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板块一 力学
命题区间三 力学综合问题
近三年山东高考考情分析 备考建议
命题点 2022年 2023年 2024年 1.继续强化对功、功率、动能定理、机械能守恒、功能关系等概念和规律的理解、应用。
2．要关注在选择题中对动量定理、冲量的考查以及利用机械能守恒解决连接体问题。
3．尝试突破综合应用力学三大观点处理多过程问题，该题为高考的压轴题。要定时训练，将复杂过程细化。
功和功率 √ √
利用三大观点
解决力学问题
(力学大题) √ √ √
利用机械能
守恒、功能关系
解决连接体问题
利用动量定理
解决流体问题
近三年山东已考命题点
01
命题点一 功和功率
√
看到什么 想到什么
求F所做的功 F是恒力还是变力，如何求力所做的功
弹性绳 变力做功，弹性势能
功和能 利用功能关系求解
功率的计算及应用
(1)瞬时功率与平均功率
(2)比较机车启动的两种方式
两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动
P-t图像和
v-t图像
两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动
OA
段 过程
分析 由P＝Fv，可知v↑ F↓；由F－F阻＝ma，可知F↓ a↓ 由F－F阻＝ma，可知a恒定 F＝ma＋F阻恒定；由P＝Fv＝Fat，可知P∝t
运动
性质 加速度减小的加速运动 匀加速直线运动
1．(2024·石家庄模拟)如图所示，麦收时节收割机和运输卡车在田间匀速运动，麦粒通过收割机的管道输送到运输卡车上，已知运输卡车的质量为m′，工作时收割机通过管道每秒向运输卡车传送质量为m的麦粒，运输卡车在麦田中运动受到的阻力等于其总重力的k倍。两车始终以速度v做匀速运动，运输卡车满载时装载麦粒的质量为m0，则运输卡车从空载到刚满载过程中，发动机的平均功率为( )
√
2．(2023·辽宁卷)如图(a)所示，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中( )
A. 甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B. 甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C. 乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
D. 乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
B 解析：由题图(b)可知，甲下滑过程中，做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，则乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙的速度为0，到N点时乙竖直方向的速度为0，则乙下滑过程中，竖直方向的速度先增大后减小，根据瞬时功率公式P＝mgvy可知，重力的瞬时功率先增大后减小，C、D错误。
√
3．(2024·潍坊模拟)某动车组由位于第1节、第5节的两辆动力机车和六辆拖车构成，其中两动力机车输出功率始终相同，图甲所示为一辆动力机车输出功率随时间变化的关系图像，图乙所示为动车组速率随时间变化的关系图像。每节车在运动过程中所受阻力均为F阻，质量均为m，则( )
√
(2024·山东卷)如图甲所示，质量为m轨的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v。
命题点二 利用三大观点解决力学问题(力学大题)
(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。
(Ⅰ)求μ和m。
(Ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。
解析：(1)根据题意可知，小物块在Q点由合力提供向心力，则
代入数据解得v＝4 m/s。
(2)(Ⅰ)根据题图乙可知，当F≤4 N时，小物块与轨道是一起向左加速运动，对小物块和轨道整体，根据牛顿第二定律可知
F＝(m轨＋m)a
根据题图乙有
当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道由牛顿第二定律有
F－μmg＝m轨a
结合题图乙有
联立解得m轨＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2。
(Ⅱ)由题图乙可知，当F＝8 N时，轨道的加速度大小为a1＝6 m/s2
小物块的加速度大小为
a2＝μg＝2 m/s2
当小物块运动到P点时，经过t0时间，由运动学规律可得
此时轨道的速度v1＝a1t0
小物块在P点时的速度v2＝a2t0
在小物块从P点到Q点过程中，小物块与轨道组成的系统机械能守恒，有
水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，则有
m轨v1＋mv2＝m轨v3＋mv4
联立解得t0＝1.5 s
代入数据解得L＝4.5 m。
答案：(1)4 m/s (2)(Ⅰ)0.2 1 kg (Ⅱ)4.5 m
1．若轨道固定，对小物块的受力和运动情况进行分析。
2．若轨道不固定，根据图乙判断外力F≤4 N和F>4 N时小物块和轨道的运动情况。
3．当F＝8 N时，分析小物块和轨道各自的运动情况以及小物块和轨道这个系统的受力特点。
1．力学三大观点对比
对比项目 对应规律 表达式 选用原则
能量
观点 动能定理 W合＝ΔEk 涉及做功与能量转换
机械能
守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能关系 WG＝－ΔEp等
能量
守恒定律 E1＝E2，
ΔE1＝－ΔE2
对比项目 对应规律 表达式 选用原则
动量
观点 动量定理 I合＝p′－p 只涉及初、末速度，力，时间，而不涉及位移和功
动量
守恒定律 p1＋p2＝p′1＋p′2 只涉及初、末速度，而不涉及力和时间
2.几种碰撞的规律
1．(2023·山东卷)如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知v0＝1 m/s，v＝4 m/s，mA＝mC＝1 kg，mB＝2 kg，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，C与B间动摩擦因数μ2＝0.5，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求C下滑的高度H。
(2)与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围。
(3)若s＝0.48 m，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W。
(4)若s＝0.48 m，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量Δp的大小。
代入数据解得H＝0.8 m。
(2)滑块C刚滑上B时，C受到水平向左的摩擦力，为Ff2＝μ2mCg
木板B受到C水平向右的摩擦力，为Ff2′＝μ2mCg
木板B受到地面水平向左的摩擦力，为
Ff1＝μ1(mC＋mB)g
所以滑块C的加速度为aC＝μ2g＝5 m/s2
木板B的加速度为
设经过时间t1，木板B和滑块C共速，有
v－aCt1＝v0＋aBt1
代入数据解得t1＝0.5 s
此时木板B的位移
共同的速度v共1＝v0＋aBt1＝1.5 m/s
此后B和C共同减速，加速度大小为
设再经过时间t2，物块A恰好追上木板B，
(3)由于s＝0.48 m<0.625 m，可知滑块C与木板B没有达到共速，对于木板B，根据运动学公式有
代入数据解得t0＝0.4 s，t0′＝－2.4 s(舍去)
滑块C在这段时间内的位移
所以摩擦力对C做的功
W＝－Ff2sC＝－μ2mCgsC＝－6 J。
(4)因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。
木板B向右运动0.48 m时，有
vB0＝v0＋aBt0＝1.4 m/s
vC0＝v－aCt0＝2 m/s
sA＝v0t0＝0.4 m
此时A、B之间的距离为
s＝0.48 m－0.4 m＝0.08 m
由于B与挡板发生碰撞时不损失能量，故将以原速率反弹；接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小
此时有
接着A、B发生弹性碰撞，碰撞前A的速度为v0＝1 m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有
mAv0＋mB(－vB1)＝mAvA＋mBvB
物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量p初＝(mA＋mB)v0＋mCv＝7 kg·m/s
则整个过程动量的变化量
2．(2024·济南模拟)如图所示的游戏装置固定在水平地面上，该装置由水平粗糙直轨道OB、竖直光滑圆弧轨道BCDEF、水平光滑直轨道FM和水平粗糙传送带MN平滑连接而成，其中圆弧轨道BCD与水平轨道FM不交叉。传送带以恒定速度v顺时针转动。一轻质弹簧左端固定，长度为原长时右端处于O点。已知OB段长L1＝1 m，滑块与OB段的动摩擦因数μ1＝0.2，圆弧BCD半径R1＝0.8 m，圆弧DEF半径R2＝0.4 m。传送带长L2＝3 m，滑块与传送带的动摩擦因数μ2＝0.4。一质量m＝0.5 kg的滑块将弹簧压缩至A处(图中未标出，AO段光滑)由静止释放，滑块可视为质点，取g＝10 m/s2，不计空气阻力。
(1)若弹簧弹性势能Ep＝4.5 J，求滑块最终静止的位置与轨道最低点B的距离。
(2)若弹簧弹性势能Ep＝11.25 J，求滑块到达竖直光滑圆弧轨道BCD的D点时受到的轨道作用力大小。
(3)若弹簧弹性势能Ep＝11.25 J，求滑块平抛的水平距离x与传送带速度大小v的关系。
解析：(1)设滑块能冲到的最高点高度为h，则根据动能定理有
Ep－μ1mgL1－mgh＝0
解得h＝0.7 m故滑块无法到达C点，根据能量守恒有
Ep＝Q＝μ1mgs
解得s＝4.5 m
则停在离B点0.5 m处。
(2)根据动能定理可知从释放滑块至到达竖直光滑圆弧轨道BCD的D点的过程中
在最高点合力提供向心力，有
解得FND＝0.625 N。
(3)从释放滑块到达M点的过程，根据动能定理有
根据平抛运动规律有
解得vM＝5 m/s，t＝0.4 s
若一直减速则有
若一直加速则有
解得v1＝1 m/s，v2＝7 m/s
若v≤1 m/s，则x＝v1t＝0.4 m
若1 m/s若v≥7 m/s，则x＝v2t＝2.8 m。
答案：(1)0.5 m (2)0.625 N (3)见解析
3．(2024·黄石模拟)如图所示，水平桌面上固定有定滑轮和挡板，长木板B放在桌面上，B的右端到挡板的距离x＝0.6 m，小物块A放在长木板B的左端，通过水平轻绳与重物C相连。已知A和B的质量mA＝mB＝2.0 kg，A和B间的动摩擦因数μ1＝0.5，B与桌面间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)要使A、B、C三个物体保持静止，求C的质量mC的最大值。
①B与挡板碰前瞬间速率vB；
②B与挡板碰撞后的运动时间t。
解析：(1)若A、B、C三者保持静止，当C质量最大时，桌面对B的摩擦力恰好达到最大静摩擦力，对A、B、C整体分析有mCmaxg＝μ2(mA＋mB)g
解得mCmax＝0.4 kg。
(2)①假设A、B、C三个物体能够保持相对静止，对三个物体进行分析，根据牛顿第二定律有
mCg－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB＋mC)a1
解得a1＝1.2 m/s2
对A、C进行分析mCg－Ff＝(mA＋mC)a1
得Ff＝6.4 N<μ1mAg＝10 N
假设成立，B与挡板碰前，根据位移与速度的关系式有
解得vB＝1.2 m/s。
μ1mAg＝mAa2
μ1mAg＋μ2(mA＋mB)g＝mBa3
解得a2＝5 m/s2，a3＝7 m/s2
解得t1＝0.12 s，x1＝0.050 4 m
之后，A仍然向右做匀减速直线运动，B向右做匀加速直线运动，则有
μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBa4
解得a4＝3 m/s2
再经历时间t2，两者达到相等速度，则有
v1＝vB－a2(t1＋t2)
v1 ＝a4t2
联立解得t2＝0.075 s，v1＝0.225 m/s
之后A、B保持相对静止向右做匀减速直线运动，则有
μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a5
解得a5＝1 m/s2
根据上述，有x2＋x3＝0.033 75 m可知，B没有再次与挡板碰撞，则有v1＝a5t3
解得t3＝0.225 s
B与挡板碰撞后的运动时间
t＝t1＋t2＋t3
解得t＝0.42 s。
答案：(1)0.4 kg (2)①1.2 m/s ②0.42 s
近三年山东未考命题点
02
命题点一 利用机械能守恒、功能关系解决连接体问题
B. A从N点运动到M点的过程中，A减少的机械能等于B增加的机械能
√
选项 点拨
A 对A从N点运动到M点应用动能定理求解
B A、B及弹簧组成的系统机械能守恒
C 将A速度沿绳和垂直于绳分解
D 弹簧增加弹性势能等于A、B两物体减少的机械能
1．判断机械能守恒的三种方法
2．多物体机械能守恒问题的解题思路
A. 物块b、c和弹簧组成的系统机械能守恒
D. 从释放物块c到物块c的速度第一次减为0，弹簧弹性势能的增加量为4mgL0
√
√
√
块b受力分析，设弹簧的弹力大小为F2，则F2＋mg－F1＝ma，可得F2＝3mg，物块a恰好未离开地面，弹簧的伸长量x＝3L0，物块b、c和弹簧组成的系统不存在机械能与外界能量的转化，因此物块b、c和弹簧组成的系统机械能守恒，A项正确；由物块b、c和弹簧组成的系统机械能守恒可知，弹簧弹性势能的增加量ΔEp＝4mgsin 30°×(L0＋3L0)－mg(L0＋3L0)＝4mgL0，D项正确。
2．如图所示，跨过轻质滑轮a、b的一根轻质细绳，一端接在天花板上，另一端与小物块A相接，A放在长为L、倾角为30°的光滑斜面体上。物块B用细线悬挂在滑轮a的下方，通过滑轮b与物块A连接的细线与斜面平行，动滑轮a两侧细线均竖直。A与B的质量分别为m、2m，重力加速度大小为g，不计动滑轮与绳之间的摩擦以及空气阻力，忽略A的大小。现将A从斜面底端由静止释放，一段时间后，A沿斜面匀加速上滑到中点，此时B尚未落地，整个过程中斜面体始终静止在水平地面上。下列说法正确的是( )
A. 该过程中，B的机械能不变
√
√
福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5～28.4 m/s,16级台风的风速范围为51.0～56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的( )
A. 2倍 B． 4倍
C. 8倍 D． 16倍
命题点二 利用动量定理解决流体问题
√
1．模型特点
(1)流体及其特点：通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，特点是质量具有连续性，题目中通常给出密度ρ作为已知条件。
(2)微粒及其特点：通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，特点是质量具有独立性，题目中通常给出单位体积内粒子数n作为已知条件。
2．模型解读
(1)对于流体运动问题，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图所示，已知流体的密度为ρ，则在Δt时间内通过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt；根据动量定理，流体微元所受的合力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv。
(2)常见的两种情况(以原来流速v的方向为正方向)
①作用后流体微元静止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2。
②作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝ －2ρSv2。
1．(2024·菏泽模拟)(多选)现在很多小区安装了自主洗车房，假设洗车房内的高压水枪喷出的水在空中为圆柱形，且直径为D，水流的速度大小为v，水柱能垂直冲击汽车。在冲洗时若有一半的水在汽车表面顺流而下，另一半的水以原速率返回。已知水的密度为ρ，下列说法正确的是( )
A. 高压水枪单位时间内喷出的水的质量为ρπvD2
C. 水柱对汽车的平均压强为ρv2
√
√
2．(多选)离子推进器是利用电场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进的动力，其工作原理如图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场(离子初速度忽略不计)，A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中推进器获得恒定的推力。已知每个正离子质量为m、电荷量为q，单位时间内飘入的正离子数目为n，加速正离子束所消耗的功率为P，引擎获得的推力为F，下列说法正确的是( )
C. 加速正离子束所消耗的功率P＝nqU
√
√近三年山东高考考情分析 备考建议
命题点 2022年 2023年 2024年 1.继续强化对功、功率、动能定理、机械能守恒、功能关系等概念和规律的理解、应用。 2．要关注在选择题中对动量定理、冲量的考查以及利用机械能守恒解决连接体问题。 3．尝试突破综合应用力学三大观点处理多过程问题，该题为高考的压轴题。要定时训练，将复杂过程细化。
功和功率 √ √
利用三大观点 解决力学问题 (力学大题) √ √ √
利用机械能 守恒、功能关系 解决连接体问题
利用动量定理 解决流体问题
功和功率
(2024·山东卷)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(dA. ＋μmg(l－d)
B. ＋μmg(l－d)
C. ＋2μmg(l－d)
D. ＋2μmg(l－d)
B 解析：当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有kx0＝μmg，解得弹性绳的伸长量x0＝，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝kx＝，从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋l－d，则由功能关系可知该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)，故选B。
看到什么 想到什么
求F所做的功 F是恒力还是变力，如何求力所做的功
弹性绳 变力做功，弹性势能
功和能 利用功能关系求解
功率的计算及应用
(1)瞬时功率与平均功率
明确是求瞬时功率还是平均功率，P＝侧重于平均功率的计算，P＝Fvcos α(α为力F和速度v的夹角)侧重于瞬时功率的计算。
(2)比较机车启动的两种方式
两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动
P-t图像和 v-t图像
OA 段 过程 分析 由P＝Fv，可知v↑ F↓；由F－F阻＝ma，可知F↓ a↓ 由F－F阻＝ma，可知a恒定 F＝ma＋F阻恒定；由P＝Fv＝Fat，可知P∝t
运动 性质 加速度减小的加速运动 匀加速直线运动
A点时 当F＝F阻时， a＝0，v＝vm＝＝ 当P＝P额时，v＝v1＝＝
AB 段 过程 分析 F＝F阻 ，v＝vm 由P＝Fv，可知v↑ F↓；由F－F阻＝ma，可知F↓ a↓
运动 性质 以vm做匀速直线运动 加速度减小的加速运动
BC 段 过程 分析 当F＝F阻时，a ＝0，v＝vm＝＝
运动 性质 以vm做匀速直线运动
1．(2024·石家庄模拟)如图所示，麦收时节收割机和运输卡车在田间匀速运动，麦粒通过收割机的管道输送到运输卡车上，已知运输卡车的质量为m′，工作时收割机通过管道每秒向运输卡车传送质量为m的麦粒，运输卡车在麦田中运动受到的阻力等于其总重力的k倍。两车始终以速度v做匀速运动，运输卡车满载时装载麦粒的质量为m0，则运输卡车从空载到刚满载过程中，发动机的平均功率为( )
A. B．
C. D．
D 解析：设运输卡车的牵引力为F，运输卡车始终匀速运动，则有F＝F阻，运输卡车的质量逐渐增大，受到的阻力与时间的关系式为F阻＝k(m′＋mt)g，前进距离x用时为t＝，可得F＝F阻＝kg，整个过程用时t1＝，故整个过程中前进的距离为x1＝vt1＝v，由牵引力的表达式可知牵引力F是随位移x逐渐增大的变力，作出F-x图像如图所示，
图线与坐标轴所围面积表示牵引力做的功，则W＝＝，故发动机的平均功率为P＝＝，故选D。
2．(2023·辽宁卷)如图(a)所示，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中( )
(a) (b)
A. 甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B. 甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C. 乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
D. 乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
B 解析：由题图(b)可知，甲下滑过程中，做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，则乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙的速度为0，到N点时乙竖直方向的速度为0，则乙下滑过程中，竖直方向的速度先增大后减小，根据瞬时功率公式P＝mgvy可知，重力的瞬时功率先增大后减小，C、D错误。
3．(2024·潍坊模拟)某动车组由位于第1节、第5节的两辆动力机车和六辆拖车构成，其中两动力机车输出功率始终相同，图甲所示为一辆动力机车输出功率随时间变化的关系图像，图乙所示为动车组速率随时间变化的关系图像。每节车在运动过程中所受阻力均为F阻，质量均为m，则( )
甲 乙
A. 0～t1时间内，动车组运动的距离为
B. t1时刻，第7节车对第8节车的拉力为
C. t2～t3时间内，动车组的平均速率为
D. 动车组能达到的最大速度为
B 解析：P-t图线与坐标轴横轴围成的面积表示牵引力做的功，0～t1时间内，两辆动力机车做的总功为W1＝2×P1t1＝P1t1，该过程动车组动能的增加量为ΔEk1＝8×mv＝4mv，0～t1时间内由动能定理有W1－8F阻x1＝ΔEk1，可得0～t1时间内，动车组运动的距离x1＝，故A错误；t1时刻，动力机车输出的总功率为2P1，总牵引力F＝，则动力机车的加速度a1＝＝，设第7节车对第8节车的拉力为FT，由牛顿第二定律有FT－F阻＝ma1，可得FT＝，故B正确；t2～t3时间内，两辆动力机车对外做的总功为W2＝2×(P1＋P2)(t3－t2)＝(P1＋P2)(t3－t2)，动车组动能的增加量ΔEk2＝8×，由动能定理有W2－8F阻x2＝ΔEk2，可得动车组运动的距离x2＝，动车组的平均速率＝，故C错误；结合功率知识可知，动车组的最大速度vm＝＝，故D错误。
利用三大观点解决力学问题(力学大题)
(2024·山东卷)如图甲所示，质量为m轨的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v。
(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。
(Ⅰ)求μ和m。
(Ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。
甲 乙
解析：(1)根据题意可知，小物块在Q点由合力提供向心力，则
mg＋3mg＝m
代入数据解得v＝4 m/s。
(2)(Ⅰ)根据题图乙可知，当F≤4 N时，小物块与轨道是一起向左加速运动，对小物块和轨道整体，根据牛顿第二定律可知
F＝(m轨＋m)a
得a＝F
根据题图乙有
k＝＝0.5 kg－1
当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道由牛顿第二定律有
F－μmg＝m轨a
则a＝F－
结合题图乙有
斜率k＝＝1 kg－1
截距b＝－＝－2 m/s2
联立解得m轨＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2。
(Ⅱ)由题图乙可知，当F＝8 N时，轨道的加速度大小为a1＝6 m/s2
小物块的加速度大小为
a2＝μg＝2 m/s2
当小物块运动到P点时，经过t0时间，由运动学规律可得
此时轨道的速度v1＝a1t0
小物块在P点时的速度v2＝a2t0
在小物块从P点到Q点过程中，小物块与轨道组成的系统机械能守恒，有
m轨v＋mv＝m轨v＋mv＋2mgR
水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，则有
m轨v1＋mv2＝m轨v3＋mv4
联立解得t0＝1.5 s
根据运动学规律有L＝a1t－a2t
代入数据解得L＝4.5 m。
答案：(1)4 m/s (2)(Ⅰ)0.2 1 kg (Ⅱ)4.5 m
1．若轨道固定，对小物块的受力和运动情况进行分析。
2．若轨道不固定，根据图乙判断外力F≤4 N和F>4 N时小物块和轨道的运动情况。
3．当F＝8 N时，分析小物块和轨道各自的运动情况以及小物块和轨道这个系统的受力特点。
1．力学三大观点对比
对比项目 对应规律 表达式 选用原则
动力学 观点 牛顿 第二定律 F合＝ma 物体做匀变速直线运动，涉及运动细节
匀变速 直线运动 规律 v＝v0＋at， x＝v0t＋at2， v2－v＝2ax等
能量 观点 动能定理 W合＝ΔEk 涉及做功与能量转换
机械能 守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能关系 WG＝－ΔEp等
能量 守恒定律 E1＝E2， ΔE1＝－ΔE2
动量 观点 动量定理 I合＝p′－p 只涉及初、末速度，力，时间，而不涉及位移和功
动量 守恒定律 p1＋p2＝p′1＋p′2 只涉及初、末速度，而不涉及力和时间
2.几种碰撞的规律
种类 规律
弹性 碰撞 例：质量为m1的小球以速度v碰撞静止的质量为m2的小球，碰撞后两小球速度分别为v1、v2，则有 m1v＝m1v1＋m2v2 m1v2＝m1v＋m2v 解得v1＝v，v2＝v
非弹性 碰撞 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 损失的动能 ΔEk＝m1v＋m2v－m1v1′2－m2v′
完全 非弹性 碰撞 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共 v共＝ ΔEk＝·(v1－v2)2
1．(2023·山东卷)如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知v0＝1 m/s，v＝4 m/s，mA＝mC＝1 kg，mB＝2 kg，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，C与B间动摩擦因数μ2＝0.5，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求C下滑的高度H。
(2)与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围。
(3)若s＝0.48 m，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W。
(4)若s＝0.48 m，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量Δp的大小。
解析：(1)对滑块C由静止滑下的过程，根据动能定理有mCgH＝mCv2
代入数据解得H＝0.8 m。
(2)滑块C刚滑上B时，C受到水平向左的摩擦力，为Ff2＝μ2mCg
木板B受到C水平向右的摩擦力，为Ff2′＝μ2mCg
木板B受到地面水平向左的摩擦力，为
Ff1＝μ1(mC＋mB)g
所以滑块C的加速度为aC＝μ2g＝5 m/s2
木板B的加速度为
aB＝＝1 m/s2
设经过时间t1，木板B和滑块C共速，有
v－aCt1＝v0＋aBt1
代入数据解得t1＝0.5 s
此时木板B的位移
sB1＝v0t1＋aBt＝0.625 m
共同的速度v共1＝v0＋aBt1＝1.5 m/s
此后B和C共同减速，加速度大小为
aBC＝＝1 m/s2
设再经过时间t2，物块A恰好追上木板B，
sB1＋v共1t2－aBCt＝v0(t1＋t2)
代入数据解得t2＝ s，t2＝ s(舍去)
此时B的位移为sB2＝sB1＋v共1t2－aBCt＝ m
共同的速度v共2＝v共1－aBCt2＝ m/s
综上可知，满足条件的s范围为 0.625 m≤s≤ m。
(3)由于s＝0.48 m<0.625 m，可知滑块C与木板B没有达到共速，对于木板B，根据运动学公式有
v0t0＋aBt＝s
代入数据解得t0＝0.4 s，t0′＝－2.4 s(舍去)
滑块C在这段时间内的位移
sC＝vt0－aCt＝1.2 m
所以摩擦力对C做的功
W＝－Ff2sC＝－μ2mCgsC＝－6 J。
(4)因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。
木板B向右运动0.48 m时，有
vB0＝v0＋aBt0＝1.4 m/s
vC0＝v－aCt0＝2 m/s
sA＝v0t0＝0.4 m
此时A、B之间的距离为
s＝0.48 m－0.4 m＝0.08 m
由于B与挡板发生碰撞时不损失能量，故将以原速率反弹；接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小
aB′＝＝4 m/s2
物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有v0t3＋vB0t3－aB′t＝s
代入数据解得t3＝ s，t3′＝ s(舍去)
此时有
vB1＝vB0－aB′t3＝ m/s，方向向左
vC1＝vC0－aCt3＝(2－1) m/s，方向向右
接着A、B发生弹性碰撞，碰撞前A的速度为v0＝1 m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有
mAv0＋mB(－vB1)＝mAvA＋mBvB
mAv＋mB(－vB1)2＝mAv＋mBv
代入数据解得vA＝－ m/s
vB＝ m/s
而此时vC＝vC1＝(2－1) m/s
物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量p初＝(mA＋mB)v0＋mCv＝7 kg·m/s
末动量p末＝mAvA＝－ kg·m/s
则整个过程动量的变化量
Δp＝p末－p初＝－ kg·m/s
即总动量的变化量大小为 kg·m/s。
答案：(1)0.8 m (2)0.625 m≤s≤ m
(3)－6 J (4) kg·m/s
2．(2024·济南模拟)如图所示的游戏装置固定在水平地面上，该装置由水平粗糙直轨道OB、竖直光滑圆弧轨道BCDEF、水平光滑直轨道FM和水平粗糙传送带MN平滑连接而成，其中圆弧轨道BCD与水平轨道FM不交叉。传送带以恒定速度v顺时针转动。一轻质弹簧左端固定，长度为原长时右端处于O点。已知OB段长L1＝1 m，滑块与OB段的动摩擦因数μ1＝0.2，圆弧BCD半径R1＝0.8 m，圆弧DEF半径R2＝0.4 m。传送带长L2＝3 m，滑块与传送带的动摩擦因数μ2＝0.4。一质量m＝0.5 kg的滑块将弹簧压缩至A处(图中未标出，AO段光滑)由静止释放，滑块可视为质点，取g＝10 m/s2，不计空气阻力。
(1)若弹簧弹性势能Ep＝4.5 J，求滑块最终静止的位置与轨道最低点B的距离。
(2)若弹簧弹性势能Ep＝11.25 J，求滑块到达竖直光滑圆弧轨道BCD的D点时受到的轨道作用力大小。
(3)若弹簧弹性势能Ep＝11.25 J，求滑块平抛的水平距离x与传送带速度大小v的关系。
解析：(1)设滑块能冲到的最高点高度为h，则根据动能定理有
Ep－μ1mgL1－mgh＝0
解得h＝0.7 m故滑块无法到达C点，根据能量守恒有
Ep＝Q＝μ1mgs
解得s＝4.5 m
则停在离B点0.5 m处。
(2)根据动能定理可知从释放滑块至到达竖直光滑圆弧轨道BCD的D点的过程中
Ep－μ1mgL1－2mgR1＝mv－0
在最高点合力提供向心力，有
FND＋mg＝
解得FND＝0.625 N。
(3)从释放滑块到达M点的过程，根据动能定理有
Ep－μ1mgL1－mgR1＝mv－0
根据平抛运动规律有
R1＝gt2
解得vM＝5 m/s，t＝0.4 s
若一直减速则有
－μ2mgL2＝mv－mv
若一直加速则有
μ2mgL2＝mv－mv
解得v1＝1 m/s，v2＝7 m/s
若v≤1 m/s，则x＝v1t＝0.4 m
若1 m/s若v≥7 m/s，则x＝v2t＝2.8 m。
答案：(1)0.5 m (2)0.625 N (3)见解析
3．(2024·黄石模拟)如图所示，水平桌面上固定有定滑轮和挡板，长木板B放在桌面上，B的右端到挡板的距离x＝0.6 m，小物块A放在长木板B的左端，通过水平轻绳与重物C相连。已知A和B的质量mA＝mB＝2.0 kg，A和B间的动摩擦因数μ1＝0.5，B与桌面间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)要使A、B、C三个物体保持静止，求C的质量mC的最大值。
(2)若C的质量mC＝1.0 kg，现将C由静止释放，当B与挡板发生碰撞时剪断轻绳，此时C未落地，B碰后的速率为碰前的，A始终未滑离B，求：
①B与挡板碰前瞬间速率vB；
②B与挡板碰撞后的运动时间t。
解析：(1)若A、B、C三者保持静止，当C质量最大时，桌面对B的摩擦力恰好达到最大静摩擦力，对A、B、C整体分析有mCmaxg＝μ2(mA＋mB)g
解得mCmax＝0.4 kg。
(2)①假设A、B、C三个物体能够保持相对静止，对三个物体进行分析，根据牛顿第二定律有
mCg－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB＋mC)a1
解得a1＝1.2 m/s2
对A、C进行分析mCg－Ff＝(mA＋mC)a1
得Ff＝6.4 N<μ1mAg＝10 N
假设成立，B与挡板碰前，根据位移与速度的关系式有
v＝2a1x
解得vB＝1.2 m/s。
②B碰后的速率为碰前的，A始终未滑离B，对A、B分别进行分析，根据牛顿第二定律有
μ1mAg＝mAa2
μ1mAg＋μ2(mA＋mB)g＝mBa3
解得a2＝5 m/s2，a3＝7 m/s2
可知A向右做匀减速直线运动，B向左做匀减速直线运动，B速度减为0时有0.7vB＝a3t1，x1＝
解得t1＝0.12 s，x1＝0.050 4 m
之后，A仍然向右做匀减速直线运动，B向右做匀加速直线运动，则有
μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBa4
解得a4＝3 m/s2
再经历时间t2，两者达到相等速度，则有
v1＝vB－a2(t1＋t2)
v1 ＝a4t2
联立解得t2＝0.075 s，v1＝0.225 m/s
上述过程B的位移大小x2＝t2
解得x2＝ m
之后A、B保持相对静止向右做匀减速直线运动，则有
μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a5
解得a5＝1 m/s2
减速至0过程有v＝2a5x3
解得x3＝ m
根据上述，有x2＋x3＝0.033 75 m可知，B没有再次与挡板碰撞，则有v1＝a5t3
解得t3＝0.225 s
B与挡板碰撞后的运动时间
t＝t1＋t2＋t3
解得t＝0.42 s。
答案：(1)0.4 kg (2)①1.2 m/s ②0.42 s
利用机械能守恒、功能关系解决连接体问题
(2024·日照模拟)如图所示，质量均为m的物体A、B通过轻绳连接，A放在固定的竖直光滑杆上，B放在固定的光滑斜面上，斜面倾角θ＝30°，轻弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连接物体B。初始时，A位于N点，轻弹簧处于原长状态，轻绳绷直(ON段水平)。现将A由静止释放，当A运动到M点时速度为v。设P为A运动的最低点，B运动过程中不会碰到轻质滑轮，弹簧始终在弹性限度内，ON＝l，MN＝l，重力加速度为g，不计一切阻力。下列说法正确的是( )
A. A从N点运动到M点的过程中，绳的拉力对A做的功为mgl－mv2
B. A从N点运动到M点的过程中，A减少的机械能等于B增加的机械能
C. A运动到M点时，B的速度为v
D. A运动到M点时，弹簧增加的弹性势能为－mv2
D 解析：A从N点运动到M点的过程中，根据动能定理有mgl＋W＝mv2，解得绳的拉力对A做的功为W＝mv2－mgl，A错误；A从N点运动到M点的过程中，A、B和弹簧组成的系统满足机械能守恒，A减少的机械能等于B增加的机械能和弹簧增加的弹性势能之和，则A减少的机械能大于B增加的机械能，故B错误；A运动到M点时，设MN与竖直方向的夹角为α，则有tan α＝＝＝，可得α＝30°，此时B的速度为vB＝vcos α＝v，故C错误；根据系统机械能守恒可得ΔEp＝mgl－mg×(2l－l)sin θ－mv2－mv，解得A运动到M点时，弹簧增加的弹性势能为ΔEp＝－mv2，故D正确。
选项 点拨
A 对A从N点运动到M点应用动能定理求解
B A、B及弹簧组成的系统机械能守恒
C 将A速度沿绳和垂直于绳分解
D 弹簧增加弹性势能等于A、B两物体减少的机械能
1．判断机械能守恒的三种方法
2．多物体机械能守恒问题的解题思路
1．(2024·邢台模拟)(多选)如图所示，物块a、b通过轻弹簧连接，物块b、c用不可伸长的轻质细线绕过轻质定滑轮连接，将物块c放置于斜面上，调节斜面位置，使连接物块c的细线与斜面平行后，将斜面固定。移动物块c的位置，当物块b、c之间的细线伸直且恰无作用力时，将物块c由静止释放。已知物块c始终在斜面上运动，物块a放置在水平面上，a、b间的弹簧及b与定滑轮间的细线均处于竖直方向，物块a、b、c的质量分别为3m、m和4m，斜面倾角为30°，若弹簧的劲度系数k＝(L0为已知量，g为重力加速度)，不计空气阻力及一切摩擦，下列说法正确的是( )
A. 物块b、c和弹簧组成的系统机械能守恒
B. 释放物块c瞬间，物块c的加速度大小为
C. 物块c的最大速度为
D. 从释放物块c到物块c的速度第一次减为0，弹簧弹性势能的增加量为4mgL0
ACD 解析：释放物块c瞬间，对物块b和物块c分别受力分析，可得F＝ma,4mgsin 30°－F′＝4ma，F＝F′，解得物块c的加速度大小a＝，B项错误；释放后，当物块c受力平衡时，物块c具有最大速度，此时弹簧的弹性势能和初状态的相同，根据机械能守恒，可得4mg·sin 30°×2L0－mg×2L0＝×5mv2，解得v＝，C项正确；物块c在斜面上做简谐运动，根据简谐运动的对称性，当物块c沿斜面向下滑动至速度为0时，设细线上的拉力大小为F1，满足F1－4mgsin 30°＝4ma，可得细线上的拉力大小F1＝，对物块b受力分析，设弹簧的弹力大小为F2，则F2＋mg－F1＝ma，可得F2＝3mg，物块a恰好未离开地面，弹簧的伸长量x＝3L0，物块b、c和弹簧组成的系统不存在机械能与外界能量的转化，因此物块b、c和弹簧组成的系统机械能守恒，A项正确；由物块b、c和弹簧组成的系统机械能守恒可知，弹簧弹性势能的增加量ΔEp＝4mgsin 30°×(L0＋3L0)－mg(L0＋3L0)＝4mgL0，D项正确。
2．如图所示，跨过轻质滑轮a、b的一根轻质细绳，一端接在天花板上，另一端与小物块A相接，A放在长为L、倾角为30°的光滑斜面体上。物块B用细线悬挂在滑轮a的下方，通过滑轮b与物块A连接的细线与斜面平行，动滑轮a两侧细线均竖直。A与B的质量分别为m、2m，重力加速度大小为g，不计动滑轮与绳之间的摩擦以及空气阻力，忽略A的大小。现将A从斜面底端由静止释放，一段时间后，A沿斜面匀加速上滑到中点，此时B尚未落地，整个过程中斜面体始终静止在水平地面上。下列说法正确的是( )
A. 该过程中，B的机械能不变
B. 该过程中，地面对斜面体的摩擦力大小为mg
C. A到达斜面中点时的速率为
D. 该过程中，细线上的拉力大小为mg
B 解析：由于B沿竖直方向匀加速下降，除重力以外还有细线拉力做功，所以B的机械能不守恒，故A错误；A对斜面的压力大小为FN＝mgcos 30°＝mg，对于斜面体，在水平方向由平衡条件可得，地面对斜面体的摩擦力大小为Ff＝FNsin 30°＝mg，故B正确；A沿斜面匀加速上滑到斜面中点的过程中，A、B组成的系统机械能守恒，可得2mg·＝mg··sin 30°＋×2mv＋mv，又vB＝vA，联立解得vA＝，vB＝，故C错误；设细线上的拉力大小为F，A的加速度大小为a，由于B的加速度为A的加速度的一半，对A、B分别由牛顿第二定律可得F－mgsin 30°＝ma,2mg－2F＝2m·a，联立解得a＝g，F＝mg，故D错误。
3．(2024·长沙模拟)一根长为L的轻杆，一端用铰链O固定在地面上，另一端固定一质量为m的小球A，轻杆靠在高h＝、质量为mB＝4m的物块B上，开始时轻杆处于竖直状态，受到轻微扰动，轻杆开始顺时针转动，推动物块B沿地面向右滑至图示位置，若不计一切摩擦，重力加速度为g，则此时小球A的线速度大小为( )
A. B．
C. D．
B 解析：小球A顺时针转动，物块B向右运动，根据运动的分解有v1＝vBsin θ，＝，小球A转动过程中，系统机械能守恒，则有mgL(1－sin θ)＝mv＋mBv，联立解得vA＝vB＝，故选B。
利用动量定理解决流体问题
福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5～28.4 m/s,16级台风的风速范围为51.0～56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的( )
A. 2倍 B． 4倍
C. 8倍 D． 16倍
B 解析：设空气的密度为ρ，台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为0，在时间Δt内吹到标志牌的空气质量为Δm＝ρSv·Δt，对该部分空气由动量定理有－F·Δt＝0－Δmv，可得F＝ρSv2，设10级台风的风速为v1,16级台风的风速为v2，则有＝，可得B选项正确。
看到什么 想到什么
台风吹交通标志牌的作用力 流体模型。利用动量定理求解，风以v0吹到标志牌后速度变为v＝0，由动量定理得F＝ρSv
1．模型特点
(1)流体及其特点：通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，特点是质量具有连续性，题目中通常给出密度ρ作为已知条件。
(2)微粒及其特点：通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，特点是质量具有独立性，题目中通常给出单位体积内粒子数n作为已知条件。
2．模型解读
(1)对于流体运动问题，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图所示，已知流体的密度为ρ，则在Δt时间内通过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt；根据动量定理，流体微元所受的合力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv。
(2)常见的两种情况(以原来流速v的方向为正方向)
①作用后流体微元静止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2。
②作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2。
1．(2024·菏泽模拟)(多选)现在很多小区安装了自主洗车房，假设洗车房内的高压水枪喷出的水在空中为圆柱形，且直径为D，水流的速度大小为v，水柱能垂直冲击汽车。在冲洗时若有一半的水在汽车表面顺流而下，另一半的水以原速率返回。已知水的密度为ρ，下列说法正确的是( )
A. 高压水枪单位时间内喷出的水的质量为ρπvD2
B. 人手持高压水枪的力应大于ρπv2D2
C. 水柱对汽车的平均压强为ρv2
D. 水柱对汽车的平均冲击力大小为ρπv2D2
BD 解析：高压水枪单位时间内喷出的水的质量Δm＝＝ρπvD2，故A错误；由动量定理可得F1Δt＝Δm·Δt·v，解得高压水枪对水的作用力F1＝ρπv2D2，人对高压水枪的力为F1的反作用力与高压水枪重力的合力，所以应大于ρπv2D2，故B正确；以汽车对水的作用力方向为正，由动量定理得F2·Δt＝·ρπvD2·Δt·v－，解得水柱对汽车的平均冲击力大小F2＝ρπv2D2，故D正确；水柱对汽车的平均压强p＝＝＝ρv2，故C错误。
2．(多选)离子推进器是利用电场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进的动力，其工作原理如图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场(离子初速度忽略不计)，A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中推进器获得恒定的推力。已知每个正离子质量为m、电荷量为q，单位时间内飘入的正离子数目为n，加速正离子束所消耗的功率为P，引擎获得的推力为F，下列说法正确的是( )
A. 正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小为I＝
B. 离子推进器获得的平均推力大小为F＝
C. 加速正离子束所消耗的功率P＝nqU
D. 为提高能量的转换效率，要使尽量大，可以使用比荷更小的正离子
CD 解析：正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小I＝＝nq，A错误；电场对正离子加速，有QU＝m0v，根据动量定理有m0v0＝Ft，其中m0＝nmt，Q＝nqt，整理得离子推进器获得的平均推力大小F＝n，B错误；加速正离子束所消耗的功率P＝＝nqU，C正确；根据以上分析可知＝＝＝，要使尽量大，可以用质量大、带电荷量小即比荷更小的正离子，D正确。
专题限时评价(三)
(建议用时：90分钟)
1．(2023·天津卷)质量为m的列车以速度v匀速行驶，突然以大小为F的力制动刹车直到列车停止，过程中受到恒为Ff的空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 减速运动加速度大小为a＝
B. 力F的冲量为mv
C. 刹车距离为
D. 匀速行驶时功率为(Ff＋F)v
C 解析：根据牛顿第二定律有F＋Ff＝ma，可得减速运动的加速度大小a＝，故A错误；根据运动学公式有t＝＝，故力F的冲量为I＝Ft＝，方向与运动方向相反，故B错误；根据运动学公式v2＝2ax，可得x＝＝，故C正确；匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为P＝Ffv，故D错误。
2．(2023·北京卷)如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中( )
A. 摩擦力做功大小与F方向无关
B. 合力做功大小与F方向有关
C. F为水平方向时，F做功为μmgx
D. F做功的最小值为max
D 解析：设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为Ff＝μ(mg－Fsin θ)，摩擦力做的功Wf＝μ(mg－Fsin θ)x，可知摩擦力做的功与F的方向有关，选项A错误；合力做的功W＝F合x＝max，可知合力做的功与力F方向无关，选项B错误；当力F水平时，则F＝ma＋μmg，力F做的功为WF＝Fx＝(ma＋μmg)x，选项C错误；因合力做的功为max，大小一定，而合力做的功等于力F与摩擦力Ff做功的代数和，当Fsin θ＝mg时，摩擦力 Ff＝0，此时摩擦力做功为0，则力F做功最小，最小值为max，选项D正确。
3．如图所示，三个相同的小物块a、b、c质量均为m，c放在水平地面上，b和c在竖直方向上通过劲度系数为k的轻弹簧相连，a在b的正上方，开始时a、b、c均静止。现让a自由下落，a、b碰后一起向下运动。已知弹簧的弹性势能可表示为Ep＝kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。重力加速度为g。若b向上运动到最高点时，c恰好离开地面，则a开始下落时距b的高度为( )
A B．
C. D．
B 解析：设开始时弹簧被压缩x1，a与b的距离为H，a下落过程中，在a、b碰撞前瞬间的速度大小为va，有kx1＝mg，由机械能守恒得mgH＝mv；a、b碰撞后达到共同速度vab，由动量守恒可得vab＝，a、b一起压缩弹簧，两者向上运动到弹簧恢复原长时，a、b恰好分离，此时两者速度相同，设为vab′，对此过程由系统机械能守恒得kx＋×2mv＝2mgx1＋×2mvab′2；a、b分离后，b向上运动到最高点时，c恰好离开地面，此时弹簧伸长量也为x1，此过程b与弹簧组成的系统机械能守恒，则有mvab′2＝mgx1＋kx，联立解得H＝，故选B。
4．(2024·长沙模拟)(多选)图甲所示为电梯的结构示意图，配重和轿厢质量均为m0＝500 kg，滑轮A与电机(未画出)相连，缆绳质量以及其与滑轮B间的摩擦均可忽略。家住21楼的小明爸爸要送他上幼儿园，电梯下行过程经加速、匀速、减速三个阶段，最后停在1楼。已知小明的质量为m1＝20 kg，爸爸的质量为m2＝60 kg，小明对轿厢底的压力随时间变化的关系图像如图乙所示，取g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
甲
乙
A. 小明家所在楼栋楼层的平均高度为3 m
B. 加速阶段，缆绳对配重的拉力大小为500 N
C. 整个过程，电动机的最大功率为2 680 W
D. 整个过程，电动机对外做的功大小为51 200 J
CD 解析：0～4 s内小明处于失重状态，电梯向下加速，有m1g－F＝m1a1，可得加速阶段电梯的加速度大小为a1＝0.5 m/s2,4～32 s内，小明对轿厢底的压力等于自身重力，电梯做匀速运动，速度为v＝a1t1＝0.5×4 m/s＝2 m/s，32～36 s内小明处于超重状态，电梯向下减速，有F′－m1g＝m1a2，可得减速阶段电梯的加速度大小为a2＝0.5 m/s2，整个过程轿厢的位移大小为s＝＋vt′＋＝ m＋2×(32－4) m＋ m＝64 m，故小明家所在楼栋楼层的平均高度为h＝＝3.2 m，故A错误；向下加速时，设缆绳对配重的拉力大小为FT1，对轿厢的拉力大小为F′T1，有FT1－m0g＝m0a1，(m0＋m1＋m2)g－F′T1＝(m0＋m1＋m2)a1，可得FT1＝5 250 N，F′T1＝5 510 N，则滑轮A两侧缆绳上的作用力之差为ΔFT＝F′T1－FT1＝260 N，故B错误；当电梯匀速运动时，滑轮A两侧缆绳上的作用力之差为800 N，向下减速时，设缆绳对配重的拉力大小为FT2，对轿厢的拉力大小为F′T2，有m0g－FT2＝m0a2，F′T2－(m0＋m1＋m2)g＝(m0＋m1＋m2)a2，可得FT2＝4 750 N，F′T2＝6 090 N，则滑轮A两侧缆绳上的作用力之差为ΔF′T＝F′T2－FT2＝1 340 N，结合绳子与滑轮A间的作用力与电梯速度可知，电动机的最大输出功率为P＝ΔF′Tv＝2 680 W，故C正确；整个过程中，电动机做功的大小等于小明父子重力势能的减小量为W＝(m1＋m2)gs＝51 200 J，故D正确。
5．(2023·新课标卷)(多选)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴原点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为 0.4，重力加速度大小取g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A. 在x＝1 m时，拉力的功率为6 W
B. 在x＝4 m时，物体的动能为2 J
C. 从x＝0运动到x＝2 m的过程中，物体克服摩擦力做的功为8 J
D. 从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s
BC 解析：由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，可看出W-x图像的斜率代表拉力F；在物体运动的过程中，根据动能定理有W－μmgx＝mv2，则x＝1 m 时物体的速度为v1＝2 m/s，x＝1 m时，拉力为F1＝＝6 N，则此时拉力的功率P＝F1v1＝12 W，x＝4 m时物体的动能为Ek＝W－μmgx＝2 J，A错误，B正确。从x＝0运动到x＝2 m的过程中，物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx＝8 J，C正确。根据W-x图像可知，在0～2 m的过程中F1＝6 N,2～4 m的过程中 F2＝3 N，由于物体受到的摩擦力恒为Ff＝4 N，则物体在x＝2 m处速度最大，且根据选项A、B分析可知此时的速度v2＝2 m/s，则从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为p＝mv2＝2 kg·m/s，D错误。
6．(多选)如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。下列说法正确的是( )
甲 乙
A. 物体的质量m＝0.67 kg
B. 物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C. 物体上升过程的加速度大小a＝12 m/s2
D. 物体回到斜面底端时的动能Ek＝10 J
BD 解析：由题图乙可知物体上升到最大高度时，机械能为30 J，则有mghm＝30 J，解得m＝1 kg，故A错误；物体上升过程中克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，则有Wf＝μmgcos 37°·＝50 J－30 J，解得μ＝0.5，故B正确；物体上升过程中，由牛顿第二定律有μmgcos 37°＋mgsin 37°＝ma，解得a＝10 m/s2，故C错误；由开始运动至物体回到斜面底端过程中，由动能定理有－2Wf＝Ek－Ek0，其中Ek0＝50 J，解得Ek＝10 J，故D正确。
7．(多选)如图所示，轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的板C相连，另一端与物体A相连。物体A置于光滑固定斜面上，斜面的倾角θ＝30°。A上端连接一轻质细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连且始终与斜面平行。开始时托住B，A静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B。已知物体A、B的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，当地重力加速度为g，B始终未与地面接触。从释放B到B第一次下落至最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 刚释放物体B时，物体A受到细线的拉力大小为
B. 物体A到最高点时，A所受合力大小为mg
C. 物体B下落至最低点时，A和弹簧组成的系统机械能最大
D. 物体A的最大速度为
ACD 解析：刚释放物体B时，以A、B组成的系统为研究对象，有mg＝(m＋m)a，解得a＝g，以B为研究对象，有mg－FT＝ma，解得FT＝mg，故物体A受到细线的拉力大小为，故A正确。对于物体A、B以及弹簧组成的系统，只有弹簧的弹力和重力做功，系统机械能守恒，B减小的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故当B下落至最低点时，A和弹簧组成系统的机械能最大，且此时A上升到最高位置，根据对称性可知B产生的加速度大小也为a′＝a＝g，故对B受力分析，根据牛顿第二定律可知FT′－mg＝ma′，解得FT′＝mg，对A、B整体研究，可得kx′＋mgsin 30°－mg＝(m＋m)a′，解得kx′＝mg；沿斜面方向，A受到弹簧拉力、重力沿斜面的分力和绳子的拉力，则F合＝kx′＋mgsin θ－FT′＝mg，故B错误，C正确。手托住物块B时，细线刚好伸直，物块A静止，设此时弹簧的压缩量为x0，对物块A根据平衡条件可得kx0＝mgsin θ，解得x0＝；在物块A上升过程中，当A和B整体的加速度为0时速度达到最大值vm，此时细线对A的拉力大小刚好等于mg，设此时弹簧的伸长量为x1，则有mg－mgsin θ－kx1＝0，解得x1＝；所以此时弹簧的弹性势能与初始位置时相同，对A、B和弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律得mg(x0＋x1)－mg(x0＋x1)sin θ＝×2mv，解得vm＝，故D正确。
8．(2024·泰安模拟)(多选)如图所示为某实验小组自制的投石机，轻质长杆AB可绕光滑转轴O在竖直面内转动，OA长为L1＝2.0 m，OB长为L2＝1.0 m。将一质量m＝2.8 kg的石块放在A端网袋中，另一质量m′＝8 kg 的重物固定于B端，初始时A端位于地面上，杆与水平面的夹角为37°。由静止释放后，杆转到竖直位置时将石块沿水平方向抛出。石块与重物均可视为质点，不计空气阻力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则( )
A. 从静止释放到被抛出，轻杆对石块做的功为112 J
B. 从静止释放到被抛出，轻杆对石块做的功为89.6 J
C. 石块落地前瞬间重力的功率为56 W
D. 石块落地前瞬间重力的功率为224 W
AD 解析：根据机械能守恒可知，重物减少的重力势能转化成重物和石块的动能与石块的重力势能之和，即m′g(L2＋L2sin 37°)＝mg(L1＋L1sin 37°)＋mv＋m′v，重物和石块绕轴做同轴转动，则速度关系为vA＝2vB，联立可得石块被抛出瞬间的速度大小为vA＝4 m/s，对石块根据动能定理有W－mg(L1＋L1sin 37°)＝mv，解得W＝112 J，故A正确，B错误；石块抛出后做平抛运动，有v＝2g(L1＋L1sin 37°)，则石块落地前瞬间重力的功率为P＝mgvy＝224 W，故C错误，D正确。
9．(2024·揭阳模拟)如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。质量为m的滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为0。现滑块以水平速度kv(k未知)滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 滑块向右运动的过程中，加速度大小为
B. 滑块与木板间的动摩擦因数为
C. k＝2
D. 滑块弹回瞬间的速度大小为
D 解析：滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为0，根据匀变速直线运动规律可知v2＝2aL，解得a＝，故A错误；根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得μ＝，故B错误；滑块以水平速度v右滑时，由动能定理有－FfL＝0－mv2，滑块以速度kv滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，由动能定理有－FfL＝mv－m(kv)2，滑块与墙碰后向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，由动量守恒有mv1＝(m＋4m)v2，由能量守恒定律可得FfL＝mv－(m＋4m)v，解得k＝，v1＝，故C错误，D正确。
10．(2024·东营模拟)如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定直杆上，b放在地面上，a、b通过铰链用长为l的刚性轻杆连接，初始时刚性杆与水平地面的夹角为60°，现将装置从静止开始释放，不计一切摩擦，将a、b视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 滑块a下落过程中机械能一直减小
B. 当杆与水平面的夹角为30°时，滑块a与b的速度之比为1∶
C. 滑块b的最大速度为
D. 滑块a落地时，b的速度为
C 解析：整个过程中，b的速度先增大后减小，故杆对a的力先是推力后是拉力，即杆对a先做负功，后做正功，故其机械能先减小后增大，A错误；当杆与水平面的夹角为30°时，设此时a的速度为va，b的速度为vb，则有vasin 30°＝vbcos 30°，＝，B错误；设杆与水平面的夹角为θ时b的速度最大，整个系统机械能守恒，则有mgl(sin 60°－sin θ)＝mv′＋mvmax，结合二者沿杆的方向上速度相等，则有v′asin θ＝vbmaxcos θ，解vbmax＝，根据数学知识中的均值不等式可得＝＋＋≥3，sin2 θ≤，代入上式可得vbmax＝，C正确；a落地时，水平方向的分速度为0，故b的速度为0，D错误。
11．(多选)如图所示，两根固定直杆组成“V”字形，两杆夹角为30°，其中左侧杆竖直，右侧杆光滑。轻弹簧的一端固定在E点，另一端连接质量为0.1 kg的小球，小球套在右侧杆上。某时刻，小球从F点由静止开始沿右侧杆下滑，到达M点时弹簧恢复原长，越过M点后继续下滑。已知EF垂直于OE，EM垂直于OF，N为右侧杆上一点且 ∠OEN＝30°，弹簧原长为0.45 m，取 g＝10 m/s2，以下判断正确的是( )
A. 小球沿杆从F点至M点下滑过程中，弹簧弹力功率先增大后减小
B. 从F点运动到N点的过程中，小球机械能守恒
C. 小球到达N点时，速度大小为3 m/s
D. 小球到达N点时，重力的瞬时功率为3 W
AC 解析：小球在F点速度为0，弹簧弹力功率为0，到达M点时弹簧恢复原长，弹簧弹力为0，则弹簧弹力功率也为0，可见从F点至M点的过程中弹簧弹力功率先增大后减小，选项A正确；由几何关系可知，小球在F点和N点时，弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，对于小球与弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，小球从F点运动到N点的过程中，根据系统的机械能守恒得mglFNsin 60°＝mv，根据几何关系可知 lFN＝2lEMtan 30°，联立解得vN＝3 m/s，选项B错误，C正确；小球到达N点时，重力的瞬时功率为P＝mgvNsin 60°＝ W，选项D错误。
12．(多选)如图所示，质量均为m的物块A和B用轻弹簧连接并竖直放置，轻绳绕过分别固定在同一水平面上O、E两点的定滑轮，一端与物块A连接，另一端与质量也为m的小球C连接，小球C套在水平固定且粗细均匀的光滑直杆上，开始时小球C锁定在直杆上的P点，连接小球的轻绳和水平方向的夹角为θ＝60°，物块B对地面的压力恰好为0，某时刻解除对小球C的锁定，同时施加一个水平向右、大小为F的恒力，小球C运动到直杆上的Q点时速度达到最大，OQ与水平方向的夹角也为θ，D为PQ的中点，P、Q间距离为L，在小球C的运动过程中，轻绳始终处于拉直状态，弹簧始终在弹性限度内，忽略两个定滑轮大小，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球C从P点运动到D点的过程中，合力对物块A做功为0
B. 小球C从P点运动到D点的过程中，弹簧弹力和轻绳拉力对物块A的冲量之和为0
C. 小球C运动到Q点时，物块A的速度大小为
D. 小球C运动到Q点时，物块A的加速度大小为－2g
ACD 解析：小球C运动到D点时，物块A的速度为0，根据动能定理可知W合＝ΔEk＝0，故A正确；小球C从P点运动到D点的过程中，物块A的动量变化量为0，根据动量定理知，弹簧的弹力、轻绳的拉力及物块A的重力对物块A的冲量之和为0，重力的冲量不为0，所以弹簧弹力和轻绳拉力对物块A的冲量之和也不为0，故B错误；小球C运动到Q点时，弹簧的弹性势能变化量为0，A、C和弹簧组成的系统，根据能量守恒有FL＝mv＋mv，且vA＝vCcos θ，解得vA＝，故C正确；小球C运动到直杆上的Q点时速度达到最大，根据平衡条件有FT＝＝2F，根据对称性可知，小球C运动到直杆上的Q点时物块B对地面的压力恰好为0，则弹簧处于伸长状态，且大小为Fx＝mg，物块A的加速度大小为a＝＝－2g，故D正确。
13．(2023·辽宁卷)某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80 m/s时离开水面，该过程滑行距离 L＝1 600 m，汲水质量m＝1.0×104 kg。离开水面后，飞机攀升高度h＝100 m时速度达到v2＝100 m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。
解析：(1)飞机从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为，则L＝v1t
解得飞机滑行的时间为t＝＝ s＝40 s
飞机滑行的加速度大小为a＝＝ m/s2＝2 m/s2。
(2)水的机械能包含水的动能和重力势能，从飞机离开水面至高度h＝100 m，水的机械能变化量为
ΔE＝mv＋mgh－mv＝2.8×107 J。
答案：(1)2 m/s2 40 s (2)2.8×107 J
14．(2023·广东卷)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
解析：(1)A在传送带上运动时的加速度a＝μg
由静止加速到与传送带共速所用的时间
t1＝＝。
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W＝×2mv＋2mg·3L－×2m(2v0)2＝6mgL－3mv。
(3)A、B碰撞过程，由动量守恒定律和能量关系可知
2m·2v0＝mv1＋2mv2
×2m·(2v0)2－＝××2m·(2v0)2
解得v1＝2v0，v2＝v0(另一组解v1＝v0，v2＝v0舍掉)
两药品盒平抛运动的时间t2＝
则s－r＝v2t2，s＋r＝v1t2
解得s＝。
答案：(1) (2)6mgL－3mv (3)
15．(2023·浙江卷6月选考)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m的圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12 kg 的滑块a以初速度v0＝2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为形变量)。
(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN。
(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE。
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
解析：(1)滑块a从D到F，由动能定理得
mg·2R＝mv－mv
在F点由于仍做圆周运动，则有FN－mg＝m
解得vF＝10 m/s，FN＝31.2 N。
(2)滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为a＝μg＝5 m/s2
根据v＝v－2aL
可得滑块a在C点的速度vC＝3 m/s
则滑块a从碰撞后至到达C点，由机械能守恒得
mv＝mv＋mg·2R
解得v1＝5 m/s
因a、b碰撞过程动量守恒，则
mvF＝－mv1＋3mv2
解得碰后b的速度v2＝5 m/s
则碰撞过程中损失的能量
ΔE＝mv－mv－×3mv＝0。
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则a、b碰后达到共同速度，有mvF＝4mv
解得v＝2.5 m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时a、b、c有共同速度，则根据动量守恒有4mv＝6mv′
解得v′＝ m/s
设当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量守恒得
×4mv2＝×6mv′2＋kx
解得x1＝0.1 m
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2＝x1
则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2 m。
答案：(1)10 m/s 31.2 N (2)0 (3)0.2 m
16．如图甲所示，在水平面上沿一条直线并排放着四个物体(均可视为质点)，彼此相距为L，以物体1所在位置为坐标原点，向右为x轴正方向，建立如图甲所示坐标系。物体与水平面之间的动摩擦因数与不同位置之间的关系如图乙所示，在O～L，L～2L，2L～3L区间μ-x图像与 x轴正好围成半圆，且横、纵坐标标度相同，其他地方地面可视为光滑。物体1、2、3、4的质量分别为m、2m、3m、4m。现给物体1一定初速度v0＝，物体1与物体2发生碰撞后粘在一起向右运动。此后，发生的其他碰撞皆为弹性碰撞。已知当地重力加速度为g，所得结果用题目中给定的符号m、L、g、π表示，本题中所有物理量单位均为国际单位制单位。求：
(1)物体1在运动第1个位移L过程中，地面对物体1所做的功；
(2)物体1与物体2相撞后瞬间的速度；
(3)物体3最终的位置坐标。
解析：(1)物体1在水平面上滑动过程中，受到滑动摩擦力作用，摩擦力大小为F滑＝μmg
滑动摩擦力所做的功W1＝－mg·π2
解得W1＝－πmgL2。
(2)物体1以初速度v0经过位移L的过程中，根据动能定理得W1＝mv－mv
物体1与物体2发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2
解得v2＝。
(3)物体1、2整体经过位移L后和物体3发生弹性碰撞，因为质量相同，所以发生速度交换。物体1、2停在物体3的位置，物体3再经过位移L后与物体4发生弹性碰撞。
1、2碰撞后到3与4碰撞前，根据动能定理得
－3mg×2×π2＝×3mv－×3mv
解得v3＝
物体3与物体4发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒得3mv3＝3mv′3＋4mv4
×3mv＝×3mv′＋×4mv
解得v′3＝－
物体3碰撞后反弹，假设在水平面上运动的距离为s，且s>，对应的μ-x图像圆心角为θ，如图所示，
则滑动摩擦力所做的功为
W4＝－3mg
又根据动能定理得W4＝－×3mv′
综上解得θ＝
x＝3L－s＝3L－－cos (π－θ)
解得x＝L
故位置坐标为。
答案：(1)－πmgL2 (2)
(3)
17．(2024·湖南卷)如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
(1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小。
(2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。
(3)若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍(0解析：(1)由题意可知小球A、B组成的系统碰撞前后动量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有
mAv0＝(mA＋mB)v
可得v＝
碰撞后根据牛顿第二定律有
F＝(mA＋mB)
可得F＝。
(2)若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA、vB，则碰后动量和能量守恒有
mAv0＝mAvA＋mBvB
mAv＝mAv＋mBv
联立解得
vA＝v0，vB＝
因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图
①若第2次碰撞发生在图中的b点，设k1为第2次碰撞前A运动的整圈数，则从第1次碰撞到第2次碰撞之间，A、B通过的路程之比为(k＝0,1,2,3，…)，则有
＝＝(k＝0,1,2，3，…)
联立解得
＝
由于两质量均为正数，故k1＝0，即
＝2
对第2次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为v′A，v′B，则同样有
mAvA＋mBvB＝mAv′A＋mBv′B
mAv＋mBv＝mAv′＋mBv′
联立解得v′A＝v0，v′B＝0，故第3次碰撞发生在b点、第4次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。
②若第2次碰撞发生在图中的c点，设k2为第2次碰撞前A运动的整圈数，则从第1次碰撞到第2次碰撞之间，A、B通过的路程之比为(k2＝0,1,2，3，…)，则有
＝＝
联立可得
＝
因为两质量均为正数，故k2＝0，即＝5
根据①的分析可证v′A＝v0，v′B＝0，满足题意。
综上可知＝2或＝5。
(3)第1次碰前相对速度大小为v0，第1次碰后的相对速度大小为v1相＝ev0，第1次碰后与第2次相碰前B比A多运动一圈，即B相对A运动一圈，有
t1＝
第1次碰撞动量守恒有
mAv0＝mAvA1＋mBvB1
且v1相＝vB1－vA1＝ev0
联立解得vB1＝(v0＋v1相)
B球运动的路程
s1＝vB1t1＝＝
第2次碰撞的相对速度大小为
v2相＝ev1相＝e2v0
t2＝
第2次碰撞有
mAv0＝mAvA2＋mBvB2
且v2相＝vA2－vB2＝e2v0
联立可得vB2＝(v0－v2相)
所以B球运动的路程
s2＝vB2t2＝＝
一共碰了2n次，有
s＝s1＋s2＋s3＋…＋s2n
＝
＝·。
答案：(1) (2)2或5
(3)·
18．(2024·河北卷)如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力。
(1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。
(2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
(3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距xAC与B木板长度LB的关系。
解析：(1)机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为m′，三个木板质量均为m，根据人船模型得
m′x＝mx1
同时有
x＋x1＝LA
解得A、B木板间的水平距离
x1＝1.5 m。
(2)设机器人起跳的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为θ，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得
vcos θ·t＝x1
＝
联立解得
v2＝ m2/s2
机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒有
m′vcos θ＝mvA
根据能量守恒可得机器人做的功为
W＝m′v2＋mv
联立得
W＝·45 J＝·45 J＝45 J
根据数学知识可得当tan θ＝时，即tan θ＝2时，W取最小值，代入数值得此时
W＝90 J。
(3)根据tan θ＝2可得vcos θ＝ m/s，根据
m′vcos θ＝mvA
得vA＝ m/s
分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与B、C木板组成的系统在水平方向动量守恒，得
m′vcos θ＝(m′＋2m)v共
解得
v共＝ m/s
该过程A木板向左运动的距离为
xA＝vAt＝× m＝4.5 m
机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为v0，B木板的速度大小为vB，机器人每次跳跃的时间为Δt，取向右为正方向，得
(m′＋m)v共＝m′v0－mvB
每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得
＝(v0＋vB)Δt
机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，A、B木板的位移差为
Δx＝x1＋xA＝6 m
可得(vB－vA)·3Δt＝Δx
联立解得
Δt＝－
故A、C两木板间距为
xAC＝(vA＋vC)·3Δt＋Δx＋LB
vC＝v共
解得xAC＝LB。
答案：(1)1.5 m (2)90 J 2 (3)xAC＝LB专题限时评价(三)
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1．(2023·天津卷)质量为m的列车以速度v匀速行驶，突然以大小为F的力制动刹车直到列车停止，过程中受到恒为Ff的空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 减速运动加速度大小为a＝
B. 力F的冲量为mv
C. 刹车距离为
D. 匀速行驶时功率为(Ff＋F)v
C 解析：根据牛顿第二定律有F＋Ff＝ma，可得减速运动的加速度大小a＝，故A错误；根据运动学公式有t＝＝，故力F的冲量为I＝Ft＝，方向与运动方向相反，故B错误；根据运动学公式v2＝2ax，可得x＝＝，故C正确；匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为P＝Ffv，故D错误。
2．(2023·北京卷)如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中( )
A. 摩擦力做功大小与F方向无关
B. 合力做功大小与F方向有关
C. F为水平方向时，F做功为μmgx
D. F做功的最小值为max
D 解析：设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为Ff＝μ(mg－Fsin θ)，摩擦力做的功Wf＝μ(mg－Fsin θ)x，可知摩擦力做的功与F的方向有关，选项A错误；合力做的功W＝F合x＝max，可知合力做的功与力F方向无关，选项B错误；当力F水平时，则F＝ma＋μmg，力F做的功为WF＝Fx＝(ma＋μmg)x，选项C错误；因合力做的功为max，大小一定，而合力做的功等于力F与摩擦力Ff做功的代数和，当Fsin θ＝mg时，摩擦力 Ff＝0，此时摩擦力做功为0，则力F做功最小，最小值为max，选项D正确。
3．如图所示，三个相同的小物块a、b、c质量均为m，c放在水平地面上，b和c在竖直方向上通过劲度系数为k的轻弹簧相连，a在b的正上方，开始时a、b、c均静止。现让a自由下落，a、b碰后一起向下运动。已知弹簧的弹性势能可表示为Ep＝kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。重力加速度为g。若b向上运动到最高点时，c恰好离开地面，则a开始下落时距b的高度为( )
A B．
C. D．
B 解析：设开始时弹簧被压缩x1，a与b的距离为H，a下落过程中，在a、b碰撞前瞬间的速度大小为va，有kx1＝mg，由机械能守恒得mgH＝mv；a、b碰撞后达到共同速度vab，由动量守恒可得vab＝，a、b一起压缩弹簧，两者向上运动到弹簧恢复原长时，a、b恰好分离，此时两者速度相同，设为vab′，对此过程由系统机械能守恒得kx＋×2mv＝2mgx1＋×2mvab′2；a、b分离后，b向上运动到最高点时，c恰好离开地面，此时弹簧伸长量也为x1，此过程b与弹簧组成的系统机械能守恒，则有mvab′2＝mgx1＋kx，联立解得H＝，故选B。
4．(2024·长沙模拟)(多选)图甲所示为电梯的结构示意图，配重和轿厢质量均为m0＝500 kg，滑轮A与电机(未画出)相连，缆绳质量以及其与滑轮B间的摩擦均可忽略。家住21楼的小明爸爸要送他上幼儿园，电梯下行过程经加速、匀速、减速三个阶段，最后停在1楼。已知小明的质量为m1＝20 kg，爸爸的质量为m2＝60 kg，小明对轿厢底的压力随时间变化的关系图像如图乙所示，取g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
甲
乙
A. 小明家所在楼栋楼层的平均高度为3 m
B. 加速阶段，缆绳对配重的拉力大小为500 N
C. 整个过程，电动机的最大功率为2 680 W
D. 整个过程，电动机对外做的功大小为51 200 J
CD 解析：0～4 s内小明处于失重状态，电梯向下加速，有m1g－F＝m1a1，可得加速阶段电梯的加速度大小为a1＝0.5 m/s2,4～32 s内，小明对轿厢底的压力等于自身重力，电梯做匀速运动，速度为v＝a1t1＝0.5×4 m/s＝2 m/s，32～36 s内小明处于超重状态，电梯向下减速，有F′－m1g＝m1a2，可得减速阶段电梯的加速度大小为a2＝0.5 m/s2，整个过程轿厢的位移大小为s＝＋vt′＋＝ m＋2×(32－4) m＋ m＝64 m，故小明家所在楼栋楼层的平均高度为h＝＝3.2 m，故A错误；向下加速时，设缆绳对配重的拉力大小为FT1，对轿厢的拉力大小为F′T1，有FT1－m0g＝m0a1，(m0＋m1＋m2)g－F′T1＝(m0＋m1＋m2)a1，可得FT1＝5 250 N，F′T1＝5 510 N，则滑轮A两侧缆绳上的作用力之差为ΔFT＝F′T1－FT1＝260 N，故B错误；当电梯匀速运动时，滑轮A两侧缆绳上的作用力之差为800 N，向下减速时，设缆绳对配重的拉力大小为FT2，对轿厢的拉力大小为F′T2，有m0g－FT2＝m0a2，F′T2－(m0＋m1＋m2)g＝(m0＋m1＋m2)a2，可得FT2＝4 750 N，F′T2＝6 090 N，则滑轮A两侧缆绳上的作用力之差为ΔF′T＝F′T2－FT2＝1 340 N，结合绳子与滑轮A间的作用力与电梯速度可知，电动机的最大输出功率为P＝ΔF′Tv＝2 680 W，故C正确；整个过程中，电动机做功的大小等于小明父子重力势能的减小量为W＝(m1＋m2)gs＝51 200 J，故D正确。
5．(2023·新课标卷)(多选)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴原点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为 0.4，重力加速度大小取g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A. 在x＝1 m时，拉力的功率为6 W
B. 在x＝4 m时，物体的动能为2 J
C. 从x＝0运动到x＝2 m的过程中，物体克服摩擦力做的功为8 J
D. 从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s
BC 解析：由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，可看出W-x图像的斜率代表拉力F；在物体运动的过程中，根据动能定理有W－μmgx＝mv2，则x＝1 m 时物体的速度为v1＝2 m/s，x＝1 m时，拉力为F1＝＝6 N，则此时拉力的功率P＝F1v1＝12 W，x＝4 m时物体的动能为Ek＝W－μmgx＝2 J，A错误，B正确。从x＝0运动到x＝2 m的过程中，物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx＝8 J，C正确。根据W-x图像可知，在0～2 m的过程中F1＝6 N,2～4 m的过程中 F2＝3 N，由于物体受到的摩擦力恒为Ff＝4 N，则物体在x＝2 m处速度最大，且根据选项A、B分析可知此时的速度v2＝2 m/s，则从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为p＝mv2＝2 kg·m/s，D错误。
6．(多选)如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。下列说法正确的是( )
甲 乙
A. 物体的质量m＝0.67 kg
B. 物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C. 物体上升过程的加速度大小a＝12 m/s2
D. 物体回到斜面底端时的动能Ek＝10 J
BD 解析：由题图乙可知物体上升到最大高度时，机械能为30 J，则有mghm＝30 J，解得m＝1 kg，故A错误；物体上升过程中克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，则有Wf＝μmgcos 37°·＝50 J－30 J，解得μ＝0.5，故B正确；物体上升过程中，由牛顿第二定律有μmgcos 37°＋mgsin 37°＝ma，解得a＝10 m/s2，故C错误；由开始运动至物体回到斜面底端过程中，由动能定理有－2Wf＝Ek－Ek0，其中Ek0＝50 J，解得Ek＝10 J，故D正确。
7．(多选)如图所示，轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的板C相连，另一端与物体A相连。物体A置于光滑固定斜面上，斜面的倾角θ＝30°。A上端连接一轻质细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连且始终与斜面平行。开始时托住B，A静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B。已知物体A、B的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，当地重力加速度为g，B始终未与地面接触。从释放B到B第一次下落至最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 刚释放物体B时，物体A受到细线的拉力大小为
B. 物体A到最高点时，A所受合力大小为mg
C. 物体B下落至最低点时，A和弹簧组成的系统机械能最大
D. 物体A的最大速度为
ACD 解析：刚释放物体B时，以A、B组成的系统为研究对象，有mg＝(m＋m)a，解得a＝g，以B为研究对象，有mg－FT＝ma，解得FT＝mg，故物体A受到细线的拉力大小为，故A正确。对于物体A、B以及弹簧组成的系统，只有弹簧的弹力和重力做功，系统机械能守恒，B减小的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故当B下落至最低点时，A和弹簧组成系统的机械能最大，且此时A上升到最高位置，根据对称性可知B产生的加速度大小也为a′＝a＝g，故对B受力分析，根据牛顿第二定律可知FT′－mg＝ma′，解得FT′＝mg，对A、B整体研究，可得kx′＋mgsin 30°－mg＝(m＋m)a′，解得kx′＝mg；沿斜面方向，A受到弹簧拉力、重力沿斜面的分力和绳子的拉力，则F合＝kx′＋mgsin θ－FT′＝mg，故B错误，C正确。手托住物块B时，细线刚好伸直，物块A静止，设此时弹簧的压缩量为x0，对物块A根据平衡条件可得kx0＝mgsin θ，解得x0＝；在物块A上升过程中，当A和B整体的加速度为0时速度达到最大值vm，此时细线对A的拉力大小刚好等于mg，设此时弹簧的伸长量为x1，则有mg－mgsin θ－kx1＝0，解得x1＝；所以此时弹簧的弹性势能与初始位置时相同，对A、B和弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律得mg(x0＋x1)－mg(x0＋x1)sin θ＝×2mv，解得vm＝，故D正确。
8．(2024·泰安模拟)(多选)如图所示为某实验小组自制的投石机，轻质长杆AB可绕光滑转轴O在竖直面内转动，OA长为L1＝2.0 m，OB长为L2＝1.0 m。将一质量m＝2.8 kg的石块放在A端网袋中，另一质量m′＝8 kg 的重物固定于B端，初始时A端位于地面上，杆与水平面的夹角为37°。由静止释放后，杆转到竖直位置时将石块沿水平方向抛出。石块与重物均可视为质点，不计空气阻力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则( )
A. 从静止释放到被抛出，轻杆对石块做的功为112 J
B. 从静止释放到被抛出，轻杆对石块做的功为89.6 J
C. 石块落地前瞬间重力的功率为56 W
D. 石块落地前瞬间重力的功率为224 W
AD 解析：根据机械能守恒可知，重物减少的重力势能转化成重物和石块的动能与石块的重力势能之和，即m′g(L2＋L2sin 37°)＝mg(L1＋L1sin 37°)＋mv＋m′v，重物和石块绕轴做同轴转动，则速度关系为vA＝2vB，联立可得石块被抛出瞬间的速度大小为vA＝4 m/s，对石块根据动能定理有W－mg(L1＋L1sin 37°)＝mv，解得W＝112 J，故A正确，B错误；石块抛出后做平抛运动，有v＝2g(L1＋L1sin 37°)，则石块落地前瞬间重力的功率为P＝mgvy＝224 W，故C错误，D正确。
9．(2024·揭阳模拟)如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。质量为m的滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为0。现滑块以水平速度kv(k未知)滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 滑块向右运动的过程中，加速度大小为
B. 滑块与木板间的动摩擦因数为
C. k＝2
D. 滑块弹回瞬间的速度大小为
D 解析：滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为0，根据匀变速直线运动规律可知v2＝2aL，解得a＝，故A错误；根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得μ＝，故B错误；滑块以水平速度v右滑时，由动能定理有－FfL＝0－mv2，滑块以速度kv滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，由动能定理有－FfL＝mv－m(kv)2，滑块与墙碰后向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，由动量守恒有mv1＝(m＋4m)v2，由能量守恒定律可得FfL＝mv－(m＋4m)v，解得k＝，v1＝，故C错误，D正确。
10．(2024·东营模拟)如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定直杆上，b放在地面上，a、b通过铰链用长为l的刚性轻杆连接，初始时刚性杆与水平地面的夹角为60°，现将装置从静止开始释放，不计一切摩擦，将a、b视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 滑块a下落过程中机械能一直减小
B. 当杆与水平面的夹角为30°时，滑块a与b的速度之比为1∶
C. 滑块b的最大速度为
D. 滑块a落地时，b的速度为
C 解析：整个过程中，b的速度先增大后减小，故杆对a的力先是推力后是拉力，即杆对a先做负功，后做正功，故其机械能先减小后增大，A错误；当杆与水平面的夹角为30°时，设此时a的速度为va，b的速度为vb，则有vasin 30°＝vbcos 30°，＝，B错误；设杆与水平面的夹角为θ时b的速度最大，整个系统机械能守恒，则有mgl(sin 60°－sin θ)＝mv′＋mvmax，结合二者沿杆的方向上速度相等，则有v′asin θ＝vbmaxcos θ，解vbmax＝，根据数学知识中的均值不等式可得＝＋＋≥3，sin2 θ≤，代入上式可得vbmax＝，C正确；a落地时，水平方向的分速度为0，故b的速度为0，D错误。
11．(多选)如图所示，两根固定直杆组成“V”字形，两杆夹角为30°，其中左侧杆竖直，右侧杆光滑。轻弹簧的一端固定在E点，另一端连接质量为0.1 kg的小球，小球套在右侧杆上。某时刻，小球从F点由静止开始沿右侧杆下滑，到达M点时弹簧恢复原长，越过M点后继续下滑。已知EF垂直于OE，EM垂直于OF，N为右侧杆上一点且 ∠OEN＝30°，弹簧原长为0.45 m，取 g＝10 m/s2，以下判断正确的是( )
A. 小球沿杆从F点至M点下滑过程中，弹簧弹力功率先增大后减小
B. 从F点运动到N点的过程中，小球机械能守恒
C. 小球到达N点时，速度大小为3 m/s
D. 小球到达N点时，重力的瞬时功率为3 W
AC 解析：小球在F点速度为0，弹簧弹力功率为0，到达M点时弹簧恢复原长，弹簧弹力为0，则弹簧弹力功率也为0，可见从F点至M点的过程中弹簧弹力功率先增大后减小，选项A正确；由几何关系可知，小球在F点和N点时，弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，对于小球与弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，小球从F点运动到N点的过程中，根据系统的机械能守恒得mglFNsin 60°＝mv，根据几何关系可知 lFN＝2lEMtan 30°，联立解得vN＝3 m/s，选项B错误，C正确；小球到达N点时，重力的瞬时功率为P＝mgvNsin 60°＝ W，选项D错误。
12．(多选)如图所示，质量均为m的物块A和B用轻弹簧连接并竖直放置，轻绳绕过分别固定在同一水平面上O、E两点的定滑轮，一端与物块A连接，另一端与质量也为m的小球C连接，小球C套在水平固定且粗细均匀的光滑直杆上，开始时小球C锁定在直杆上的P点，连接小球的轻绳和水平方向的夹角为θ＝60°，物块B对地面的压力恰好为0，某时刻解除对小球C的锁定，同时施加一个水平向右、大小为F的恒力，小球C运动到直杆上的Q点时速度达到最大，OQ与水平方向的夹角也为θ，D为PQ的中点，P、Q间距离为L，在小球C的运动过程中，轻绳始终处于拉直状态，弹簧始终在弹性限度内，忽略两个定滑轮大小，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球C从P点运动到D点的过程中，合力对物块A做功为0
B. 小球C从P点运动到D点的过程中，弹簧弹力和轻绳拉力对物块A的冲量之和为0
C. 小球C运动到Q点时，物块A的速度大小为
D. 小球C运动到Q点时，物块A的加速度大小为－2g
ACD 解析：小球C运动到D点时，物块A的速度为0，根据动能定理可知W合＝ΔEk＝0，故A正确；小球C从P点运动到D点的过程中，物块A的动量变化量为0，根据动量定理知，弹簧的弹力、轻绳的拉力及物块A的重力对物块A的冲量之和为0，重力的冲量不为0，所以弹簧弹力和轻绳拉力对物块A的冲量之和也不为0，故B错误；小球C运动到Q点时，弹簧的弹性势能变化量为0，A、C和弹簧组成的系统，根据能量守恒有FL＝mv＋mv，且vA＝vCcos θ，解得vA＝，故C正确；小球C运动到直杆上的Q点时速度达到最大，根据平衡条件有FT＝＝2F，根据对称性可知，小球C运动到直杆上的Q点时物块B对地面的压力恰好为0，则弹簧处于伸长状态，且大小为Fx＝mg，物块A的加速度大小为a＝＝－2g，故D正确。
13．(2023·辽宁卷)某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80 m/s时离开水面，该过程滑行距离 L＝1 600 m，汲水质量m＝1.0×104 kg。离开水面后，飞机攀升高度h＝100 m时速度达到v2＝100 m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。
解析：(1)飞机从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为，则L＝v1t
解得飞机滑行的时间为t＝＝ s＝40 s
飞机滑行的加速度大小为a＝＝ m/s2＝2 m/s2。
(2)水的机械能包含水的动能和重力势能，从飞机离开水面至高度h＝100 m，水的机械能变化量为
ΔE＝mv＋mgh－mv＝2.8×107 J。
答案：(1)2 m/s2 40 s (2)2.8×107 J
14．(2023·广东卷)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
解析：(1)A在传送带上运动时的加速度a＝μg
由静止加速到与传送带共速所用的时间
t1＝＝。
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W＝×2mv＋2mg·3L－×2m(2v0)2＝6mgL－3mv。
(3)A、B碰撞过程，由动量守恒定律和能量关系可知
2m·2v0＝mv1＋2mv2
×2m·(2v0)2－＝××2m·(2v0)2
解得v1＝2v0，v2＝v0(另一组解v1＝v0，v2＝v0舍掉)
两药品盒平抛运动的时间t2＝
则s－r＝v2t2，s＋r＝v1t2
解得s＝。
答案：(1) (2)6mgL－3mv (3)
15．(2023·浙江卷6月选考)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m的圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12 kg 的滑块a以初速度v0＝2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为形变量)。
(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN。
(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE。
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
解析：(1)滑块a从D到F，由动能定理得
mg·2R＝mv－mv
在F点由于仍做圆周运动，则有FN－mg＝m
解得vF＝10 m/s，FN＝31.2 N。
(2)滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为a＝μg＝5 m/s2
根据v＝v－2aL
可得滑块a在C点的速度vC＝3 m/s
则滑块a从碰撞后至到达C点，由机械能守恒得
mv＝mv＋mg·2R
解得v1＝5 m/s
因a、b碰撞过程动量守恒，则
mvF＝－mv1＋3mv2
解得碰后b的速度v2＝5 m/s
则碰撞过程中损失的能量
ΔE＝mv－mv－×3mv＝0。
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则a、b碰后达到共同速度，有mvF＝4mv
解得v＝2.5 m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时a、b、c有共同速度，则根据动量守恒有4mv＝6mv′
解得v′＝ m/s
设当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量守恒得
×4mv2＝×6mv′2＋kx
解得x1＝0.1 m
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2＝x1
则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2 m。
答案：(1)10 m/s 31.2 N (2)0 (3)0.2 m
16．如图甲所示，在水平面上沿一条直线并排放着四个物体(均可视为质点)，彼此相距为L，以物体1所在位置为坐标原点，向右为x轴正方向，建立如图甲所示坐标系。物体与水平面之间的动摩擦因数与不同位置之间的关系如图乙所示，在O～L，L～2L，2L～3L区间μ-x图像与 x轴正好围成半圆，且横、纵坐标标度相同，其他地方地面可视为光滑。物体1、2、3、4的质量分别为m、2m、3m、4m。现给物体1一定初速度v0＝，物体1与物体2发生碰撞后粘在一起向右运动。此后，发生的其他碰撞皆为弹性碰撞。已知当地重力加速度为g，所得结果用题目中给定的符号m、L、g、π表示，本题中所有物理量单位均为国际单位制单位。求：
(1)物体1在运动第1个位移L过程中，地面对物体1所做的功；
(2)物体1与物体2相撞后瞬间的速度；
(3)物体3最终的位置坐标。
解析：(1)物体1在水平面上滑动过程中，受到滑动摩擦力作用，摩擦力大小为F滑＝μmg
滑动摩擦力所做的功W1＝－mg·π2
解得W1＝－πmgL2。
(2)物体1以初速度v0经过位移L的过程中，根据动能定理得W1＝mv－mv
物体1与物体2发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2
解得v2＝。
(3)物体1、2整体经过位移L后和物体3发生弹性碰撞，因为质量相同，所以发生速度交换。物体1、2停在物体3的位置，物体3再经过位移L后与物体4发生弹性碰撞。
1、2碰撞后到3与4碰撞前，根据动能定理得
－3mg×2×π2＝×3mv－×3mv
解得v3＝
物体3与物体4发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒得3mv3＝3mv′3＋4mv4
×3mv＝×3mv′＋×4mv
解得v′3＝－
物体3碰撞后反弹，假设在水平面上运动的距离为s，且s>，对应的μ-x图像圆心角为θ，如图所示，
则滑动摩擦力所做的功为
W4＝－3mg
又根据动能定理得W4＝－×3mv′
综上解得θ＝
x＝3L－s＝3L－－cos (π－θ)
解得x＝L
故位置坐标为。
答案：(1)－πmgL2 (2)
(3)
17．(2024·湖南卷)如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
(1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小。
(2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。
(3)若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍(0解析：(1)由题意可知小球A、B组成的系统碰撞前后动量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有
mAv0＝(mA＋mB)v
可得v＝
碰撞后根据牛顿第二定律有
F＝(mA＋mB)
可得F＝。
(2)若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA、vB，则碰后动量和能量守恒有
mAv0＝mAvA＋mBvB
mAv＝mAv＋mBv
联立解得
vA＝v0，vB＝
因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图
①若第2次碰撞发生在图中的b点，设k1为第2次碰撞前A运动的整圈数，则从第1次碰撞到第2次碰撞之间，A、B通过的路程之比为(k＝0,1,2,3，…)，则有
＝＝(k＝0,1,2，3，…)
联立解得
＝
由于两质量均为正数，故k1＝0，即
＝2
对第2次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为v′A，v′B，则同样有
mAvA＋mBvB＝mAv′A＋mBv′B
mAv＋mBv＝mAv′＋mBv′
联立解得v′A＝v0，v′B＝0，故第3次碰撞发生在b点、第4次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。
②若第2次碰撞发生在图中的c点，设k2为第2次碰撞前A运动的整圈数，则从第1次碰撞到第2次碰撞之间，A、B通过的路程之比为(k2＝0,1,2，3，…)，则有
＝＝
联立可得
＝
因为两质量均为正数，故k2＝0，即＝5
根据①的分析可证v′A＝v0，v′B＝0，满足题意。
综上可知＝2或＝5。
(3)第1次碰前相对速度大小为v0，第1次碰后的相对速度大小为v1相＝ev0，第1次碰后与第2次相碰前B比A多运动一圈，即B相对A运动一圈，有
t1＝
第1次碰撞动量守恒有
mAv0＝mAvA1＋mBvB1
且v1相＝vB1－vA1＝ev0
联立解得vB1＝(v0＋v1相)
B球运动的路程
s1＝vB1t1＝＝
第2次碰撞的相对速度大小为
v2相＝ev1相＝e2v0
t2＝
第2次碰撞有
mAv0＝mAvA2＋mBvB2
且v2相＝vA2－vB2＝e2v0
联立可得vB2＝(v0－v2相)
所以B球运动的路程
s2＝vB2t2＝＝
一共碰了2n次，有
s＝s1＋s2＋s3＋…＋s2n
＝
＝·。
答案：(1) (2)2或5
(3)·
18．(2024·河北卷)如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力。
(1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。
(2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
(3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距xAC与B木板长度LB的关系。
解析：(1)机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为m′，三个木板质量均为m，根据人船模型得
m′x＝mx1
同时有
x＋x1＝LA
解得A、B木板间的水平距离
x1＝1.5 m。
(2)设机器人起跳的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为θ，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得
vcos θ·t＝x1
＝
联立解得
v2＝ m2/s2
机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒有
m′vcos θ＝mvA
根据能量守恒可得机器人做的功为
W＝m′v2＋mv
联立得
W＝·45 J＝·45 J＝45 J
根据数学知识可得当tan θ＝时，即tan θ＝2时，W取最小值，代入数值得此时
W＝90 J。
(3)根据tan θ＝2可得vcos θ＝ m/s，根据
m′vcos θ＝mvA
得vA＝ m/s
分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与B、C木板组成的系统在水平方向动量守恒，得
m′vcos θ＝(m′＋2m)v共
解得
v共＝ m/s
该过程A木板向左运动的距离为
xA＝vAt＝× m＝4.5 m
机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为v0，B木板的速度大小为vB，机器人每次跳跃的时间为Δt，取向右为正方向，得
(m′＋m)v共＝m′v0－mvB
每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得
＝(v0＋vB)Δt
机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，A、B木板的位移差为
Δx＝x1＋xA＝6 m
可得(vB－vA)·3Δt＝Δx
联立解得
Δt＝－
故A、C两木板间距为
xAC＝(vA＋vC)·3Δt＋Δx＋LB
vC＝v共
解得xAC＝LB。
答案：(1)1.5 m (2)90 J 2 (3)xAC＝LB
