1m的粗糙区域CD（其余部分均光滑），并获得一定的动能。如图所示，半径r＝2m的光滑圆轨道P固定于水平地面上，轨道末端水平且与木板Q等高。木板Q左端与轨道P的右端接触（不粘连），木板Q右端离C点足够远。将滑块在轨道P上从离轨道底端高h＝1.8m处由静止释放，并冲上木板Q。若两者最终不能相对静止，则游戏失败；若两者能相对静止，当两者相对静止时，立即取下滑块（不改变木板Q的速度）。木板Q的右端运动到C点时，对木板施加水平向右、大小为2N的恒力F。已知木板Q长度L＝2m，质量M＝1kg。木板Q与CD部分间的动摩擦因数为μ1＝0.4，滑块与木板2上表面的动摩擦因数为μ2＝0.5。现有三种不同质量的滑块（可视为质点）甲、乙、丙，质量分别为m甲＝0.5kg，m乙＝1kg，m丙＝2kg，不计空气阻力的影响。
求：
（1）若释放的是滑块乙，该滑块对轨道P的压力最大值；
（2）若释放的是滑块乙，该滑块在木板Q上相对木板运动的距离；
（3）若要使游戏成功，且木板Q的左端通过D点时木板Q的动能最大，应选择哪块滑块？最大动能是多少？
题型3动力学、动量和能量观点的应用
1．三个基本观点
(1)动力学的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．
(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．
(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．
2．选用原则
(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．
(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．
3．系统化思维方法
(1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．
(2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)．
[例题11] （2024 西湖区校级模拟）如图所示，一条连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＝0.5m。质量mA＝2kg的物块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处静止的质量m＝1kg的物块B碰撞，碰后粘合在一起运动。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＝0.6m。两物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.25，A、B均视为质点，碰撞时间极短。
（1）试求A滑过Q点时的速度大小和对圆轨道的压力；
（2）若碰后A、B粘合体最终停止在第k个粗糙段上，试求k的数值；
（3）试求在第n个（1≤n＜k）粗糙段时，合力对A、B粘合体的冲量大小与n的关系式。
[例题12] （2024 温州三模）如图所示，某固定装置由长度L＝3m的水平传送带，圆心角θ＝60°；半径R＝1m的两圆弧管道BC、CD组成，轨道间平滑连接。在轨道末端D的右侧光滑水平面上紧靠着轻质小车，其上表面与轨道末端D所在的水平面平齐，右端放置质量m2＝3kg的物块b。质量m1＝1kg的物块a从传送带左端A点由静止释放，经过BCD滑出圆弧管道。已知传送带以速度v＝8m/s顺时针转动，物块a与传送带及小车的动摩擦因数均为μ1＝0.6，物块b与小车的动摩擦因数μ2＝0.1，其它轨道均光滑，物块均视为质点，不计空气阻力。
（1）求物块a和传送带之间因摩擦产生的热量Q；
（2）求物块a到达D点时对管道的作用力FN；
（3）要使物块a恰好不与物块b发生碰撞，求小车长度的最小值d。
专题强化练
1. （2024 温州三模）2023年9月25日，中国年仅15岁的小将陈烨在杭亚会滑板男子碗池决赛中夺冠。如图图示为运动员陈烨在比赛中腾空越过障碍物，若忽略空气阻力，那么腾空过程中（ ）
A．运动员始终处于超重状态
B．运动员在最高点的加速度为零
C．运动员所受重力的冲量一直变大
D．运动员和滑板构成的系统动量守恒
2. （2023 镇海区模拟）如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是（ ）
A．男孩和木箱组成的系统机械能守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．小孩推力的冲量小于木箱的动量的变化量
3. （2023 绍兴二模）如图所示，在竖直平面内，离地一定高度的树上挂有一个苹果，地面上玩具手枪的枪口对准苹果。某时刻苹果从O点自由下落，同时玩具子弹也从枪口P以一定初速度射出，子弹运动一段时间后到达最高点Q，而苹果也下落到M点，最后子弹在N点“击中”苹果。若子弹和苹果都看成质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．子弹到达最高点的速度为0
B．PQ的竖直高度等于OM的距离
C．子弹“击中”苹果时竖直方向的分速度大于苹果下落的速度
D．子弹从P运动到Q的过程中速度变化量的方向始终竖直向上
4. （2023 浙江模拟）如图所示，是一种被称为“移动摆”的装置，即将单摆悬挂于一辆可以移动的车上。假设单摆在重力作用下做机械振动，且车和摆始终在同一平面内运动。若忽略所有摩擦和阻力，以车和摆的整体为研究对象，则（ ）
A．机械能守恒，动量守恒
B．机械能守恒，动量不守恒
C．机械能不守恒，动量守恒
D．机械能不守恒，动量不守恒
5. （2023 丽水二模）在离地一定高度的O点，同时斜向上抛出两质量不同的小球A和B，某时刻两小球运动到同一竖直线上，如图所示，此时两小球均未落地且连线中点恰好与O点等高，阻力不计，则两小球在此过程中（ ）
A．位移相同
B．速度的变化量相同
C．动量的变化量相同
D．抛出时速度的大小可能相同
6. （2023 镇海区校级模拟）如图甲所示，“复兴号”高速列车正沿直线由静止驶出火车站，水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙所示。t＝400s后，列车以288km/h的速度做匀速直线运动，已知列车所受阻力大小恒定。则下列说法正确的是（ ）
A．前400s，列车做匀减速直线运动
B．列车所受阻力的大小为3.0×106N
C．根据已知条件可求出列车的质量为1.0×107kg
D．在t＝400s时，列车牵引力的功率为8.0×104kW
7. （2024 浙江二模）如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置示意图，该装置由光滑圆弧轨道AB、速度可调节，长度为L1＝2m的固定水平传送带BC及两半径均为R1＝0.3m的固定四分之一光滑细圆管DEF组成，其中圆弧轨道的B、D端与水平传送带相切且平滑连接。紧靠F处有一质量为M＝0.3kg的小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由长为L2＝1.5m的水平面GH和半径为R2＝0.5m的四分之一的光滑圆弧面HI组成，GH与F等高且相切。现有一质量为m＝0.1kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道AB上距B点高度为h＝0.8m处自由下滑，滑块与传送带及小车上表面间的动摩擦因数均为μ＝0.3，不计其他阻力，取g＝10m/s2。求
（1）当传送带静止时，滑块运动到圆弧轨道上的D点时，细圆管道受到滑块的作用力；
（2）当传送带静止时，滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度；
（3）调节传送带以不同速度v匀速转动，试分析滑块最终在小车上表面GH滑行的路程S与速度v的关系。
8. （2024 镇海区校级三模）一自上而下的传送装置可简化为如下模型。如图所示，水平光滑轨道OA上安装了一理想弹簧发射器，弹簧原长小于OA间距离，弹簧左端固定在O处，弹簧右端放置一小滑块P，使滑块向左压缩弹簧且不拴接，在轨道右侧有一顺时针转动的水平传送带，其左右端分别与轨道A点和细管道B点等高相切，水平固定粗糙平台CD与细管道最低点C等高相切，在水平地面上有一左端带挡板的木板，木板上表面与平台CD等高且木板与平台紧密接触。将滑块P由静止释放，P经过水平传送带和三个竖直的半圆形光滑细管道，与静止在CD平台末端的小滑块Q发生弹性碰撞，碰后P恰好能返回C点，碰后Q滑上木板，然后Q与木板左端挡板发生弹性碰撞。已知管道半径均为R，滑块P、木板质量分别为mp＝m、m水＝6m，释放滑块P时弹簧弹性势能的大小为Ep＝3mgR，传送带长度为L1＝4R，传送带速度大小为，平台CD长度为L2＝2R，木板长为L3＝1.5R，滑块P与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，P与平台CD间的动摩擦因数为μ2＝0.75，滑块Q与木板间的动摩擦因数为μ3＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ4＝0.2，重力加速度为g，滑块P、Q均可视为质点，所有碰撞时间极短。
（1）求滑块P到达B点过程中传送带对滑块P做的功W；
（2）求滑块Q的质量MQ；
（3）求滑块Q与木板间因摩擦而产生的热量Q热。
9. （2024 台州二模）如图所示装置放置在水平地面上，质量m1＝0.5kg的滑块P从四分之一光滑圆弧A端点滑到B端点，随后通过顺时针转动的传送带。已知圆弧半径R＝0.5m，传送带长d＝1m，与地面高度h＝1.8m。滑块可视为质点，滑块P与传送带的动摩擦因数μ＝0.3，不计空气阻力与传送带转轮的大小。
（1）求滑块P滑到圆弧B端点时受到轨道的作用力大小；
（2）求滑块P由C抛出的水平距离x与传送带速度v的关系；
（3）若传送带速度v＝6m/s，将木块M与N并排静置在光滑地面上，木块M上固定一竖直轻杆，轻杆上端小横杆上系一长为l＝2m的轻细线，细线下端系一质量为m2＝0.5kg的小球Q，滑块P从传送带飞出后恰好与小球Q碰撞并连结为一整体S（可视为质点），随后绕悬点小角度摆动（不与竖直杆碰撞）。已知木块M与N的质量分别为m3＝1kg与m4＝2kg。求木块M与N分离时S的速度大小。
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