动量定理和动量守恒定律
【备考指南】 1．高考对本讲的命题，以选择题的形式考查动量、冲量及动量定理的应用，难度相对较小，以计算题形式考查动量守恒定律与动力学和能量的综合应用，难度较大。2．关注力学及电磁学、原子物理的结合，这类题选材密切联系实际，情境新颖，综合性强。3．强化数学应用能力的训练，会用微分思想处理流体问题。4．注意碰撞与运动图像的结合，训练从图像中获取运动信息的能力。
突破点一 动量定理及其应用
1．应用动量定理时的四个注意点
(1)动量定理表明冲量既是使物体动量发生变化的原因，又是物体动量变化的量度。
注意：这里所说的冲量是物体所受的合力的冲量(或者说是物体所受各个外力冲量的矢量和)。
(2)动量定理的研究对象是一个物体(或可视为一个物体的系统)。
(3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初、末状态的动量。
(4)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向。
2．动量定理在“四类”问题中的应用
(1)求解缓冲问题。
(2)求解平均力问题。
(3)求解流体问题。
(4)在电磁感应中求解电荷量问题。
[典例1] (求平均力问题)(多选)(2024·安徽卷)一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图甲所示。从t＝0开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2，其大小与时间t的关系如图乙所示。已知物块的质量为1.2 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。则( )
A．物块始终做匀变速曲线运动
B．t＝1 s时，物块的y坐标值为2.5 m
C．t＝1 s时，物块的加速度大小为5 m/s2
D．t＝2 s时，物块的速度大小为10 m/s
[听课记录]
[典例2] (流体问题)(2024·河北沧州期中)“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意象。当雨滴竖直下落的速度为v时，将一圆柱形量杯置于雨中，测得时间t内杯中水面上升的高度为h。为估算“雨打芭蕉”产生的压强p，建立以下模型，芭蕉叶呈水平状，所有落到芭蕉叶上的雨滴，都有一半向四周溅散开，溅起时竖直向上的速度大小为，另一半则留在叶面上。忽略芭蕉叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响，忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知水的密度为ρ，则p为( )
A． B． C． D．
[听课记录]
用动量定理解决连续的流体问题的分析步骤
[典例3] (电荷量问题)(多选)(2024·河南开封二模)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰好为0，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是( )
A．q1＝q2 B．q1＝2q2
C．v＝1.0 m/s D．v＝1.5 m/s
[听课记录]
突破点二 动量守恒定律的应用
1．人船模型
(1)一个原来处于静止状态的系统，在系统内两部分发生相对运动的过程中，在运动方向上满足：
①动量守恒：mv1＝Mv2，可推导mx1＝Mx2。
②位移关系：x1＋x2＝l，则x1＝l；
＝，其中x1、x2为两部分的对地位移，l为相对位移。
(2)常见模型及拓展
2．爆炸与反冲的三个特点
(1)作用时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。
(2)爆炸过程有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。
(3)若系统初始状态处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。
[典例4] (人船模型)(2024·河北卷节选)如图所示，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。
[听课记录]
[典例5] (爆炸问题)(多选)(2024·河北衡水5月质检)国庆节某游乐场在确保安全的情况下燃放烟花。质量m＝0.3 kg的烟花点燃后，在t＝0.01 s时间内发生第一次爆炸，向下高速喷出少量高压气体(此过程烟花位移可以忽略)，然后被竖直发射到距地面h＝20 m的最高点。在最高点时剩余火药在极短时间内发生第二次爆炸，爆炸过程中释放的能量有40%转化为机械能，烟花被炸成两部分，其中质量为m1＝0.2 kg的部分以v1＝20 m/s的速度向东水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．第一次火药爆炸过程中高压气体对烟花平均作用力大小为500 N
B．第二次火药爆炸后另一部分烟花的速度大小为10 m/s，方向水平向西
C．第二次火药爆炸后两部分烟花落地点间距为120 m
D．第二次火药爆炸中释放的能量为300 J
[听课记录]
突破点三 碰撞模型及其拓展
1．碰撞过程遵循的“三个原则”
2．弹性正碰模型——“一动碰一静”
m1：运动小球，m2：静止小球，v1：m1碰撞速度，：m1碰后速度，：m2碰后速度。
＝v1，＝v1
讨论：(1)当m1＝m2时，＝0，＝v1(质量相等，速度交换)；
(2)当m1>m2时，>0，>0且>(大碰小，同向跑)；
(3)当m10(小碰大，要反弹)。
[典例6] (弹性碰撞)(多选)(2024·广东卷)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有( )
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与H乙无关
D．甲最终停止位置与O处相距
[听课记录]
[典例7] (类碰撞模型)(多选)(2024·湖南长沙雅礼中学9月质检)如图甲所示，质量分别为mA和mB的A、B两小球用轻质弹簧连接置于光滑水平面上，初始时刻两小球被分别锁定，此时弹簧处于压缩状态。t＝0时刻解除A球锁定，t＝t1时刻解除B球锁定，A、B两球运动的加速度a随时间t变化的图像(a t图像)如图乙所示，S1表示0到t1时间内A的a t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a t图线与坐标轴所围面积大小。弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是( )
A．t1时刻后A、B系统的总动量大小始终为mAS1
B．＝
C．S1－S2D．t2时刻弹簧的伸长量大于t＝0时刻弹簧的压缩量
[听课记录]
碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
图例(水平面光滑) 达到共速 再次分离
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量无损耗，满足＝
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
图例(水平面、水平导轨都光滑) 达到共速
相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能
1．(热点情境·生产生活)高压水枪冲洗物体时，在物体表面将产生一定的压力。若水从枪口喷出时的速度大小为v＝100 m/s，近距离垂直喷射到物体表面，水枪出水口直径d＝5 mm。忽略水从枪口喷出后的发散效应，假设水喷射到物体表面时速度在短时间内变为0。已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，水枪在物体表面产生的冲击力约为( )
A．98 N B．196 N C．393 N D．785 N
2．(热点情境·体育娱乐活动)(多选)(2024·安徽淮北8月开学检测)如图甲所示，在某次冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞(碰撞时间极短)，碰撞前后两壶运动的v t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两壶质量相等且均可视为质点，由图乙可得( )
A．红、蓝两壶碰撞过程是弹性碰撞
B．碰撞前瞬间，红壶瞬时速度为1.0 m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2.4 m
D．红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为1∶4
3．(经典模型·学科内融合)(多选)如图所示，倾角θ＝37°的足够长平行金属导轨宽度为L＝1 m，其上端连接电阻R＝2 Ω，等高的两点P、Q上方导轨光滑，其空间内有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝ T，P、Q两点下方导轨不光滑，空间无磁场。质量为 3 kg、 电阻为2 Ω的金属棒b放置在P、Q位置，将质量为1 kg、电阻为1 Ω的金属棒a从P、Q上方某位置由静止释放，当a棒匀速运动时与静止的b棒发生弹性碰撞，碰撞后a棒运动 m到达最高点。两棒与不光滑导轨间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，金属棒与导轨接触良好，其他电阻不计。以下说法正确的是( )
A．a棒匀速运动速度大小为5 m/s
B．b棒运动的位移大小为5 m
C．a棒沿导轨向上运动到最高点所用时间为0.25 s
D．两棒可以发生两次碰撞
9/9 动量定理和动量守恒定律
【备考指南】 1．高考对本讲的命题，以选择题的形式考查动量、冲量及动量定理的应用，难度相对较小，以计算题形式考查动量守恒定律与动力学和能量的综合应用，难度较大。2．关注力学及电磁学、原子物理的结合，这类题选材密切联系实际，情境新颖，综合性强。3．强化数学应用能力的训练，会用微分思想处理流体问题。4．注意碰撞与运动图像的结合，训练从图像中获取运动信息的能力。
突破点一 动量定理及其应用
1．应用动量定理时的四个注意点
(1)动量定理表明冲量既是使物体动量发生变化的原因，又是物体动量变化的量度。
注意：这里所说的冲量是物体所受的合力的冲量(或者说是物体所受各个外力冲量的矢量和)。
(2)动量定理的研究对象是一个物体(或可视为一个物体的系统)。
(3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初、末状态的动量。
(4)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向。
2．动量定理在“四类”问题中的应用
(1)求解缓冲问题。
(2)求解平均力问题。
(3)求解流体问题。
(4)在电磁感应中求解电荷量问题。
[典例1] (求平均力问题)(多选)(2024·安徽卷)一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图甲所示。从t＝0开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2，其大小与时间t的关系如图乙所示。已知物块的质量为1.2 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。则( )
A．物块始终做匀变速曲线运动
B．t＝1 s时，物块的y坐标值为2.5 m
C．t＝1 s时，物块的加速度大小为5 m/s2
D．t＝2 s时，物块的速度大小为10 m/s
BD [根据题图乙可得F1＝4－t(N)，F2＝3t(N)，故两力的合力为F＝4＋2t(N)，物块在y轴方向受到的力不变为mg sin 30°，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误；在y轴方向的加速度为ay＝＝g sin 30°＝5 m/s2，故t＝1 s时，物块的y坐标值为y＝ayt2＝2.5 m，故B正确；t＝1 s时，F＝6 N，故此时加速度大小为a＝＝ m/s2＝5 m/s2，故C错误；对x轴正方向，对物块根据动量定理有Ft＝mvx－0，由于F与时间t呈线性关系，故可得×2 m/s＝1.2vx，解得vx＝10 m/s，此时y轴方向速度为vy＝g sin 30°·t＝5×2 m/s＝10 m/s，故此时物块的速度大小为v＝＝10 m/s，故D正确。]
[典例2] (流体问题)(2024·河北沧州期中)“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意象。当雨滴竖直下落的速度为v时，将一圆柱形量杯置于雨中，测得时间t内杯中水面上升的高度为h。为估算“雨打芭蕉”产生的压强p，建立以下模型，芭蕉叶呈水平状，所有落到芭蕉叶上的雨滴，都有一半向四周溅散开，溅起时竖直向上的速度大小为，另一半则留在叶面上。忽略芭蕉叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响，忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知水的密度为ρ，则p为( )
A． B． C． D．
A [设极短时间Δt内落到芭蕉叶上面的雨滴质量为m，则m＝ρSΔh·Δt，其中Δh为单位时间杯中水面上升的高度，即Δh＝，以向四周散开的一半雨滴为研究对象，竖直向上为正方向，由动量定理得F1Δt＝m·，以留在叶面上的一半雨滴为研究对象有F2Δt＝0－，雨滴受到的撞击力大小为F＝F1＋F2，由牛顿第三定律可知，芭蕉叶上受到的冲击力大小为F′＝F，根据压强定义式得p＝＝，故A正确。]
用动量定理解决连续的流体问题的分析步骤
[典例3] (电荷量问题)(多选)(2024·河南开封二模)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰好为0，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是( )
A．q1＝q2 B．q1＝2q2
C．v＝1.0 m/s D．v＝1.5 m/s
BD [根据q＝＝可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线框从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理得＝mv－mv0，即－q1BL＝mv－mv0，同理线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理得－LBΔt2＝0－mv，即－q2BL＝0－mv，联立解得v＝v0＝1.5 m/s, 故C错误，D正确。]
【教师备选资源】
(多选)(2023·新课标卷)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轴零点，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 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，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 [由公式W＝Fx可知，W x图像中图线的斜率为物体所受的拉力大小，由题图可知 0～2 m内物体所受的拉力大小F1＝6 N，2～4 m 内物体所受的拉力大小F2＝3 N。由题意可知物体所受的滑动摩擦力大小Ff＝μmg＝0.4×1×10 N＝4 N。0～1 m的过程中对物体由动能定理得W1－Ffx1＝，解得v1＝2 m/s，由公式P＝F1v1，得拉力的功率为12 W，A错误；0～4 m的过程中，对物体由动能定理得W2－Ffx2＝Ek，代入数据解得Ek＝2 J，B正确；0～2 m的过程中，物体克服摩擦力做的功＝Ffx3＝4×2 J＝8 J，C正确；由于F2＜Ff，所以物体在2～4 m的过程中做匀减速直线运动，因此物体在2 m处的速度最大，动量最大，对物体由动能定理得W3－Ffx3＝，代入数据解得v2＝2 m/s，物体动量的最大值p＝mv2＝2 kg·m/s，D错误。]
突破点二 动量守恒定律的应用
1．人船模型
(1)一个原来处于静止状态的系统，在系统内两部分发生相对运动的过程中，在运动方向上满足：
①动量守恒：mv1＝Mv2，可推导mx1＝Mx2。
②位移关系：x1＋x2＝l，则x1＝l；
＝，其中x1、x2为两部分的对地位移，l为相对位移。
(2)常见模型及拓展
2．爆炸与反冲的三个特点
(1)作用时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。
(2)爆炸过程有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。
(3)若系统初始状态处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。
[典例4] (人船模型)(2024·河北卷节选)如图所示，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。
[解析] (1)设机器人的质量为M，木板的质量为m，机器人在从A木板左端走到右端的过程，机器人与A木板组成的系统动量守恒，根据“人船模型”可知：
Mx1＝mx2
根据位移关系有x1＋x2＝LA
联立解得木板A向左移动的位移x2＝1.5 m
因机器人向右走动过程，B、C始终静止，则机器人从A木板左端走到右端时，A、B木板间的水平距离为x2＝1.5 m。
(2)机器人起跳后在空中做斜抛运动，设在空中运动的时间为t，起跳时速度为v0，与水平方向的夹角为θ，则
水平方向上有x2＝v0cos θ·t
竖直方向上有v0sin θ＝g·
联立解得v0＝
机器人起跳过程中，机器人与A木板水平方向上动量守恒，则有Mv0cos θ＝mvA
根据功能关系有W＝
联立可得W＝＝＝3gx2 J
当且仅当＝，即tan θ0＝2时，W取最小值，则Wmin＝90 J。
[答案] (1)1.5 m (2)90 J 2
【教师备选资源】
(2023·湖南卷)如图所示，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的长半轴和短半轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。求：
(1)小球第一次运动到轨道最低点时，凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
(2)在平面直角坐标系xOy中，小球运动的轨迹方程；
(3)若＝，小球下降h＝高度时，相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示)。
[解析] (1)小球和凹槽组成的系统在运动过程中水平方向动量守恒，小球在凹槽最低点时只有水平方向的速度，设小球、凹槽此时的速度大小分别为vm、vM，由水平方向动量守恒，有mvm＝MvM ①
由机械能守恒定律，有＝mgb ②
联立解得vM＝ ③
由①易得mxm＝MxM ④
且小球第一次运动到凹槽的最低点时有
xm＋xM＝a ⑤
联立解得xM＝。 ⑥
(2)小球相对于凹槽一直做轨迹为半个椭圆的运动，在固定坐标系xOy中描述小球的运动轨迹，
设小球对地速度的水平分量大小为v1，凹槽对地速度大小为v2，由水平方向动量守恒有mv1＝Mv2 ⑦
从初始时刻开始，设某时刻小球对地水平位移大小为x1，凹槽的对地位移大小为x2。
由⑦易得mx1＝Mx2 ⑧
设某时刻小球在xOy坐标系中坐标为(x，y)，
易得x＝a－x1 ⑨
根据坐标平移相关知识及椭圆规律有
＝1 ⑩
联立⑧⑨⑩可得小球在xOy中的轨迹方程为＝1(y≤0)。
(3)将＝代入 式可得小球轨迹方程为
[x－(a－b)]2＋y2＝b2，轨迹为圆
故当y＝－时，x＝(a－b)±b
考虑到对称性，不妨取x＝(a－b)＋b来计算速度大小，由圆的几何知识推导可知，在这个位置上的小球，速度大小v′m＝2v′mx
由系统水平方向动量守恒有
mv′mx＝Mv′M
由系统机械能守恒可得
＝mg
联立 可得v′m＝2b。
[答案] (1)(2)＝1(y≤0)(3)2b
[典例5] (爆炸问题)(多选)(2024·河北衡水5月质检)国庆节某游乐场在确保安全的情况下燃放烟花。质量m＝0.3 kg的烟花点燃后，在t＝0.01 s时间内发生第一次爆炸，向下高速喷出少量高压气体(此过程烟花位移可以忽略)，然后被竖直发射到距地面h＝20 m的最高点。在最高点时剩余火药在极短时间内发生第二次爆炸，爆炸过程中释放的能量有40%转化为机械能，烟花被炸成两部分，其中质量为m1＝0.2 kg的部分以v1＝20 m/s的速度向东水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．第一次火药爆炸过程中高压气体对烟花平均作用力大小为500 N
B．第二次火药爆炸后另一部分烟花的速度大小为10 m/s，方向水平向西
C．第二次火药爆炸后两部分烟花落地点间距为120 m
D．第二次火药爆炸中释放的能量为300 J
CD [第一次火药爆炸后，设烟花的速度为v，则有v2＝2gh，解得v＝20 m/s，第一次火药爆炸过程对烟花由动量定理有(F－mg)t＝mv－0，解得高压气体对烟花平均作用力大小为F＝603 N，故A错误；第二次爆炸，水平方向动量守恒，有m1v1－(m－m1)v2＝0，解得v2＝40 m/s，所以另一部分烟花的速度大小为40 m/s，方向水平向西，两部分烟花下落的时间相等，均为t′＝＝2 s，所以两部分烟花落地点间距为x＝(v2＋v1)t′＝120 m，故B错误，C正确；第二次火药爆炸中释放的能量为E＝＝300 J，故D正确。]
突破点三 碰撞模型及其拓展
1．碰撞过程遵循的“三个原则”
2．弹性正碰模型——“一动碰一静”
m1：运动小球，m2：静止小球，v1：m1碰撞速度，：m1碰后速度，：m2碰后速度。
＝v1，＝v1
讨论：(1)当m1＝m2时，＝0，＝v1(质量相等，速度交换)；
(2)当m1>m2时，>0，>0且>(大碰小，同向跑)；
(3)当m10(小碰大，要反弹)。
[典例6] (弹性碰撞)(多选)(2024·广东卷)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有( )
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与H乙无关
D．甲最终停止位置与O处相距
ABD [两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；设斜面倾角为θ，乙下滑过程有＝，在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲的碰前速度为初速度做匀减速运动的时间为t3，乙运动的时间为t＝t1＋t2＋t3，由于t1与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误；乙下滑过程有mgH乙＝，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同，则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有＝2μgx，联立可得x＝，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。故选ABD。]
【教师备选资源】
(2023·浙江卷6月)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的四分之一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)，重力加速度g取 10 m/s2。
(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处进入，经DEF管道到达最低点的过程中，由动能定理得
mg·2R＝
解得vF＝10 m/s
在最低点F由牛顿第二定律得
FN－mg＝
解得FN＝31.2 N。
(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s, 设碰后滑块a的速度大小为va，则由动能定理有
－mg·2R－μmgL＝
解得va＝5 m/s
滑块a、b碰撞过程中动量守恒，取水平向右为正方向，有mvF＝－mva＋3mvb
解得vb＝5 m/s
滑块a、b碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝
解得ΔE＝0 J。
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，设碰撞后a、b的共同速度为v，由动量守恒定律得
mvF＝(m＋3m)v
当弹簧最长或最短时，a、b与c均达到共速，设为v′，由动量守恒定律得
(m＋3m)v＝(m＋3m＋2m)v′
弹簧的最大弹性势能
Ep＝(m＋3m)v2－(m＋3m＋2m)
又Ep＝kx2
系统能量守恒，弹簧最长或最短时，系统的动能相等，所以弹簧最长或最短时，弹簧的形变量相同，故弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x
联立解得Δx＝0.2 m。
[答案] (1)10 m/s 31.2 N (2)0 J (3)0.2 m
[典例7] (类碰撞模型)(多选)(2024·湖南长沙雅礼中学9月质检)如图甲所示，质量分别为mA和mB的A、B两小球用轻质弹簧连接置于光滑水平面上，初始时刻两小球被分别锁定，此时弹簧处于压缩状态。t＝0时刻解除A球锁定，t＝t1时刻解除B球锁定，A、B两球运动的加速度a随时间t变化的图像(a t图像)如图乙所示，S1表示0到t1时间内A的a t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a t图线与坐标轴所围面积大小。弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是( )
A．t1时刻后A、B系统的总动量大小始终为mAS1
B．＝
C．S1－S2D．t2时刻弹簧的伸长量大于t＝0时刻弹簧的压缩量
AB [t＝0时刻解除A球锁定，t＝t1时刻解除B球锁定，说明t1时刻只有A球具有速度，设此时A球的速度为v1，则有ΔvA1＝v1－0＝v1＝S1，t1时刻后A、B组成的系统满足动量守恒，故总动量等于t1时刻A球的动量，则有p总＝mAv1＝mAS1，A正确；由题图可知t1时刻A球的加速度为0，则此时弹簧弹力等于0，即弹簧处于原长状态，t2时刻两球的加速度都达到最大，说明此时弹簧的弹力最大，弹簧的伸长量最大，即t2时刻两球具有相同的速度，设t2时刻A、B两球的速度为v2，从t1到t2过程，A球的速度变化量大小为ΔvA2＝v1－v2＝S2，B球的速度变化量大小为ΔvB＝v2－0＝S3，从t1到t2过程，A、B组成的系统动量守恒，则有mAv1＝mAv2＋mBv2，可得mA(v1－v2)＝mBv2，联立可得＝，B正确；由A、B项分析可得S1－S2＝v2＝S3，C错误；从t＝0到t2时刻，A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，则有Ep0＝＋Ep2，说明t＝0时刻弹簧的弹性势能大于t2时刻弹簧的弹性势能，即t＝0时刻弹簧的压缩量大于t2时刻弹簧的伸长量，D错误。]
碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
图例(水平面光滑) 达到共速 再次分离
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量无损耗，满足＝
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
图例(水平面、水平导轨都光滑) 达到共速
相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能
1．(热点情境·生产生活)高压水枪冲洗物体时，在物体表面将产生一定的压力。若水从枪口喷出时的速度大小为v＝100 m/s，近距离垂直喷射到物体表面，水枪出水口直径d＝5 mm。忽略水从枪口喷出后的发散效应，假设水喷射到物体表面时速度在短时间内变为0。已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，水枪在物体表面产生的冲击力约为( )
A．98 N B．196 N C．393 N D．785 N
B [设Δt时间内从枪口喷出的水的质量m＝ρvπΔt，以Δt时间内喷出的水为研究对象，设水枪在物体表面产生的冲击力大小为F，以喷水的方向为正方向，则由动量定理有－FΔt＝0－mv，解得F≈196 N，B项正确。]
2．(热点情境·体育娱乐活动)(多选)(2024·安徽淮北8月开学检测)如图甲所示，在某次冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞(碰撞时间极短)，碰撞前后两壶运动的v t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两壶质量相等且均可视为质点，由图乙可得( )
A．红、蓝两壶碰撞过程是弹性碰撞
B．碰撞前瞬间，红壶瞬时速度为1.0 m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2.4 m
D．红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为1∶4
BD [红壶与蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，可认为系统水平方向动量守恒，设碰撞后蓝壶的速度为v，由题图乙可知，碰撞前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰撞后速度为v1＝0.2 m/s，则有mv0＝mv1＋mv，得碰撞后蓝壶的瞬时速度v＝0.8 m/s，碰撞前两壶的机械能为Ek1＝＝0.5m(J)，碰撞后两壶的机械能为Ek2＝＋mv2＝0.34m(J)，碰撞前后机械能变化量为ΔEk＝Ek1－Ek2＝0.16m(J)，所以红、蓝两壶的碰撞是非弹性碰撞，A错误，B正确；由题图乙可知，碰后红壶与蓝壶都做匀减速运动，蓝壶移动的距离为x＝t＝×5 m＝2.0 m，C错误；红、蓝两壶碰后至停止运动的过程中，所受摩擦力的冲量大小等于两壶碰后动量的损失量，由动量定理得I红＝mv1＝0.2m(N·s)，I蓝＝mv＝0.8m(N·s)，则两壶所受摩擦力的冲量之比为 I红∶I蓝＝1∶4，D正确。]
3．(经典模型·学科内融合)(多选)如图所示，倾角θ＝37°的足够长平行金属导轨宽度为L＝1 m，其上端连接电阻R＝2 Ω，等高的两点P、Q上方导轨光滑，其空间内有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝ T，P、Q两点下方导轨不光滑，空间无磁场。质量为 3 kg、 电阻为2 Ω的金属棒b放置在P、Q位置，将质量为1 kg、电阻为1 Ω的金属棒a从P、Q上方某位置由静止释放，当a棒匀速运动时与静止的b棒发生弹性碰撞，碰撞后a棒运动 m到达最高点。两棒与不光滑导轨间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，金属棒与导轨接触良好，其他电阻不计。以下说法正确的是( )
A．a棒匀速运动速度大小为5 m/s
B．b棒运动的位移大小为5 m
C．a棒沿导轨向上运动到最高点所用时间为0.25 s
D．两棒可以发生两次碰撞
BC [a棒匀速运动，由平衡条件得mg sin 37°＝BIL，又有E＝BLv，I＝，解得v＝4 m/s，故A错误；两棒发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律，有mv＝mva＋Mvb，mv2＝，得va＝－2 m/s，vb＝2 m/s，b棒沿斜面向下做减速运动，b棒运动位移大小为xb，由动能定理Mg sin 37°xb－μMg cos 37°xb＝，解得xb＝5 m，故B正确；碰撞后a棒沿斜面向上运动到最高点所用时间为t，其位移x＝ m，由动量定理有 －mg sin 37°t－Bt＝，得t＝0.25 s，故C正确；由能量守恒定律可知，a棒再次到达P、Q位置时速度一定小于 2 m/s, a棒从P、Q位置沿斜面向下运动位移不到5 m时速度已经为0，两棒一定不可能发生第二次碰撞，故D错误。]
专题限时集训(五)
1．(2022·北京卷)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是( )
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
B [助滑阶段，运动员深蹲是为了减小空气阻力，A错误；起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力来增加向上的速度，B正确；飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，延长力的作用时间可以减少身体受到的平均冲击力，D错误。]
2．(多选)以前人们在建造房屋时，通常用“打夯”的方式将地基夯实。如图所示为“打夯”的情境，两人用绳子拴接质量m＝80 kg的石块，保持两侧的绳子与竖直方向间的夹角为α＝37°不变，两侧绳子拉力的大小恒为F＝1 000 N，使石块由地面竖直向上运动h＝0.45 m 后将拉力F撤去，石块从施力到静止所用的总时间为t＝1.04 s，重力加速度为g＝10 m/s2，＝1.41，sin 37°＝0.6。忽略空气阻力。则下列说法正确的是( )
A．拉力F作用的时间为0.6 s
B．石块上升的最大高度为0.9 m
C．石块落地瞬间的速度大小约为6 m/s
D．石块与地面碰撞时，地面对石块的平均作用力约为20 706 N
BD [撤去拉力F前，对石块，由牛顿第二定律得2F cos 37°－mg＝ma，代入数据解得a＝10 m/s2，则由公式h＝得t1＝，解得拉力F作用的时间为t1＝0.3 s，A错误；撤去拉力F瞬间，石块的速度为v＝at1，解得v＝3 m/s，撤去拉力F后石块做竖直上抛运动，从撤走拉力到最高点的过程中石块上升的高度为h1＝，解得h1＝0.45 m，所以石块上升的最大高度为H＝h＋h1，解得H＝0.9 m，B正确；设石块落地瞬间的速度大小为v′，则由＝2gH得v′＝，代入数据解得v′＝3 m/s＝4.23 m/s，C错误；从撤去拉力F到石块运动到最高点所用的时间为t2＝＝ s＝0.3 s，石块由最高点到落在地面的过程所用的时间为t3＝，解得t3＝0.423 s，石块落地后与地面相互作用的时间为Δt＝t－t1－t2－t3＝0.017 s，石块与地面相互作用的过程中，由动量定理得F·Δt－mg·Δt＝0－(－mv′), 代入数据解得F≈20 706 N，D正确。]
3．娱乐风洞是一种空中悬浮装置，在一个特定的空间内人工制造和控制气流，游客只要穿上特制的可改变受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)的飞行服跳入飞行区，即可通过改变受风面积来实现向上、向下运动或悬浮。现有一竖直圆柱形风洞，风机通过洞口向风洞内“吹气”，产生竖直向上、速度恒定的气流。某时刻，有一质量为m的游客恰好在风洞内悬浮，已知气流密度为ρ，游客受风面积为S，重力加速度为g，假设气流吹到人身上后速度变为0，则气流速度大小为( )
A． B． C． D．
C [在Δt时间内吹到人体的气体质量为Δm＝ρSvΔt。设人对气流的力大小为F，则对此段气体由动量定理有－F·Δt＝0－Δm·v，由牛顿第三定律，气流给人的力大小为F′＝F，人受力平衡，所以F′＝mg，解得v＝，故选C。]
4．(多选)(2024·1月九省联考河南卷)α粒子以一定的初速度与静止的氧原子核发生正碰。此过程中，α粒子的动量p随时间t变化的部分图像如图所示，t1时刻图线的切线斜率最大。则( )
A．t1时刻的动量为p0－p1
B．t1时刻的加速度达到最大
C．t2时刻的动能达到最大
D．t2时刻系统的电势能最大
AB [α粒子与氧原子核组成的系统动量守恒，t1时刻的动量为p2＝p0－p1，故A正确；t1时刻图线的切线斜率最大，则α粒子的动量变化率最大，根据p＝mv，可知α粒子的速度变化率最大，即加速度最大，即α粒子受到的静电力最大，则氧原子核受到的静电力也最大的加速度达到最大，故B正确；t2时刻，α粒子速度为零，由题图可知t2时刻后， α粒子反向运动，系统动量守恒，可知在t2时刻之后的动量达到最大的速度达到最大的动能达到最大，故C错误；t1时刻，氧原子核受到的电场力最大，α粒子与氧原子核的距离最近，系统的电势能最大，故D错误。故选AB。]
5．(2024·广东深圳中学8月质检)皮划艇射击是一种比赛运动，比赛时，运动员站在静止的皮划艇上，持枪向岸上的枪靶水平射击。已知运动员(包括除子弹外的装备)及皮划艇的总质量为M，子弹的质量为m，假设子弹射击过程中火药释放的总能量为E，且全部转化为动能，在陆地射击和在皮划艇上射击时子弹出射速度会有少许差异。陆地射击时子弹的射出速度为v1，子弹动能为Ek1；在皮划艇上射击时子弹的射出速度为v2，动能为Ek2，运动员及皮划艇的速度为v3，射击过程中可认为子弹、运动员及皮划艇组成的系统在水平方向动量守恒。下列关系式正确的是( )
A．v1＝ B．＝
C．v2＝ D．＝
D [在陆地射击时，火药释放的能量全部转化为子弹的动能，因此有Ek1＝＝E，解得v1＝，故A错误；在皮划艇上射击时，系统在水平方向上不受外力，由于反冲作用，射击后皮划艇会获得反向的速度，水平方向动量守恒，有0＝Mv3＋mv2，由能量守恒定律知E＝，联立解得v2＝＝，故C错误，D正确；在皮划艇上射击时，子弹的动能Ek2＝＝，则＝，故B错误。]
6．(2024·山东潍坊一模)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M，底边长为L，如图所示。将一质量为m的可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是( )
A．FN＝mg cos α
B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt cos α
C．滑块到达斜面底端时的动能为mgL tan α
D．此过程中斜面向左滑动的距离为
D [当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mg cos α，故A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为I＝FNt，故B错误；B下降的高度为L tan α，其重力势能的减小量等于mgL tan α，减小的重力势能转化为A、B的动能之和，则滑块B的动能要小于mgL tan α，故C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得M－m＝0，即有Mx1＝mx2，又x1＋x2＝L，解得x1＝，故D正确。故选D。]
7．(多选)(2024·1月九省联考安徽卷)如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条件下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量为m，水平初速度为v0，初始时小球离地面高度为h。已知小球落地时速度大小为v，方向与水平面成θ角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．小球落地时重力的功率为mgv
B．小球下落的时间为
C．小球下落过程中的水平位移大小为
D．小球下落过程中空气阻力所做的功为－mgh
BCD [小球落地时重力的功率为PG＝mgv sin θ，故A错误；小球下落过程在竖直方向根据动量定理得mv sin θ＝mgt－k(vy1＋vy2＋vy3＋…＋vyn)t，＝h，解得小球下落的时间为t＝，故B正确；小球在水平方向根据动量定理得mv cos θ－mv0＝－k(vx1＋vx2＋vx3＋…＋vxn)t，＝x，解得小球下落过程中的水平位移大小为x＝，故C正确；小球下落过程根据动能定理得＝mgh＋Wf，解得小球下落过程中空气阻力所做的功为Wf＝－mgh，故D正确。故选BCD。]
8．(2024·湖南衡阳模考)如图甲所示，“打弹珠”是一种常见的民间游戏，该游戏的规则为：将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入小坑中即胜出。现将此游戏进行简化，如图乙所示，粗糙程度相同的水平地面上，弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上，两弹珠间距x1＝2 m，弹珠B与坑的间距x2＝0.9 m。某同学将弹珠A以v0＝6 m/s的初速度水平向右瞬间弹出，经过时间t1＝0.4 s与弹珠B正碰(碰撞时间极短)，碰后瞬间弹珠A的速度大小为1 m/s，方向向右，且不再与弹珠B发生碰撞。已知两弹珠的质量均为25 g，取重力加速度g＝10 m/s2，若弹珠A、B与地面间的动摩擦因数均相同，并将弹珠的运动视为滑动，弹珠进入坑中不再滑出。
(1)求碰撞前瞬间弹珠A的速度大小v1和在地面上运动时的加速度大小a；
(2)求两弹珠碰撞瞬间的机械能损失，并判断该同学能否胜出。
[解析] (1)对弹珠A，由运动学公式得
x1＝，v1＝v0－at1
联立解得v1＝4 m/s，a＝5 m/s2。
(2)设碰后瞬间弹珠B的速度为，由动量守恒定律得mv1＝m＋m
解得＝3 m/s
所以两弹珠碰撞瞬间的机械能损失
ΔE＝
解得ΔE＝7.5×10-2 J
碰后弹珠B运动的距离为Δx＝＝0.9 m
所以弹珠B恰好进坑，故能胜出。
[答案] (1)4 m/s 5 m/s2 (2)见解析
9．(2024·安徽芜湖二模)如图所示，质量均为m的物块A、B放在光滑的水平面上，中间用轻弹簧相连，弹簧处于原长，一颗质量为km(k<1)的子弹以水平速度v0射入物块A并留在物块中(时间极短)，则下列说法正确的是( )
A．子弹射入物块A的过程中，子弹的动量变化量为
B．子弹射入物块A的过程中，物块A的动能增加量为
C．在弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块B的动量大小最大值为
D．弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为
C [子弹射入物块A的过程中，子弹与物块A组成的系统动量守恒，则有kmv0＝(m＋km)v1，求得v1＝v0，子弹动量的变化量Δp＝kmv1－kmv0＝－，选项A错误；物块A的动能增加量为ΔEkA＝＝，选项B错误；当弹簧第一次压缩到最短时，物块B的动量大小最大，则有子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动量守恒，则有kmv0＝(2m＋km)v2，求得v2＝v0，物块B的动量大小最大值为pBm＝，选项C正确；弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为ΔEp＝＝，选项D错误。故选C。]
10．(2024·湖南省多校高三4月大联考)如图乙所示，半径为R、圆心角为60°的光滑圆弧轨道，下端与水平面相连，一质量为m的小球从圆弧顶点静止释放。在足够长水平面上有一质量为M(m>M)的滑块静止于水平面，滑块与水平面有摩擦，小球在水平面上的运动如图甲虚线所示，运动过程忽略小球与轨道摩擦，小球与滑块发生碰撞，假设小球与滑块的碰撞均为弹性碰撞，测得小球与滑块发生第一次碰撞后到第二次碰撞前相隔的最大距离是d，求：
(1)滑块与水平面间的动摩擦因数；
(2)小球第一次与滑块碰撞到第二次碰撞的时间；
(3)滑块在水平面上通过的总路程。
[解析] (1)释放小球后，由机械能守恒定律有
＝mgR(1－cos 60°)
得到达水平面的速度v0＝
小球与滑块发生弹性碰撞，有mv0＝mv1＋Mv2
＝
解得v1＝v0
v2＝v0
碰后小球匀速，滑块减速，当＝v1时，两者距离最大，设经历时间为t1，则由题意有
t1－v1t1＝d
对滑块运用动量定理有－μMgt1＝M－Mv2
解得t1＝，μ＝。
(2)第一次碰撞后从相距最大到第二次碰撞经历时间为t2，则有＝d
解得t2＝＝＝
所以第一次碰撞到第二次碰撞的时间
t＝t1＋t2＝。
(3)多次碰撞后小球与滑块均静止，由系统能量守恒μMgx＝，解得x＝d。
[答案] (1) (2) (3)d
11．(2024·湖南卷节选)如图所示，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。
[解析] (1)小球A与B碰撞后结合在一起，则小球A、B发生完全非弹性碰撞，碰撞过程动量守恒，设碰后两者的共同速度为v，有
mAv0＝(mA＋mB)v，则v＝
根据向心力公式F向＝(mA＋mB)，得
F向＝。
(2)若小球A、B之间为弹性碰撞，则碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两球第一次碰撞在B球初始位置，设碰后A、B的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2
由机械能守恒定律有＝
可得v1＝，v2＝
因mA>mB，则碰后瞬间两球同向运动，又<，结合(v2－v1)t＝2πR可知，从第一次碰撞到第二次碰撞的过程，A的路程小于一个圆周。
第一种情况：碰后B球比A球多跑一圈，A球跑了圈，＝
可得＝2
第二种情况：碰后B球比A球多跑一圈，A球跑了圈，＝
可得＝5
由动量守恒和机械能守恒可知两种情况下第二次碰撞后A球速度重新变为v0，B球的速度为0，之后两小球做周期性运动，两种情况均符合题意。
[答案] (1) (2)2或5
4/24讲义参考答案与精析
[第一阶段]
专题一 力与运动
第1讲 力与物体的平衡
突破点一
典例1 D [对A、B整体受力分析，如图1所示，由于Td＝Tc＝mg，且两者共线反向，则由力的平衡条件有Ta＝2mg＝1 N，方向竖直向上；对A单独受力分析，如图2所示，根据力的平衡条件，水平方向上有Tb cos α＝Tc cos θ，竖直方向上有Tb sin α＋Tc sin θ＝mg，联立并代入数据解得α＝θ＝30°，Tb＝Tc＝mg＝0.5 N。综上可知，D正确。
]
典例2 B [(等效法的应用)在平面OBC上，应用等效法将OB与OC两杆对O点的作用力等效为FBC，如图1所示，将空间内四力平衡转化为三力平衡。
(相似三角形法的应用)如图1所示，从O点作BC边的高，与BC边相交于D点，由图1可知，OB杆和OC杆对O点的作用力的合力FBC沿着DO方向向上。在ADO平面上画出O点的受力情况，并作出平行四边形，如图2所示，可知△ADO与△MOP相似，则有＝，AD的长度为 L sin 60°＝L，可得AO杆对O点的弹力FA＝mg，由牛顿第三定律知AO杆对墙壁的作用力等于mg，故A、C、D错误，B正确。]
典例3 B [分别对两小球受力分析如图所示，设两小球间的距离为l，绳与竖直方向的夹角为θ，则有－qQE＝mQg tan θ，＋qPE＝mPg tan θ，显然mQg tan θT′，A错误；根据小球Q在O点所在竖直线左边知>EqQ，则>E，但P、Q电荷量之间的大小关系无法确定，C、D错误。
]
典例4 BD [对初始状态静止的导体棒ab 受力分析，如图所示，由力的平衡条件有BIL＋mg sin θ＝Ff，又由欧姆定律得I＝，则mg sin θ＋＝Ff≤Ffmax。仅将电源的正、负极对调，安培力的方向变为沿斜面向上，此时有突破点二
典例5 B [以铅球为研究对象，受重力G、右手对铅球的弹力F1、左手对铅球的弹力F2，受力分析如图甲所示。缓慢旋转过程中铅球处于平衡状态，则将三力平移后构成一首尾相连的三角形，两手之间夹角保持60°不变，则两力之间的夹角保持120°不变，则在三角形中F1与F2夹角保持60°不变，重力G的大小、方向不变，作出力三角形的外接圆，根据弦所对的圆周角都相等，则右手缓慢旋转60°至水平位置过程中力的三角形变化如图乙所示，分析可得F1开始小于直径，当转过30°时F1等于直径，再转时又小于直径，所以F1先增大后减小，F2开始就小于直径，转动过程中一直减小，选项B正确。
]
典例6 D [施加拉力F前，以小环O为研究对象，受到轻绳2的拉力等于物块P的重力mg，竖直方向根据受力平衡可得2T1cos 30°＝mg，解得轻绳1的张力大小为T1＝mg，故A正确，不满足题意；物块在缓慢移动过程中，以小环O为研究对象，由于小环O两侧轻绳1的张力大小总是相等，则小环O两侧轻绳1的张力合力沿∠MON平分线上，根据受力平衡可知，轻绳2的延长线始终平分∠MON，故B正确，不满足题意；物块在缓慢移动过程中，轻绳2与竖直方向的夹角θ逐渐增大，以物块为研究对象，根据受力平衡可得T2cos θ＝mg，可知T2＝，可知轻绳2的张力越来越大，故C正确，不满足题意；物块在缓慢移动过程中，由于M、N之间的轻绳1长度不变，根据数学知识可知，小环O的运动轨迹为椭圆，M、N为椭圆的两个焦点；当轻绳2与MN连线方向垂直时，小环O刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时∠MON最大，则此过程∠MON＝α逐渐增大，以小环O为研究对象，根据受力平衡可得2T′1cos ＝T2，可得T′1＝，可知此过程轻绳1的张力一直增大，故D错误，满足题意。故选D。]
典例7 BC [未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，由平衡条件得mg sin 30°＝μmg cos 30°，解得物块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan 30°＝。物块匀速下滑过程中，整体在水平方向上受力平衡，则地面对斜面的摩擦力为零；若α＝60°，对斜面的压力增加F、摩擦力增加μF，如图所示，根据几何关系可知，tan θ＝＝μ，故此时物块对斜面的作用力方向仍竖直向下，地面对斜面的摩擦力为0，在竖直平面内给物块一任意方向的外力F，此力F可以分解为垂直于斜面方向的力和沿斜面方向的力，由以上分析可知物块对斜面的作用力方向仍竖直向下，所以无论施加什么方向的力，在物块停止运动前，地面对斜面的摩擦力均为零，故A错误，B、C正确；若F拉着物块沿斜面匀速上滑，设F与斜面的夹角为γ，根据平衡条件得F cos γ＝mg sin θ＋μ(mg cos θ－F sin γ)，解得F＝＝。当θ－γ＝0°时，F取最小值，所以Fmin＝＝mg sin 2θ＝mg，D错误。
]
随堂练——临考预测，名师押题
1．B [如图所示，由几何关系可知平衡时每根弹簧的长度均为x＝ cm＝13 cm, 每根弹簧的伸长量均为Δx＝13 cm－9 cm＝4 cm，根据竖直方向受力平衡可得G＝3kΔx cos θ，解得劲度系数为k＝＝ N/m＝130 N/m，故B正确。]
2．AC [对“平等”灯笼右侧的6盏灯笼整体进行受力分析，如图甲所示，显然T＝6mg，选项A正确；对“公正”灯笼受力分析，如图乙所示，可知tan θ1＝，同理分析可知，tan θ2＝，…，tan θ5＝，由于“爱国”与“敬业”两灯笼之间细绳与水平方向的夹角满足tan θ3＝，所以细绳中的张力大小为 3＝3mg，选项B错误；由于相邻两灯笼之间的水平距离均为x0，所以“和谐”灯笼的结点距地面的高度为＋tan θ4＋tan θ5)＝h－2x0，“公正”灯笼的结点距地面的高度为h－x0(tan θ1＋tan θ2＋…＋tan θ5)＝h－x0，选项C正确，D错误。
]
3．D [同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，由题意可知，两棒互相排斥，故电流方向相反，A错误；
如图甲所示，对导体棒Q受力分析。记PQ距离为d，BQ距离为L，BP距离为H，由相似三角形知识得＝＝，故悬挂Q的细线拉力大小不变，B错误；如图乙所示，将两根导体棒视为整体进行受力分析，设悬挂Q的细线与竖直方向的夹角为θ，则有2F′T＋2FTcos θ＝(mQ＋mP)g，由于θ逐渐减小，故悬挂P的细线拉力逐渐减小，故C错误；导体棒P在导体棒Q处产生的磁场的磁感应强度B＝k， 故导体棒Q受到的安培力FA＝IQBLQ，得FA＝k∝，而FA＝d，故∝d，d∝，故P中的电流减为初始的四分之一时两导体棒的距离减半，D正确。]
第2讲 力与直线运动
突破点一
典例1 A [根据运动的逆过程有x1∶xn＝1∶5，因为x1∶x2∶x3＝1∶3∶5，所以t总＝3 s，故A正确；由Δx＝2aT2，可得a＝0.2 m/s2，故B错误；总位移大小为x＝＝0.9 m, 故C错误；初速度大小为v0＝at总＝0.6 m/s，故D错误。]
典例2 D [根据题意，由公式v＝v0＋at，代入v0＝20 m/s，a＝－4 m/s2，v＝0，解得t＝5 s，可知汽车在刹车5 s后停止运动，则6 s末汽车速度为0，故A错误；由A项分析可知，汽车在刹车5 s后停止运动，根据公式x＝v0t＋at2，代入数据解得x＝50 m，汽车刹车行驶50 m停下，小于55 m，则汽车没有撞上小动物，故B错误；根据题意，由公式v＝v0＋at，代入数据解得2 s末车速v1＝12 m/s，故C错误；汽车刹车减速5 s停止，第4 s末到第6 s末的位移可看成第5 s末反向初速度为0的匀加速直线运动加速1 s的位移，根据公式x1＝，代入数据解得x1＝2 m，故D正确。]
典例3 C [由于题图甲、乙中曲线均为抛物线，则两车刹车后均做匀变速直线运动，由题图甲可知，轿车在Δt轿＝10 s内减速的位移为Δx轿＝50 m，又v轿＝10 m/s，由位移—时间公式有Δx轿＝v轿Δt轿－a轿(Δt轿)2，代入数据解得轿车的加速度大小为a轿＝1 m/s2，A错误；由题图乙可知货车匀速行驶的速度大小为v货＝＝ m/s＝14 m/s，又货车在Δt货＝7 s内减速的位移为Δx货＝49 m，则由位移—时间公式有Δx货＝v货Δt货－a货(Δt货)2，代入数据解得a货＝2 m/s2，设t＝t0时两车共速，则有v轿－a轿t0＝v货－a货(t0－Δt)，解得t0＝8 s，即t＝8 s 时，两车速度大小相等，B错误；两车恰好没有发生碰撞的瞬间，两车的速度相同，结合B项分析有d＝v货Δt＋v货(t0－Δt)－a货(t0－Δt)2－，解得d＝28 m，C正确；若两车没有相撞，则两车速度相同时，相距最近，所以相距最近时货车的位移s货＝v货Δt＋v货(t0－Δt)－a货(t0－Δt)2＝76 m，D错误。]
突破点二
典例4 D [释放纸盒的瞬间，橡皮筋的形变还没有来得及变化，单根橡皮筋弹力等于小球的重力mg，故A错误；释放纸盒的瞬间，橡皮筋弹力仍为mg，小球的加速度等于0，故B错误；设纸盒的质量为M，释放前，手对纸盒的作用力为(M＋2m)g，方向竖直向上，设橡皮筋对纸盒的作用力为F，对纸盒由受力平衡得F＋Mg＝(M＋2m)g，所以橡皮筋对纸盒的作用力F＝2mg，释放的瞬间，橡皮筋的形变还没有来得及变化，橡皮筋对纸盒的作用力仍为2mg，方向竖直向下，故D正确；释放的瞬间，纸盒所受合力为F合＝F＋Mg＝(2m＋M)g，由牛顿第二定律可得纸盒的加速度a＝＝g>g，故C错误。]
典例5 A [对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝，木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L＝，当木板长度为2L时，有3L＝，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝(－1)∶(－1)，A正确。]
典例6 D [t＝0时，弹簧不会发生突变，挡板所受压力大小不变，挡板所受的压力大小为FN＝3mg sin α，解得FN＝1.8mg, 选项A错误；弹簧恢复原长时，对物体P由牛顿第二定律得F1cos α－mg sin α＝ma，又a＝g，解得F1＝2mg，选项B错误；物体Q刚好与挡板分离时，对物体Q有T＝2mg sin α，此时对物体P由牛顿第二定律得F2cos α－T－mg sin α＝ma，代入数据解得F2＝3.5mg，选项C错误；设开始弹簧的压缩量为x1，对物体P有mg sin α＝kx1，解得x1＝，物体Q刚好与挡板分离时，设弹簧的伸长量为x2，有T＝kx2，解得x2＝，物体P的位移为x＝x1＋x2＝，由公式x＝gt2得t＝，解得t＝，选项D正确。]
突破点三
典例7 C [根据公式＝2ax变形可得x＝，又二者的初速度v0＝0，则x＝v2，由题图可得为图线斜率，甲斜率减小，乙斜率不变，机器人相机的加速度不变，运动员的加速度逐渐增大，A错误；结合题图和A项分析可画出两者的v t图像如图所示，两者在x1处速度相同，需要的时间不同，所以两者在不同时间到达x1，故在x1处未相遇，B错误；机器人相机的运动是匀变速运动，根据x1＝t，可得t＝，C正确；两者到x1处需要的时间不同，t甲大于t乙，因此在该过程中两者的平均速度<，D错误。]
典例8 ABD [由题图可知，t＝3t0时木板的速度开始减小，说明小物块在t＝3t0时滑上木板，A正确；v t图像斜率的绝对值表示加速度大小，则0～3t0时间内，木板的加速度大小为a1＝＝μg，t＝3t0时木板的速度大小为v1＝a1·3t0＝μgt0，结合题意可知，t＝3t0时小物块以μgt0的速度水平向左滑上木板，t＝4t0时小物块与木板共速，大小为 μgt0, 方向水平向右，则与木板共速前，小物块的加速度大小a′＝＝2μg，设小物块的质量为m，小物块与木板间的动摩擦因数为μ′，对小物块由牛顿第二定律得μ′mg＝ma′，联立解得μ′＝2μ，B正确；设木板的质量为M，0～3t0时间内，对木板由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma1，解得F＝μMg，3t0～4t0时间内，木板的加速度大小a2＝＝μg，由牛顿第二定律可得F－μ′mg－μ(M＋m)g＝－Ma2，解得m∶M＝1∶2，C错误；t＝4t0时，小物块与木板速度相同，假设t＝4t0后小物块与木板不相对滑动，则小物块和木板整体受到F和地面的摩擦力f作用，由于f＝μ(M＋m)g＝μMg＝F，则整体受力平衡，小物块与木板之间无摩擦力，假设成立，所以t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，D正确。]
随堂练——临考预测，名师押题
1．C [若0～1 s内Q的加速度均匀增大，则t＝1 s时，Q的速度大小等于vQ＝×1×0.8 m/s＝0.4 m/s，由题图可得实际Q的图像与坐标轴围成的面积大于Q的加速度均匀增大时图像与坐标轴围成的面积，故t＝1 s时Q的速度大小大于0.4 m/s，A错误；刚施加力F瞬间，对物块P有F＝mPa0＝2×1 N＝2 N，即恒力大小为2 N，B错误；t＝1 s时，对物块P、Q整体有F＝(mP＋mQ)a1，解得mQ＝0.5 kg，C正确；撤去外力，整体所受合力为0，P、Q间靠弹簧相互作用，一个加速则另一个必然减速，D错误。]
2．ACD [根据题图可知，物块最后返回出发点，可知传送带逆时针转动，选项A正确；根据图像可知，2 s末物块的速度减为0，该时间内物块对地的位移大小为x1＝4 m，此后物块将反向加速，通过图像可知，在3 s末物块与传送带达到共速，加速阶段的位移大小为x2＝1 m，根据位移与时间的关系有x1＝，x2＝，其中t1＝2 s，t2＝1 s，解得v0＝4 m/s，a＝2 m/s2，而根据牛顿第二定律，对物块有μmg＝ma，解得μ＝0.2，选项B错误，C正确；根据乙中图像斜率的绝对值表示速度的大小可知，传送带的速度大小为v＝2 m/s，则小物块与传送带达到共速前的这段时间内传送带的位移大小为x3＝vt3＝6 m，由此可得0～4.5 s内物块在传送带上留下的痕迹长为Δx＝x1＋x3－x2＝4 m＋6 m－1 m＝9 m，选项D正确。]
3．解析：(1)由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有2a1x1＝v2，mg sin θ＝ma1
代入数据得v＝15 m/s，匀减速继续下滑的过程有2ax2＝v2
代入数据得a＝7.5 m/s2。
(2)若减速过程中两滑雪板间的夹角α＝74°，
根据牛顿第二定律有
2F sin －mg sin θ＝ma
解得F＝500 N。
答案：(1)7.5 m/s2 (2)500 N
第3讲 力与曲线运动
突破点一
典例1 D [根据题意可知，甲、乙两球均做平抛运动，但由于甲球先释放，乙球后释放，且两球均落在斜坡上，则可知乙球在斜坡上的落点比甲球在斜坡上的落点高，而平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动，在水平方向的运动为匀速直线运动，由于乙球的落点高，则乙球在竖直方向的位移小，根据h＝gt2，x＝vt，可得t＝，由此可知乙球下落的时间小于甲球下落的时间，即t甲>t乙，乙球在水平方向的位移小于甲球在水平方向的位移，而甲、乙两球的位移s＝，由于h甲>h乙，x甲>x乙，因此可知s甲>s乙，即乙球的位移小于甲球的位移，故A、B错误；竖直方向的分速度vy＝gt，由于甲球下落时间大于乙球下落时间，小球落在斜坡上时的速度v落＝，由此可知，乙球落在斜坡上的速度小于甲球落在斜坡上时的速度，故C错误；设小球落在斜坡上时速度方向与竖直方向的夹角为θ，则小球落在斜坡上时速度与竖直方向夹角的正切值tan θ＝，由于vy甲>vy乙，因此tan θ甲典例2 D [根据H＝gt2，x＝v0t知，小球2的水平射程为x＝3 m，A错误；两球均落到E点，结合题图，根据对称性可知，小球1和小球2运动总时间之比为t1∶t2＝3∶1，小球1落至C点的水平位移为x1＝＝1 m，小球1平抛运动的初速度为v1＝，得v1＝1 m/s，B错误；小球2运动至挡板顶端D点与小球1从挡板顶端D运动至最高点的时间相同，则对应的水平方向位移之和为v0＋v1＝＝2 m, 得抛出点A与竖直挡板顶端D点的高度差为h＝1.25 m，C错误，D正确。]
典例3 BD [对重物从P运动到Q的过程，水平方向上有x＝v0t cos 30°，竖直方向上有y＝，由几何关系有＝tan 30°，联立解得重物的运动时间t＝4 s，A错误；结合A项分析可知，重物落地时的水平分速度vx＝v0cos 30°，竖直分速度vy＝－v0sin 30°＋gt，则tan θ＝＝，所以重物的落地速度方向与水平方向夹角为60°，B正确；对重物从P运动到Q的过程，垂直于PQ连线方向有2ghm cos 30°＝(v0 sin 60°)2，解得重物离PQ连线的最远距离hm＝10 m，C错误；结合B项分析，竖直方向上有2gym＝，联立解得重物轨迹最高点与落点的高度差ym＝45 m，D正确。]
突破点二
典例4 ACD [A、B两物块随圆盘在水平面内做圆周运动，做匀速圆周运动的向心力由静摩擦力与橡皮筋的弹力的合力提供，将静摩擦力和弹力沿半径方向和垂直于半径方向正交分解，由垂直于半径方向合力为零，得圆盘对物块A的摩擦力最小时，方向沿垂直于半径方向，此时k(2l0－l0)cos 60°＝mω2·2l0，解得ω＝ rad/s，故A正确；如果圆盘对物块B的摩擦力的大小等于橡皮筋弹力的大小，由垂直于半径方向合力为零得圆盘对物块B的摩擦力的方向与半径的夹角也为60°，此时k(2l0－l0)＝mω2·2l0，解得ω＝5 rad/s，故B错误；当圆盘的角速度为5 rad/s时，由F合＝mrω2得F合＝5 N，故C正确；fmax＝μmg＝×2×10 N＝5 N，由垂直于半径方向合力为零，得圆盘对物块B的摩擦力的方向与半径的夹角为30°，即摩擦力与弹力垂直，此时＝2mω2l0，解得ω＝5 rad/s，故D正确。]
典例5 A [小球通过最高点时，O轴受到杆的作用力F与小球受到杆的作用力F′等大反向，即F＝－F′，小球过最高点时，根据牛顿第二定律有mg＋F′＝m，得F′＝v2－mg，则F＝－v2＋mg，则题图乙中图线的斜率为－＝－ kg/m，当v2＝0时，可得mg＝3 N，解得m＝0.3 kg，R＝0.5 m，故A正确，B错误；当小球通过最高点的速度为零时，球恰好通过最高点，故C错误；小球过最高点的速度大小为 m/s时，根据牛顿第二定律有mg＋F′＝m，可得F′＝6 N，方向竖直向下，即杆对球的作用力方向向下，所以杆受到球的作用力竖直向上，故D错误。]
典例6 C [由牛顿第三定律知，在A点时轨道对质点的弹力为其重力的7倍，由F＋mg－7mg＝m，可知强磁性吸引力的大小为F＝7mg，故A错误；质点做圆周运动，在A点和B点时分别有F＋mg－NA＝m， F－mg－NB＝，质点由A运动到B的过程中，由机械能守恒定律知mv2＋mg·2R＝，联立可得NA－NB＝6mg，结合牛顿第三定律可知质点在A点对轨道的压力大于在B点对轨道的压力，且该差值为定值，故B、D错误；若强磁性吸引力大小为2F，为确保质点做完整的圆周运动，质点在B点的速度最大为vBm时，轨道与质点间无弹力，此时有2F－mg＝，可解得vBm＝，故C正确。]
突破点三
典例7 D [Q物体停在太空电梯中时与地球同步卫星的角速度相同，根据万有引力提供向心力有G＝mrω2，解得ω＝，可知卫星P的角速度大于地球同步卫星的角速度，即卫星P的角速度大于此时Q物体的角速度，P、Q在同一高度做圆周运动，由v＝rω和T＝可知二者的速度和周期不同；根据公式a＝rω2，可得Q物体的向心加速度小于卫星P的向心加速度，故选项A、B错误，D正确；对Q物体由牛顿第二定律有G－N＝mrω2，根据前面分析可知Q物体的角速度小于处于同一高度的卫星的角速度，故此时万有引力与电梯对其支持力的合力提供向心力，此时支持力不为零，Q物体处于失重状态，但不是完全失重状态，故选项C错误。]
典例8 A [卫星1、卫星2轨道的半长轴分别为a1＝，a2＝，由开普勒第三定律得＝＝k，整理得R＝。星球表面的重力加速度为gc，根据万有引力提供重力得G＝mgc，星球质量的表达式为M＝ρR3，联立得ρ＝＝，故选A。]
典例9 A [根据a＝可知，空间站变轨前、后在P点的加速度相同，A正确；由于变轨后的轨道半长轴大于变轨前的轨道半径，则根据开普勒第三定律可知，空间站变轨后的运动周期比变轨前的大，B错误；变轨时，空间站喷气加速，因此变轨后其在P点的速度比变轨前的大，C错误；变轨后，空间站在近地点的速度最大，大于变轨后在P点的速度，结合C项分析可知，变轨后空间站在近地点的速度大于变轨前的速度，D错误。]
随堂练——临考预测，名师押题
1．B [由题图乙知c点与b点位于轮的边缘，且通过弦索传动，所以二者的线速度相等，根据a＝可知c点的加速度大于b点的加速度，故A错误；a点与b点在同一转轴上，二者的角速度相等，由于a点做圆周运动的半径大于b点做圆周运动的半径，根据v＝ωr，可知a点的线速度大于b点的线速度，故B正确；弦索对上卧轮的摩擦力是阻力，方向与上卧轮转动方向相反，故C错误；由于水一定对下卧轮有冲击力，所以河水的速度一定大于下卧轮上被水冲击点的线速度，故D错误。]
2．B [空间站的轨道平面与赤道平面间的夹角为42～43°，因此轨道与赤道平面的交点有两个，A点正上方和A点关于地心对称的B点正上方，空间站再次出现在A点正上方时地球应自转180°或360°，当地球自转180°时所需要的时间为12 h，为T1的8倍，此时空间站在B点的正上方；当地球自转360°时，空间站再次出现在A点正上方的时间应为24 h，A错误；空间站的向心加速度为a1＝(R＋h)，物体随地球自转的向心加速度为a2＝R，则a1>a2，B正确；v1＝，v2＝，则v1>v2，C错误；静止在赤道上的物体不是卫星，不适用开普勒第三定律，D错误。]
3．A [可将运动员的初速度v0和加速度g分别在沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解，运动员的斜抛运动可视为这两个方向上匀变速直线运动的合运动，运动员在垂直斜面方向运动时间t＝＝，运动员腾空中离PQ的最大距离为H＝＝，O、A两点间的距离为l＝v0sin θ·t＋gt2sin θ＝，选项A正确，B错误；运动员腾空时间t＝，若仅减小夹角α，则运动员腾空时间减小，选项C错误；运动员再落在PQ上时，垂直斜面方向的速度v1＝v0cos θ，沿斜面向下的速度v2＝v0sin θ＋g sin θ·t＝3v0sin θ，则合速度与斜面的夹角β满足tan β＝＝，与初速度无关，选项D错误。]
专题二 能量与动量
第4讲 功与能
突破点一
典例1 A [设在整个过程中木板对货物做功为W，根据动能定理有W＋mgL sin α＝mv2，木板对货物做功为W＝－mgL sin α，故A正确，B错误；木板转动，支持力与货物运动方向成钝角，支持力对货物做功WN为负值，故D错误；木板对货物做功为W＝Wf＋WN，摩擦力对货物做功为Wf＝mv2－mgL sin α－WN，故C错误。故选A。]
典例2 BCD [设水的反冲作用力的恒定功率为P，由P＝Fv，可得水的反冲作用力F＝，由v-t图像可知t1～t2时间内，人与喷水装置的速度v越来越大，则水的反冲作用力越来越小，故A错误；t2时刻，人与喷水装置的速度达到最大值，开始匀速上升，水的反冲作用力F＝Mg，水的反冲作用力的恒定功率P＝Fv＝Mgv2，故B正确；由v-t图像可知t1时刻，人与喷水装置的速度为v1，设水的反冲作用力为F1，由P＝Mgv2，P＝F1v1可知F1＝，由牛顿第二定律F1－Mg＝Ma可得，t1时刻v-t图像切线的斜率即人与喷水装置的加速度a＝g，故C正确；由动能定理P(t2－t1)－Mgh＝，可得h＝v2(t2－t1)－，故D正确。故选BCD。]
典例3 解析：(1)根据题意，设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为v，则有4mg＝m ①
从B点运动到最高点的过程中，设小滑块到达B点时的速度大小为vB，由动能定理得
－mg2R＝ ②
代入数据解得vB＝2 m/s ③
小滑块由A到B的过程中，由动能定理可得
Fl1－μmgl1＝ ④
代入数据可解得l1＝2.4 m。 ⑤
(2)设小滑块到达C点时的速度大小为vC，则由动能定理可得－μmgl2＝ ⑥
代入数据解得vC＝2 m/s ⑦
设小滑块下落h＝0.2 m所需要的时间为t，则有
h＝gt2 ⑧
解得t＝0.2 s ⑨
故小滑块在水平方向上运动的距离为
x0＝vCt＝0.4 m<0.6 m ⑩
故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到D点。
(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论：
①当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设恒力作用的距离为x′1，则由动能定理可得
Fx′1－μmgl1－mgR＝0
代入数据可解得x′1＝0.75 m
故当恒力作用的距离满足0②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为v0，则有mg＝
设此时恒力作用的距离为x′2，则有
Fx′2－μmgl1－2mgR＝
代入数据可解得x′2＝0.975 m
当滑块刚好运动到C点时速度为0，设此时恒力作用的距离为x″2，则有Fx″2－μmg(l1＋l2)＝0
代入数据可解得x″2＝1.1 m
故当恒力作用的距离满足0.975 m≤x′≤1.1 m时符合条件。
③当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达C点时的速度大小为v′C，则由平抛运动规律可得
h＝gt2
x＝v′Ct
代入数据解得v′C＝3 m/s
设此时恒力作用的距离为x′3，故有Fx′3－μmg(l1＋l2)＝，代入数据解得x′3＝1.325 m
故当恒力作用的距离满足1.325 m≤x′≤2.4 m时符合条件。
答案：(1)2.4 m (2)不能 (3)见解析
典例4 D [将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动在水平恒定的风力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，竖直分运动在重力作用下做匀变速直线运动。竖直上抛运动上升过程与下降过程具有对称性，则有t1＝t2，故B错误；对于初速度为0的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为x1∶x2＝1∶3，故A错误；设小球在A点的速度为vA，则有EkA＝＝4 J，小球上升的最大高度为h＝，小球从A到M过程，根据动能定理可得－mgh＋F风x1＝EkM－EkA＝2 J－4 J＝－2 J，联立解得F风x1＝2 J，小球从A到B过程，根据动能定理可得F风(x1＋x2)＝EkB－EkA，其中F风(x1＋x2)＝4F风x1＝8 J，解得EkB＝12 J，故C错误，D正确。故选D。]
突破点二
典例5 D [因为滑块2处于位置A时，细绳刚好水平伸直无张力，故滑轮右侧细绳原长为3d，由题知当滑块2到达位置B时，滑块1对地面压力恰好为0，处于平衡状态，则有弹簧弹力F弹＝mg，由几何关系可知，滑轮右侧细绳长度为5d，则此时弹簧的伸长量x＝5d－3d＝2d，结合胡克定律可知弹簧的劲度系数k＝＝，A错误；设滑块2的质量为m2，当滑块2到达位置B时，由几何关系可知细绳与竖直杆间的夹角为37°，对滑块2进行受力分析，其受到杆的支持力、细绳拉力与自身重力，在竖直方向由牛顿第二定律有m2g－T cos 37°＝m2a，且结合滑块1受力分析有T＝mg，解得m2＝4m，B错误；设滑块2由A运动到B的过程中，细绳与竖直杆间的夹角为θ，由B项分析可知有m2g－T cos θ＝m2a，此过程细绳上的拉力T逐渐增大至mg，夹角θ逐渐减小，cos θ逐渐增大，则加速度a逐渐减小，C错误；滑块2由A运动到B的过程中，滑块2和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有m2g·4d＝Ep＋m2v2，且Ep＝kx2＝mgd，联立解得滑块2经过B点时速度大小v＝，D正确。]
典例6 B [在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，而曲面上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球有向前的压力的作用，所以小球之间始终相互挤压，圆弧轨道上的小球做加速圆周运动，故A错误；1号小球在下滑过程中，始终受到2号小球对它的压力，所以第1个小球第一次经过B点时，有mgh，解得h突破点三
典例7 B [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μmg＝kx0，解得弹性绳的伸长量x0＝，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝＝；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)，B正确。
一题多解 画出外力F与乙所坐木板的位移x的关系图像如图所示，则外力F做的功W＝μmg(l－d)＋x0＝＋μmg(l－d)，B正确。
]
典例8 解析：(1)从静止释放到C点过程中，由动能定理得mgh＋mg(R－R sin 37°)＝
在C点由牛顿第二定律FN－mg＝
联立解得FN＝3mg
由牛顿第三定律得路面受到的压力为F′N＝FN＝3mg
方向竖直向下。
(2)分析可知小球能沿路面到达F点即可通过E点，刚好到达F点时有mg cos 37°＝
根据动能定理有mgh′＋mg(R－R cos 37°)＝
联立解得h′＝0.2R
故可知h的范围为0(3)设在G点时速度为v，由能量守恒定律得
mgh＋mg(R cos θ－R sin 37°)＝mv2
该处重力的瞬时功率为P＝mgv sin θ
联立解得P2＝m2g2[2gh＋2gR(cos θ－0.6)]·sin2θ＝m2g2[2gh＋2gR(cosθ－0.6)]·(1－cos2θ)
设x＝cosθ，y＝[2gh＋2gR(cos θ－0.6)]·(1－cos2θ)
讨论y x函数的极值，即
y＝[2gh＋2gR(x－0.6)]·(1－x2)
展开得y＝－2gRx3＋(1.2gR－2gh)x2＋2gRx＋2gh－1.2gR
对y求导得y′＝－6gRx2＋2(1.2gR－2gh)x＋2gR
根据题意θ＝37°时取极大值，可知此时y′＝0，将x＝0.8代入得h＝0.025R。
答案：(1)3mg，方向竖直向下 (2)0随堂练——临考预测，名师押题
1．CD [竖直方向，建构自由落体运动模型，米粒和糠的区别是质量不同，由WG＝mgh可知，米粒和糠所受重力做功不同，则重力势能变化量不同，故A错误；由v2＝2gh可知，落地时竖直方向的速度相同，而P＝mgv，由于米粒质量大，落地时，米粒所受重力的瞬时功率大于糠所受重力的瞬时功率，故C正确；由h＝gt2可知，米粒和糠的运动时间相同，故D正确；水平方向，由题可知，米粒水平运动的距离小，再根据功的公式W＝Fx可知，风力对米粒做功少，故B错误。]
2．BD [排球上升过程，向上做减速直线运动，对排球进行受力分析，根据牛顿第二定律得mg＋kv＝ma1，速度减小，加速度也减小；排球到达最高点后下落过程，向下做加速直线运动，对排球受力分析，根据牛顿第二定律得mg－kv＝ma2，速度增大，加速度继续减小，所以v t图像的斜率全程都在减小，但是题中规定向上为正方向，开始时速度必须是正的，选项A错误；由于速度先减小为0后反向增大，所以x t图像斜率先减小，后变为负数增大，且全程一直有机械能损失，导致上升过程中任意位置的速度都比下降过程同位置的速度大，因此上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，所以上升过程的时间小于下降过程的时间，选项B正确；全程一直有机械能损失，上升与下降经过同一位置的动能不可能相等，Ek x图像中不可能有交点，选项C错误；E机 x图像的斜率表示空气阻力，根据空气阻力上升过程减小下降过程增大，且上升过程机械能损失的更多(上升过程空气阻力的平均值大于下降过程空气阻力的平均值)，选项D正确。]
3．解析：(1)小物块a从释放后到C点过程，由机械能守恒定律可得
Ep－1.5mgR＝0，解得Ep＝1.5mgR
小物块b从释放后到C点过程，由机械能守恒定律得Ep－mgR＝－0
解得vC＝。
(2)小物块b经过D点时对轨道的作用力恰好为0，重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg＝，解得vD＝
小物块b从C到D过程在竖直方向做匀减速直线运动，运动时间t＝
小物块b在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，到达D点时的速度vD＝axt
在水平方向，由牛顿第二定律得Eq＝max
解得E＝。
(3)小物块b在电场中竖直方向的位移大小y＝＝，依题意可知R3＝
根据小物块b最终停在N点可知小物块b没有脱离轨道，则当小物块b与竖直墙壁碰撞后刚好到G′时，由动能定理得mgR－4μ1mgR＝，解得μ1＝，即μ>
小物块b最终停在N点，根据动能定理得
－μ2mg(4nR＋R)＝(n＝1，2，…)，
解得μ2＝
或－μ3mg(4nR＋3R)＝(n＝0，1，2，…)，解得μ3＝
综上所述，可得μ＝或μ＝。
答案：(1) (2) (3)或
微专题1 应用动力学和能量观点解决传送带问题
典例1 BC [规定水平向右为正方向，货物向右加速时，由牛顿第二定律得μmg＝mam，解得加速度am＝1m/s2，由题图乙可知，传送带减速时加速度a2＝－2 m/s2，设t0时货物与传送带共速，在数值上有amt0＝8－2(t0－2)，解得t0＝4 s，则共同速度v4＝amt0＝4 m/s，共速后由于传送带的加速度为a2＝－2 m/s2, 货物开始做减速运动，其加速度大小为am＝1 m/s2，设共速后再经时间t1货物速度减到0，由运动学公式有0＝4 m/s－amt1，解得t1＝4 s，即t′＝8 s时，货物的速度减为0，货物与传送带的速度—时间图像如图所示。货物由A处运动到B处的位移为x1＝ m＝16 m，A错误；0～4 s内货物相对传送带向左滑动，货物在水平浅色传送带上留下的痕迹长度为Δx1＝×6×8 m－×6×4 m＝12 m，在4～8 s内货物相对传送带向右滑动，滑动位移Δx2＝ m＝4 m，可知货物在水平传送带上留下的痕迹长度为12 m，B正确；货物与水平浅色传送带因摩擦产生的热量为Q＝μmg(Δx1＋Δx2)＝160 J，C正确；货物运动的最大速度为4 m/s，D错误。]
典例2 解析：(1)设物块P第一次在传送带上向右运动的最远点为D点，则对物块P从A处运动到D点的过程，由动能定理有
mgh－μ1mg cos 30°·－μ2mgxm＝0－0
解得xm＝2 m
则物块P第一次在传送带上向右运动的最大距离为2 m。
(2)假设物块P第一次返回斜面前已与传送带共速，则对物块P从D点运动至与传送带共速的过程，有
2μ2gx0＝v2
解得x0＝3.6 m>xm
则假设不成立，物块P到达B点时尚未与传送带共速
物块P从D点运动到B点的过程，由动能定理有
μ2mgxm＝－0
物块P第一次返回斜面，从B点运动到最高点的过程，由动能定理有－mghm－μ1mg cos 30°·＝
联立解得hm＝ m。
答案：(1)2 m (2) m
典例3 C [0～t0时间内：物块轻放在传送带上，做加速运动。对物块受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。t0之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为0，物块做匀速直线运动。C正确，A、B、D错误。]
典例4 BC [由题图乙可知，0～1 s煤块的加速度为a1＝10 m/s2，1～2 s煤块的加速度为a2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律，煤块与传送带共速前，有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，共速后，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得θ＝37°，μ＝0.5，故A错误；由题图乙及结合题意可知，传送带的速度为v＝10 m/s，0～1 s内传送带的位移及煤块的位移分别为s1＝vt＝10×1 m＝10 m，x1＝v1t＝×10×1 m＝5 m，它们的相对位移为Δx1＝s1－x1＝5 m，1～2 s内传送带的位移及煤块的位移分别为s2＝vt1＝10×1 m＝10 m，x2＝(v1＋v2)t1＝(10＋12)×1 m＝11 m，它们的相对位移为Δx2＝x2－s2＝11 m－10 m＝1 m，煤块下降总位移为x总＝x1＋x2＝5 m＋11 m＝16 m，重力势能的变化量为ΔEp＝－mg·x总sin θ＝－96 J，动能的变化量为ΔEk＝＝72 J，机械能的变化量为ΔE机＝ΔEp＋ΔEk＝－96 J＋72 J＝－24 J，说明2 s内煤块的机械能减少了24 J，故B正确；因摩擦产生的内能为Q＝μmg cos θ(Δx1＋Δx2)＝4×(5＋1) J＝24 J，故C正确；由于传送该煤块，根据功能关系可知，电动机多消耗的电能为ΔE＝Q＋ΔE机＝24 J＋(－24 J)＝0，即煤块减少的机械能刚好完全转化为内能，因此电动机多消耗的电能为0，故D错误。
一题多解 第一个过程：传送带受到的滑动摩擦力沿传送带向上，需要电动机额外多增加一个牵引力μmg cos θ，需要多消耗电能ΔE1＝μmg cos θ·s1＝4×10 J＝40 J。第二个过程：传送带受到的滑动摩擦力沿传送带向下，需要电动机的牵引力比原来减小μmg cos θ，少消耗电能ΔE2＝μmg cos θ·s2＝4×10 J＝40 J。全程来看由于传送该煤块，电动机多消耗的电能为0。]
第5讲 动量定理和动量守恒定律
突破点一
典例1 BD [根据题图乙可得F1＝4－t(N)，F2＝3t(N)，故两力的合力为F＝4＋2t(N)，物块在y轴方向受到的力不变为mg sin 30°，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误；在y轴方向的加速度为ay＝＝g sin 30°＝5 m/s2，故t＝1 s时，物块的y坐标值为y＝ayt2＝2.5 m，故B正确；t＝1 s时，F＝6 N，故此时加速度大小为a＝＝ m/s2＝5 m/s2，故C错误；对x轴正方向，对物块根据动量定理有Ft＝mvx－0，由于F与时间t呈线性关系，故可得×2 m/s＝1.2vx，解得vx＝10 m/s，此时y轴方向速度为vy＝g sin 30°·t＝5×2 m/s＝10 m/s，故此时物块的速度大小为v＝＝10 m/s，故D正确。]
典例2 A [设极短时间Δt内落到芭蕉叶上面的雨滴质量为m，则m＝ρSΔh·Δt，其中Δh为单位时间杯中水面上升的高度，即Δh＝，以向四周散开的一半雨滴为研究对象，竖直向上为正方向，由动量定理得F1Δt＝m·，以留在叶面上的一半雨滴为研究对象有F2Δt＝0－，雨滴受到的撞击力大小为F＝F1＋F2，由牛顿第三定律可知，芭蕉叶上受到的冲击力大小为F′＝F，根据压强定义式得p＝＝，故A正确。]
典例3 BD [根据q＝＝可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线框从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理得－LBΔt1＝mv－mv0，即－q1BL＝mv－mv0，同理线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理得－LBΔt2＝0－mv，即－q2BL＝0－mv，联立解得v＝v0＝1.5 m/s, 故C错误，D正确。]
突破点二
典例4 解析：(1)设机器人的质量为M，木板的质量为m，机器人在从A木板左端走到右端的过程，机器人与A木板组成的系统动量守恒，根据“人船模型”可知：
Mx1＝mx2
根据位移关系有x1＋x2＝LA
联立解得木板A向左移动的位移x2＝1.5 m
因机器人向右走动过程，B、C始终静止，则机器人从A木板左端走到右端时，A、B木板间的水平距离为x2＝1.5 m。
(2)机器人起跳后在空中做斜抛运动，设在空中运动的时间为t，起跳时速度为v0，与水平方向的夹角为θ，则
水平方向上有x2＝v0cos θ·t
竖直方向上有v0sin θ＝g·
联立解得v0＝
机器人起跳过程中，机器人与A木板水平方向上动量守恒，则有Mv0cos θ＝mvA
根据功能关系有W＝
联立可得W＝＝＝3gx2 J
当且仅当＝，即tan θ0＝2时，W取最小值，则Wmin＝90 J。
答案：(1)1.5 m (2)90 J 2
典例5 CD [第一次火药爆炸后，设烟花的速度为v，则有v2＝2gh，解得v＝20 m/s，第一次火药爆炸过程对烟花由动量定理有(F－mg)t＝mv－0，解得高压气体对烟花平均作用力大小为F＝603 N，故A错误；第二次爆炸，水平方向动量守恒，有m1v1－(m－m1)v2＝0，解得v2＝40 m/s，所以另一部分烟花的速度大小为40 m/s，方向水平向西，两部分烟花下落的时间相等，均为t′＝＝2 s，所以两部分烟花落地点间距为x＝(v2＋v1)t′＝120 m，故B错误，C正确；第二次火药爆炸中释放的能量为E＝＝300 J，故D正确。]
突破点三
典例6 ABD [两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；设斜面倾角为θ，乙下滑过程有＝，在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲的碰前速度为初速度做匀减速运动的时间为t3，乙运动的时间为t＝t1＋t2＋t3，由于t1与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误；乙下滑过程有mgH乙＝，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同，则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有＝2μgx，联立可得x＝，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。故选ABD。]
典例7 AB [t＝0时刻解除A球锁定，t＝t1时刻解除B球锁定，说明t1时刻只有A球具有速度，设此时A球的速度为v1，则有ΔvA1＝v1－0＝v1＝S1，t1时刻后A、B组成的系统满足动量守恒，故总动量等于t1时刻A球的动量，则有p总＝mAv1＝mAS1，A正确；由题图可知t1时刻A球的加速度为0，则此时弹簧弹力等于0，即弹簧处于原长状态，t2时刻两球的加速度都达到最大，说明此时弹簧的弹力最大，弹簧的伸长量最大，即t2时刻两球具有相同的速度，设t2时刻A、B两球的速度为v2，从t1到t2过程，A球的速度变化量大小为ΔvA2＝v1－v2＝S2，B球的速度变化量大小为ΔvB＝v2－0＝S3，从t1到t2过程，A、B组成的系统动量守恒，则有mAv1＝mAv2＋mBv2，可得mA(v1－v2)＝mBv2，联立可得＝，B正确；由A、B项分析可得S1－S2＝v2＝S3，C错误；从t＝0到t2时刻，A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，则有Ep0＝＋Ep2，说明t＝0时刻弹簧的弹性势能大于t2时刻弹簧的弹性势能，即t＝0时刻弹簧的压缩量大于t2时刻弹簧的伸长量，D错误。]
随堂练——临考预测，名师押题
1．B [设Δt时间内从枪口喷出的水的质量m＝ρvπΔt，以Δt时间内喷出的水为研究对象，设水枪在物体表面产生的冲击力大小为F，以喷水的方向为正方向，则由动量定理有－FΔt＝0－mv，解得F≈196 N，B项正确。]
2．BD [红壶与蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，可认为系统水平方向动量守恒，设碰撞后蓝壶的速度为v，由题图乙可知，碰撞前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰撞后速度为v1＝0.2 m/s，则有mv0＝mv1＋mv，得碰撞后蓝壶的瞬时速度v＝0.8 m/s，碰撞前两壶的机械能为Ek1＝＝0.5m(J)，碰撞后两壶的机械能为Ek2＝＋mv2＝0.34m(J)，碰撞前后机械能变化量为ΔEk＝Ek1－Ek2＝0.16m(J)，所以红、蓝两壶的碰撞是非弹性碰撞，A错误，B正确；由题图乙可知，碰后红壶与蓝壶都做匀减速运动，蓝壶移动的距离为x＝t＝×5 m＝2.0 m，C错误；红、蓝两壶碰后至停止运动的过程中，所受摩擦力的冲量大小等于两壶碰后动量的损失量，由动量定理得I红＝mv1＝0.2m(N·s)，I蓝＝mv＝0.8m(N·s)，则两壶所受摩擦力的冲量之比为I红∶I蓝＝1∶4，D正确。]
3．BC [a棒匀速运动，由平衡条件得mg sin 37°＝BIL，又有E＝BLv，I＝，解得v＝4 m/s，故A错误；两棒发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律，有mv＝mva＋Mvb，mv2＝，得va＝－2 m/s，vb＝2 m/s，b棒沿斜面向下做减速运动，b棒运动位移大小为xb，由动能定理Mg sin 37°xb－μMg cos 37°xb＝，解得xb＝5 m，故B正确；碰撞后a棒沿斜面向上运动到最高点所用时间为t，其位移x＝ m，由动量定理有 －mg sin 37°t－Bt＝，得t＝0.25 s，故C正确；由能量守恒定律可知，a棒再次到达P、Q位置时速度一定小于 2 m/s, a棒从P、Q位置沿斜面向下运动位移不到5 m时速度已经为0，两棒一定不可能发生第二次碰撞，故D错误。]
微专题2 “板—块”模型的综合分析
典例1 解析：(1)解法一 由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为
a＝μg＝3 m/s2
设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有
x物＝＝l＋
x板＝＝
联立并代入数据解得v0＝4 m/s，t1＝ s。
解法二 设物块从薄板右端水平飞出时，物块速度为v1，薄板速度为v2。对物块与薄板组成的系统，从开始运动到物块从薄板右端飞出时，根据动量守恒定律有
mv0＝mv1＋mv2
分别对物块和薄板根据动能定理有
－μmg·l＝
μmg·l＝－0
联立并代入数据解得
v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
对薄板由动量定理有
μmgt1＝mv2－0
代入数据解得t1＝ s。
(2)结合(1)问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为v2＝1 m/s
由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有＝v2t2
又h＝
联立并代入数据解得h＝ m。
答案：(1)4 m/s s (2) m
典例2 解析：(1)因为v0＝2 m/s<＝4 m/s，所以滑块P从A点先做平抛运动，如图甲所示，设当轻绳与竖直方向成θ角时轻绳再次伸直，则根据平抛运动规律可得
L sin θ＝v0t1，L(1－cos θ)＝
联立解得θ＝90°，t1＝ s
当轻绳再次伸直以后，将以vy1＝gt1＝4 m/s为初速度开始做圆周运动
根据机械能守恒定律得
＝＋mgL
解得vP＝8 m/s。
(2)滑块P到D点时速度方向与斜面平行，如图乙所示，可得
vy＝6 m/s
vD＝10 m/s
而vy＝gt，所以t＝0.6 s，h＝gt2＝1.8 m，d＝vPt＝4.8 m。
(3)滑块P刚滑上长木板时，分别对滑块和长木板进行受力分析，长木板不发生滑动，滑块P在长木板上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有mg sin φ－μ1mg cos φ＝ma，解得a＝2.4 m/s2
滑块P从D运动到与挡板碰撞前＝－2ab
解得v′＝8 m/s
滑块P和长木板碰撞后长木板开始下滑，在长木板下滑时，对滑块P与长木板构成的系统在沿斜面方向进行受力分析，则有
(M＋m)g sin φ－μ2(M＋m)g cos φ＝0
故此后运动过程中滑块P与长木板系统沿斜面方向动量保持不变。当滑块P与挡板不再发生碰撞，设滑块P与长木板一起匀速下滑的速度为v，由动量守恒定律得mv′＝(m＋M)v
解得v＝4 m/s
设当滑块P与挡板不再发生碰撞时长木板的位移为x，由功能关系可知，因滑块P和长木板间的摩擦力而产生的热量Q＝(M＋m)gx sin φ＋m－μ2(m＋M)gx cos φ－(m＋M)v2
代入数据解得Q＝48 J。
答案：(1)8 m/s (2)4.8 m 1.8 m (3)48 J
微专题3 应用力学三大观点解决多过程问题
典例1 解析：(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理有mgL＝－0
解得v0＝5 m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律FT－mg＝
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT＝6 N。
(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0＝mv1＋Mv2
＝
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2＝v0＝4 m/s。
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒Mv2＝2Mv3
由能量守恒定律＝＋μ1Mgs
解得μ1＝0.4
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒Mv2＝2Mv4
由能量守恒定律＝＋μ2Mgs＋MgR
解得μ2＝0.25
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。
答案：(1)6 N (2)4 m/s (3)0.25≤μ<0.4
典例2 解析：(1)①对小物块a从由静止释放到第一次经过C点的过程，根据机械能守恒定律有
mgh＝
第一次经过C点时，有
＝ma
联立解得a＝16 m/s2。
②由几何关系可知，E点的高度hE＝L sin θ＋R(1－cos θ)＝0.95 m>h，由能量守恒定律可知小物块a不会从E点滑出轨道DE。
小物块a在DE上时，因为μ2mg cos θmg[h－R(1－cos θ)]＝(μ1mg cos θ＋μ2mg cos θ)
解得s＝2 m。
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
a上＝g sin θ＋μ1g cos θ＝8 m/s2
a下＝g sin θ－μ2g cos θ＝2 m/s2
则对小物块a在DE上的每一次完整的上滑和下滑过程，根据运动学公式均有
a上＝a下
解得＝
所以＝。
(2)对小物块a从由静止释放到经过F点的过程，根据动能定理有
mg[h－L sin θ－2R(1－cos θ)]－μ1mgL cos θ＝
解得vF＝2 m/s
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且最终二者达到共同速度v，则根据动量守恒定律和能量守恒定律分别联立有
mvF＝2mv
＝×2mv2＋2μ1mgl
解得l＝0.2 m。
答案：(1)①16 m/s2 ②2 m ③1∶2 (2)0.2 m
专题三 电场与磁场
第6讲 电场
突破点一
典例1 D [由点电荷的电场强度公式和电场强度叠加原理可知，两点电荷在M点产生的电场强度大小为E＝cos 60°＝，方向沿MA方向，又M点的电场强度为0，所以细杆在M处产生的电场强度大小也为E＝，方向沿AM方向，由对称性可知细杆在A处产生的电场强度大小也为E＝，方向沿MA方向，又由点电荷的电场强度公式和电场强度叠加原理可知，两点电荷在A处产生的电场强度大小为E′＝cos 30°＝，方向沿MA方向，所以A处的电场强度大小为EA＝E＋E′＝(3＋)，D正确。]
典例2 AC [根据沿着电场线方向电势降低可知M点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据Ep＝qφ可知污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，静电力对其做正功，故A、C正确；根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小，故B错误；M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等，结合A、C选项分析可知污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大，故D错误。故选AC。]
典例3 B [粒子运动轨迹、电场线和粒子受力方向大致如图所示，因粒子受力方向与电场方向相反，故粒子带负电，故A错误；由电场线(或等势面)的疏密知EB>EA，故FB>FA，故B正确；若粒子带负电，从A点运动到B点，静电力做负功，电势能增加，故C错误；粒子运动方向题目中未知，故D错误。]
突破点二
典例4 D [无限远处电势为0，根据点电荷的电势公式φ＝k 可知，x正半轴上，电荷量为＋4q的点电荷在x处产生的电势为φ1＝k，电荷量为－q的点电荷在x处产生的电势为φ2＝－k，x正半轴上在x处的电势φx＝k－k，可知在x＝处电势为0，在x＝0处电势接近负无穷大，则选项D正确。]
典例5 B [根据题图可知，坐标原点处的电场强度为0，又因为两点电荷距坐标原点的距离相等，则两点电荷为等量同种点电荷，又因为带负电粒子在P1处所受合力沿x轴负方向，则可知两点电荷均为正电荷，A错误；对粒子由动能定理有qEx0＝mv2，x轴上的电场强度关于O点对称分布，则带电粒子经过O点时的动能最大，结合E x图像与x轴围成图形的面积的物理意义可知，qb＝，解得粒子的最大速度vm＝，B正确；结合B项分析可知，粒子在P3处的动能等于在P2处的动能，由动能定理可得Ek3＝Ek2＝q(b－a)，C错误；对粒子由牛顿第二定律有qE＝ma，由题图可知，E2>E1，则a2>a1，D错误。]
突破点三
典例6 B [根据题图甲可知，降低溶液的浓度时，该不导电溶液的相对介电常数εr增大，结合电容的决定式C＝可知，电容器的电容增大，A错误；电容器一直与恒压电源相连，则电容器两极板之间的电势差不变，C错误；根据电容的定义式C＝结合A、C项分析可知，电容器所带的电荷量Q增大，则溶液浓度降低过程中，电容器充电，电路中的电流方向为N→M，B正确，D错误。]
典例7 AD [小滑块在B点处的加速度为零，则沿斜面方向有mg sin 30°＝cos 30°，解得l＝，A正确，B错误；小滑块从A到C的过程，由动能定理有W＋mgs sin 30°＝0，解得静电力对小滑块做的功为W＝－，C错误；根据静电力做功与电势差的关系结合C项分析可知，AC之间的电势差UAC＝＝－，D正确。]
典例8 解析：(1)粒子在加速电场中加速，根据动能定理有qU＝mv2
解得粒子离开加速电场时的速度的大小为v＝
粒子在辐向分布的电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，根据牛顿第二定律有E0q＝m
解得圆弧虚线对应的半径R的大小为R＝。
(2)粒子在矩形区域QNCD内做类平抛运动，根据类平抛运动规律有d＝vt，3d＝at2
根据牛顿第二定律有Eq＝ma
联立解得矩形区域QNCD内匀强电场的电场强度为E＝。
答案：(1) (2)
典例9 AC [如图所示，小球在等效最低点P时，受重力、支持力和静电力三力，根据已知条件得mg＝qE，可知θ＝45°，且重力和静电力的合力F＝mg，小球恰好能够做完整的圆周运动，说明小球经过等效最高点Q时速度刚好为零，对小球由Q到A根据动能定理有mg(R＋Rcos 45°)＋qERsin 45°＝解得v0＝，A正确；在A点根据向心力公式有N－mg＝，解得N＝(3＋2)mg，C正确；对小球由B到A根据动能定理有 mg·2R＝，解得vB＝，假设在B点小球受到向上的支持力，在B点有mg－NB＝，解得NB＝(3－2)mg>0，假设成立，B错误；若在A点给小球的水平初速度增大一倍，根据动能定理有mg·2R＝，解得v′B＝≠2vB，D错误。]
随堂练——临考预测，名师押题
1．BD [设电容器两端电压为U，则电路中电流为I＝，画出题图丙中两条曲线对应情况下电流随时间变化的图像如图所示，根据I t图像与横轴围成的面积表示电荷量Q，可以得到曲线2对应情况下电容器充满电后所带的电荷量较大，选项C错误，D正确；根据充满电后电容器满足C＝，曲线2对应情况下电容器充满电后所带的电荷量较大，故曲线2对应情况下的电容值较大，已知有药液时测量电路中的电容值更大，故曲线2为有药液时的充电曲线，选项A错误，B正确。]
2．AD [根据电荷的分布可知，负试探电荷从A′点移到C′点，静电力始终做负功，则其电势能增加，故A正确；因为B点和B′点在等量异种电荷的中垂面上，而其中垂面为零等势面，因此电荷沿直线从B点移到B′点，静电力不做功，故B错误；A′点和C′点关于等量异种电荷的中垂面对称，因此A′、B′两点的电势差等于B′、C′两点的电势差，故C错误；根据电场强度叠加原理，如图所示。
可得B′电场强度大小为EB′＝2E cos θ，而cos θ＝＝，解得EB′＝，故D正确。故选AD。]
3．BC [沿电场线方向电势降低，在0～x3区间内，电场方向开始就指向x轴的负方向，故A错误；从O到A静电力做正功，根据动能定理可得－e(0－φ0)＝EkA，从A到B静电力做负功，根据动能定理可得－e＝EkB－EkA，联立解得电子到达B点的动能为EkB＝，故B正确；根据φ x图像的斜率表示电场强度，由题图可知从A到C电场强度先减小再增大，所以加速度先减小再增大，故C正确；BC段电场方向沿x轴负方向，电子受静电力沿x轴正方向，所以在B点给电子一个沿x轴正方向的初速度，电子将沿x轴正方向做直线运动，故D错误。故选BC。]
第7讲 磁场
突破点一
典例1 BC [根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，故A错误；根据题意可知a、c对导线b的安培力大小F，f、d对导线b的安培力大小为Ffd＝tan 30°F＝F，e对导线b的安培力大小为，根据矢量的合成可得b导线所受安培力Fb＝2F sin 30°＋2×sin 60°＋＝，故B正确；根据安培定则，a、d两条导线在O点的磁感应强度等大反向，b、e两条导线在O点的磁感应强度等大反向，a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向与c导线在O点的磁感应强度方向相同，垂直于ed向下，故C正确，D错误。故选BC。]
典例2 BD [通电流之前，铜导线半圆环处于平衡状态，根据平衡条件有2FT＝mg；通电流之后，半圆环受到安培力，由左手定则可判断半圆环受到的安培力方向竖直向下，根据平衡条件有2F′T＝mg＋F安，可知通电后两绳的拉力变大，A错误，B正确；半圆环的有效长度为2r，由安培力公式可知F安＝2BIr，C错误，D正确。]
突破点二
典例3 D [根据带电粒子在圆形边界磁场中的运动性质可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，粒子射出圆形区域时的速度方向一定沿该区域的半径方向，A、B错误；当粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1＝R时，粒子连续两次由A点沿AC方向射入磁场区域的时间间隔最短，其运动轨迹如图甲所示，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝，又有T1＝，则最短时间间隔为tmin＝2T1＝，C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短时，粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何关系可知此时粒子的轨迹半径为r2＝R，由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝，联立解得v2＝，D正确。
]
典例4 D [根据题意可知，粒子沿ab边界方向射入磁场，从ac边射出磁场时轨迹对应的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子速度最大时运动轨迹与bc相切，粒子运动轨迹如图所示。由几何关系可得∠a＝60°，∠b＝90°，bc＝L，则ab＝L，因为四边形abdO是正方形，所以粒子做圆周运动的半径r＝L，由几何关系可知∠aOe＝120°，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvmB＝，解得vm＝，则粒子在磁场中运动的最长时间为t＝T＝，入射点与出射点的最大间距为d＝r＝L，粒子轨迹上各点与ac边的最大距离为d2＝r－r sin 30°＝，故选D。]
随堂练——临考预测，名师押题
1．A [设放置在FE边的通电导线在C点的磁感应强度大小为BC1＝，根据右手螺旋定则可判断其方向沿CM，放置在ND边的通电导线在C点的磁感应强度大小为BC2＝，方向沿FC，故C点处的磁感应强度大小为BC＝；放置在FE边的通电导线在O点的磁感应强度大小为BO1＝＝，方向沿DN，放置在ND边的通电导线在O点的磁感应强度大小为BO2＝＝，方向沿EF，故O点处的磁感应强度大小为BO＝，则题图中C、O两点处的磁感应强度大小之比为＝＝，故选A。]
2．AD [根据qvB＝m，则离子轨道半径r＝＝L，离子轨迹对应弦长最短时运动时间最短，即离子恰好打中P点，如图甲所示根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角为60°，能打中荧光屏的最短时间为t＝T＝，故A正确；离子运动轨迹如图乙所示，离子速度为v1从下侧回旋，刚好和边界相切于B点，离子速度为v2时从上侧回旋，刚好和上边界相切于A点，离子的周期T＝，打中荧光屏的最长时间为t＝T＝，故B错误；离子打中荧光屏的范围总长度为图乙中的AC长度，由几何关系可知|AC|＝(＋1)R＝(＋1)L，打中荧光屏的宽度为(＋1)L，故C错误；离子恰好打到MN上的临界运动轨迹如图丙所示，离子速度为v1从下侧回旋，刚好和边界相切，离子速度为v2时从上侧回旋，刚好和上边界相切，打到N′点的离子离开S时的初速度方向和打到M′点的离子离开S时的初速度方向夹角θ＝π，能打到荧光屏上的离子数与发射的离子总数之比k＝＝，故D正确。]
3．BCD [粒子源在平行于xOy的平面内向容器内各个方向均匀发射相同速率的带电粒子，磁场方向沿z轴正方向，可知粒子只在平行于xOy的平面内运动，画出过S点、平行于xOy平面的面E′F′G′H′和粒子的运动轨迹图，如图所示。由题意知，粒子射出后向速度方向的右侧偏转，利用左手定则可判断粒子带正电。由题意知有二分之一的粒子打在E′F′边上，刚好没有粒子打在F′G′边上，打在E′F′最边缘粒子分别沿x轴的正方向和y轴的正方向射入磁场，入射速度夹角为90°，在E′点和F′点分别与E′F′和F′G′边相切射出，根据几何关系可知，粒子运动的轨迹半径为r＝a，由r＝，代入数据解得v＝kBa，故A错误；根据粒子的运动轨迹，可知打在SH′边上的粒子速度方向与H′G′的最大夹角为30°，所以有六分之一的粒子打在MNHG面上，故B正确；由题图根据几何关系可知，打在E′H′边的粒子，从粒子源射出时的速度方向最大夹角为60°，所以有三分之一的粒子打在ONHE面上，故C正确；由题图知，打到OPFE面中心S′点的粒子和打在棱HN上即H′点的粒子，它们的运动轨迹所对应的弦长相等，所以圆心角相等，在磁场中运动的时间相等，故D正确。]
第8讲 带电粒子在复合场中的运动
突破点一
典例1 解析：(1)根据题意，作出甲、乙两粒子在Ⅰ区和Ⅱ区中的运动轨迹，如图所示。
乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，则乙在Ⅰ区运动轨迹所对的圆心角为30°
根据几何关系有r乙sin 30°＝L
对乙在Ⅰ区运动的过程，由洛伦兹力提供向心力有
qv0B＝
联立解得B＝。
(2)乙从进入Ⅰ区到运动至P点的过程，运动时间t1＝T
又T＝＝
解得t1＝
分析可知，甲、乙都沿＋x方向从P点射入Ⅲ区，在t1时间内，甲从P点运动到O点，根据运动学规律有
d＝
根据牛顿第二定律有qE0＝ma
联立解得d＝πL。
(3)甲从P点运动到O点的过程，根据运动学规律有
v甲O＝v0＋at1
解得v甲O＝3v0
由于甲在Ⅳ区做匀速直线运动，则甲所在位置的电场强度为
E甲＝ωt－kx＝ωt－kv甲Ot＝0
解得k＝
当甲运动t0时间至x＝x0处时，乙在Ⅳ区x＝(x0－Δx)处
在x＝x0处有E甲＝ωt0－kx0＝0
在x＝(x0－Δx)处有E乙＝ωt0－k(x0－Δx)
又F＝qE乙
联立解得F＝Δx。
答案：(1) (2)πL (3)F＝Δx
突破点二
典例2 解析：(1)A从O′飞出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，rA＝
由洛伦兹力提供向心力得|q1|v1B＝
联立整理得v1＝
解得v1＝2 m/s。
(2)设B滑到O点的速度为v2，由动能定理得Eq2R＝
解得v2＝2 m/s
A、B在O点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的C球速度为v，由动量守恒定律得
m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v
在碰后瞬间，C球做圆周运动，设轨道对C的支持力为F，C球带电荷量q＝q1＋q2
由F－Eq＋qvB＝
解得F＝1.6 N。
(3)C球从轨道飞出后，受到竖直向下的静电力和垂直纸面向外的洛伦兹力，在静电力作用下，C球在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，每隔一个周期T，C球回到y轴上。由qvB＝及T＝
解得C球圆周运动周期T＝
C球竖直方向加速度a＝
C球回到y轴时坐标y＝a(nT)2
代入数据解得y＝10n2π2(n＝1，2，3，…)(m)。
答案：(1)2 m/s (2)1.6 N (3)y＝10n2π2(n＝1，2，3，…)(m)
典例3 D [设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量q＝nevtb，根据电流的定义式得I＝＝nevb，当电子稳定通过样品时，其所受静电力与洛伦兹力平衡，则有e＝evB，联立解得U＝B，结合题图乙可知k＝＝ V/T，解得n≈2.3×1016，D正确。]
随堂练——临考预测，名师押题
1．C [设粒子速度为v0，M、N两极板间电压为U，在速度选择器中有qBv0＝q，可得v0＝，由题意，粒子运动的轨迹如图，由三角形相似可得＝，又R1＝，R2＝，联立解得U＝，故选C。]
2．ABD [液滴在叠加场中做直线运动，则一定做匀速直线运动。液滴在场区做直线运动，所以液滴带正电，液滴受力如图所示，根据平衡条件，有Eq＝mg tan θ＝mg，qvB＝＝mg，解得E＝，B＝，选项A、B正确；因洛伦兹力不做功，只有重力和静电力做功，所以机械能的增加量等于电势能的减少量，选项C错误；电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故静电力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有a＝＝g，所以选项D正确。]
3．BC [由题意，粒子从M到N做类平抛运动，进入磁场做匀速圆周运动，从x轴离开磁场，轨迹如图所示，在竖直方向，位移大小为Δy1＝d＝t，粒子沿水平方向做匀速运动，由几何关系有Δx1＝2d＝v0t，解得vy＝v0，在N点粒子速度大小为v＝v0，选项A错误；由牛顿第二定律有qE＝ma，又vy＝at，联立解得电场强度大小为E＝，选项B正确；由题意，粒子从N点垂直OP进入磁场，从C点垂直x轴离开磁场，由几何关系，则粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝LON＝2d，对粒子由牛顿第二定律有qvB＝m，解得B＝，选项C正确；由运动规律可知粒子在磁场中运动的时间为t＝＝，选项D错误。]
微专题4 带电粒子在交变电磁场中的运动及磁聚焦(发散)
典例1 解析：(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为
T＝2t0
根据T＝
则粒子所带的电荷量
q＝。
(2)若金属板的板间距离为D，则板长为，粒子在板间运动时
＝vt0
出电场时竖直速度为0，则竖直方向
y＝2×(0.5t0)2
在磁场中时qvB＝m
其中的y＝2r＝
联立解得v＝π
D＝。
(3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图。
由(2)的计算可知金属板的板间距离
D＝3r
粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动，速度为0后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内静电力做功为0，在左侧电场中运动时，往返一次静电力做功也为0，可知整个过程中只有从开始到进入左侧电场时静电力做功和最后0.5t0时间内静电力做功，则
W＝mv2＋＝＝。
答案：(1)正电 (2) π (3)
典例2 ABC [边界上有粒子射出的范围是以偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧，若n＝2，则粒子在磁场中做圆周运动的直径等于磁场区域直径，所以运动的轨迹半径为r＝R，如图甲所示，由于粒子做圆周运动的轨迹半径与磁场区域半径相等，则粒子做圆周运动的圆心O′、磁场区域的圆心O、射入点、射出点组成的四边形为菱形，粒子离开磁场时的速度方向均与OP垂直，即所有粒子离开磁场时的速度方向相互平行，故A正确；若n＝2，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得qvB＝m＝m，解得v＝，故B正确；若n＝4，
粒子运动轨迹如图乙所示，粒子做圆周运动的轨道半径为r′＝R sin 45°＝R, 由牛顿第二定律得qv′B＝m，解得v′＝，故C正确；n＝4时，粒子做圆周运动的轨道半径为r′＝R，仅将磁场的磁感应强度大小由B减小到 B 时，其半径变为R，而n＝2时的运动半径为R，故D错误。]
微专题5 带电粒子在立体空间中的运动
典例1 D [将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解，沿x方向速度与磁场方向平行，做匀速直线运动且x＝v0cos α·t，沿y轴方向，速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由左手定则可知，磁场方向沿x轴正方向，故A错误；根据evB＝m， T＝，且v＝v0sin α，解得D＝2R＝，T＝，所以Δx＝vxT＝，所以，若仅增大磁感应强度B，则D、Δx均减小，故B错误；若仅增大v0，则D、Δx皆按比例增大，故C错误；若仅增大α，则D增大，而Δx减小，且α＝90°时Δx＝0，故D正确。]
典例2 解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，则2L＝v0t，L＝t2，解得E＝。
(2)过O点的速度分解为vx和vy，其中2L＝vxt＝v0t，L＝t，解得vy＝v0，粒子进入磁场后，在沿x轴方向上以v0做匀速直线运动，在yOz平面内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，可得qBvy＝
解得R＝，所以粒子在经过O点后距x轴的最大距离为d＝2R＝。
(3)粒子做圆周运动的周期为T＝＝，粒子打到平面MN上所经历的时间为t，则t＝＝，则＝＝，即t＝6T，经过整周期，粒子又回到了x轴，即打在MN板时，相当于转动T所在的位置，
如图所示。
由几何关系可知y＝－R sin 60°＝－＝－；z＝R＋R cos 60°＝＝，
则粒子打到平面MN上的位置坐标为(L0，y，z)，
即。
答案： (2) (3)
专题四 电路与电磁感应
第9讲 电路
突破点一
典例1 C [滑动变阻器滑片从b端向a端缓慢滑动的过程中，滑动变阻器滑片上、下两部分并联后的阻值先增大后减小，干路电流先减小后增大，路端电压先增大后减小，电容器极板间电压变化缓慢，充电或放电电流可忽略，根据闭合电路欧姆定律可得电压表的示数U＝E－I干(R0＋r)，则电压表V示数先变大后变小，电容器C极板间电压变化情况与电压表示数变化情况相同，即电容器C先充电后放电，A、B错误；由于不知电源内阻与外电阻的数值关系，无法判断电源的输出功率如何变化，D错误；滑动变阻器滑片从b端滑到正中间的过程，回路总电阻增加，干路电流减小，滑动变阻器上半部分所在支路分配的电压增大，通过滑动变阻器上半部分的电流增大，可知电流表A示数变小，滑片从正中间滑到a端的过程，上、下两部分并联的电阻减小，电压表示数变小，滑动变阻器下半部分电阻增加，可知电流表A示数继续变小，C正确。]
典例2 AC [根据题图可知，S1闭合时电热丝两端的电压为UR＝220 V，则其热功率为P＝＝ W＝1 100 W，故A正确；电动机正常工作，则可得电动机所在支路的电流为IM＝＝ A＝0.5 A，根据并联电路的特征可得IM＝120 V，解得R2＝480 Ω，故B错误；电动机正常工作时PM＝P1＋P热，而P热＝r＝0.52×4 W＝1 W，可得电动机M正常工作时的输出功率P1＝49 W，故C正确；电热丝所在支路电流IR＝＝ A＝5 A，则可得干路电流I＝IR＋IM＝5.5 A，由此可知，当开关S1、S2都闭合，1分钟电路消耗的电能为E＝URIt＝220×5.5×60 J＝7.26×104 J，故D错误。]
突破点二
典例3 C [根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为e＝E sin ωt，由题图丙可知，磁场区域变化后，当E sin ωt＝时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为d′＝2d cos ＝d，C正确。]
典例4 B [结合Q＝t可知，Q1＝＋(U0)2＝，Q2＝·T＝，又R1＝R2，所以＝，B正确。]
突破点三
典例5 AC [保持T不动，则原、副线圈匝数比不变，又变压器的输入电压不变，根据变压器的变压规律可知，变压器的输出电压不变，滑动变阻器的滑片向f端滑动时，其接入电路的电阻减小，根据欧姆定律可知通过R1的电流增大，根据P＝I2R可知，R1的热功率增大，A正确；仅将T向b端移动，则原、副线圈的匝数比增大，又变压器的输入电压不变，根据变压器的变压规律可知，变压器的输出电压减小，则R1两端的电压减小，根据P＝可知，R1的热功率减小，B错误；同理，将T向a端移动，R1的热功率增大，结合A项分析可知，再将滑动变阻器的滑片向f端滑动，R1的热功率进一步增大，C正确；经以上分析可知，将T向b端移动，滑动变阻器的滑片向e端滑动，R1的热功率减小，D错误。]
典例6 A [设升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4，将降压变压器和用户端所接定值电阻R等效为一个电阻R等效，则R等效＝＝＝R。发电机转子以角速度ω匀速转动时，产生的电动势的最大值Em＝NBSω，则升压变压器输入端的电压有效值U1＝，转子角速度增加一倍，则升压变压器输出端电压U2＝U1增加一倍，根据闭合电路欧姆定律知定值电阻R0中的电流变为原来的2倍，结合P＝R0可知，转子角速度增加一倍，R0上消耗的功率变为4P，选项A正确；结合P＝·R0，若R0增加一倍，则R0上消耗的功率为·2R0≠4P，选项B错误；若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，根据理想变压器变压规律知，升压变压器副线圈两端的电压变为原来的2倍，由I0＝可知，定值电阻R0中的电流变为原来的2倍，R0上消耗的功率变为4P，选项C错误；若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，降压变压器和用户端所接定值电阻的等效电阻变为R等效，R0上消耗的功率变为·R0≠6P，选项D错误。]
随堂练——临考预测，名师押题
1．BC [从垂直于中性面时开始计时，交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωL2cos ωt，故A错误；原线圈电动势的有效值为U1＝，根据＝，若无二极管，副线圈电动势的有效值为U2＝，若有二极管，根据有效值的定义可知＝T，则副线圈电动势的有效值为U3＝，电压表V的示数为U4＝＝，故B正确；理想变压器输入功率与输出功率相等，可得U1I1＝U3I2，电流表A1与电流表A2的示数之比为I1∶I2＝U3∶U1＝3∶，故C正确；滑动变阻器R2消耗的功率为＝·R2＝，将滑动变阻器R2的滑片P向下滑动，R2增大且小于R，则滑动变阻器R2消耗的功率一直增大，故D错误。]
2．BC [根据题图可知，由于输入电压经副线圈接在负载两端，且输入电压经过变压器变压后也有输出电压，则输入电压与变压器输出电压的和等于负载两端的电压，则有n1∶n2＝220∶(230－220)＝22∶1，A错误，B正确；若左端电压有效值降低，又负载两端的电压有效值恒定，则变压器的输出电压应升高，可将滑片a上移，C正确；若左端电压有效值升高，则变压器的输出电压应降低，可将滑片b上移，D错误。]
3．B [升压变压器原线圈电流I1＝，所以I2＝I1＝，故A错误；升压变压器副线圈电压U2＝U1，降压变压器原线圈电压U3＝U2－I2r，则降压变压器原、副线圈的匝数比值为＝＝，故B正确；由欧姆定律可得通过用户的电流为I4＝，对降压变压器，根据理想变压器变流规律、变压规律有＝＝，根据上述有＝R，解得I2＝(另解：由理想变压器等效电阻可知，降压变压器和负载的等效电阻为R等＝R，则输电线上电流为I2＝)，可知高压输电线的电流可能增大，可能减小，也可能不变，故C错误；输送功率P1＝U2I2，解得I2＝，输电线上电流I2变为原来的，输电线上损失的功率ΔP＝r，可知输电线损失的功率变为原来的，故D错误。]
第10讲 电磁感应
突破点一
典例1 ABD [由楞次定律结合左手定则可知，安培力与MN的运动方向的夹角始终大于90°，则安培力始终做负功，MN最终一定静止在OO′位置，A、B正确；根据楞次定律可知，从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN中电流方向由M到N，D正确；从释放到第一次到达OO′位置过程中，在即将到达OO′位置的时刻，MN所受安培力水平向左，合力方向沿左上方，则处于减速状态，C错误。]
典例2 AB [由于ab和cd均沿导轨下滑，则通过abcd回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，回路中的电流方向为abcda，A正确；初始时，对ab和cd分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律分别有2mg sin 30°－2BIL cos 30°＝2ma1、mg sin 30°－BIL cos 30°＝ma2，可得a1＝a2＝，则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C错误；当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合C项分析可知，ab中的电流趋于，B正确；由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，则由法拉第电磁感应定律可知两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1，D错误。
]
突破点二
典例3 AC [设线框质量为m，物块质量为M，线框在减速进入磁场的过程中，对线框受力分析，根据牛顿第二定律有mg＋－T＝ma，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有T－Mg＝Ma，联立解得a＝g，则随着速度的减小，加速度的大小不断减小，B错误；结合B项分析可知，若匀强磁场区域高度与线框宽度相等且物块质量与线框质量相等，则线框在磁场中一直做加速度大小逐渐减小的减速运动，出磁场后匀速运动，则A选项的图像可能正确；若匀强磁场区域高度大于线框宽度且物块质量与线框质量相等，则线框进磁场和出磁场阶段均做加速度大小逐渐减小的减速运动，完全在磁场中运动时不受安培力，做匀速运动，完全出磁场后，也做匀速运动，则C选项的图像可能正确；D选项的图像中线框出磁场后匀加速，说明物块质量大于线框质量，但在此情况下，结合B项分析可知，存在第二段匀速阶段时，不会存在第三段减速阶段，D错误。]
突破点三
典例4 AD [根据法拉第电磁感应定律有E＝＝，导体棒在Δt内扫过的面积为ΔS＝ωΔt[(2r)2－r2]＝ωr2Δt，联立得E＝Br2ω，A选项正确；电源外部并联部分总阻值R外＝R，回路中总电流I总＝，路端电压U外＝I总R外，联立得U外＝Br2ω，B选项错误；滑片由C端移动到中间位置的过程中，外电路总阻值增大，回路总电流减小，路端电压增大，灯泡所在支路的阻值减小，由欧姆定律可知，流过灯泡的电流增大，灯泡变亮，当滑动变阻器的滑片由中间位置移动至D端，路端电压减小，定值电阻所在支路的阻值增大，故其所在支路电流减小，而回路中总电流增大，故灯泡所在支路电流增大，灯泡变亮，所以滑片由C端移动至D端的过程中，灯泡一直变亮，D选项正确，C选项错误。
另解 串反并同法 滑片由C端移动至D端的过程中，与灯泡串联的电阻一直在减小，与其并联的电阻一直在增大，则灯泡所在支路的电流一直增大，灯泡一直变亮。]
典例5 解析：(1)当OA棒切割磁感线的有效长度为l1＝L时，该棒产生的感应电动势最大，有
Emax＝＝BL2ω
此时CD棒所受的安培力最大，结合I＝和安培力公式有
FAmax＝ImaxBL＝
当OA棒切割磁感线的有效长度为l2＝L时，该棒产生的感应电动势最小，有
Emin＝＝
此时CD棒所受的安培力最小，有
FAmin＝IminBL＝。
(2)设CD棒的质量为m，CD棒与平行导轨间的最大静摩擦力为f
OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好静止，则有
FAmax＝mg sin θ＋f
FAmin＋f＝mg sin θ
结合(1)问分析有FAmax＝mg sin θ
则撤去推力瞬间，CD棒的加速度方向沿平行导轨向上，对CD棒由牛顿第二定律有
FAmax＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma
联立解得CD棒与导轨间的动摩擦因数为
μ＝。
答案：(1) (2)
典例6 解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得金属棒切割磁感线运动过程中，金属棒产生的感应电动势为E＝Blv
闭合开关S，电容器被短路，由闭合电路欧姆定律可得回路中的电流I＝
由安培力公式可得金属棒所受的安培力F安＝BIl
联立可得F安＝
当金属棒匀速运动时，金属棒受力平衡，可得外力大小为 F＝F安m＝
所以外力做功的功率为P＝Fv＝
又电阻R的热功率为PR＝I2R＝
则当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，即P＝2PR时，金属棒的速度大小为v＝。
(2)断开开关S后，金属棒匀速运动，设回路中的电流为I′，则外力的大小为F′＝F′安＝BI′l
则外力做功的功率为P′＝F′v＝
而电阻R的热功率为P′R＝I′2R
当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，即P′＝ 时，有I′＝
则此时电容器两端的电压为
U＝Blv－I′R＝
电容器所带电荷量为Q＝CU
从断开S开始到该时刻的过程中，对金属棒根据动能定理可知，外力做功的大小等于安培力做功的大小，则有W＝W安＝t＝t
其中t＝Q－0
联立解得W＝。
答案：(1) (2)
随堂练——临考预测，名师押题
1．AD [根据右手定则，若铜盘按照题图所示方向转动，则圆心处电势高于边缘处电势，那么平行板电容器C板电势高，A正确；铜盘转动切割磁感线，所以铜盘产生的感应电动势为E感＝B1ωL2，B错误；电子在电容器两板中间做匀速直线运动，对电子受力分析，可得eE电＝evB2，又E电＝＝，联立解得v＝，C错误；对小球受力分析，重力与静电力平衡，洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，有mg＝qE电，解得m＝，D正确。]
2．B [正三角形线框efg刚进入向里的磁场Ⅰ瞬间，I的大小为零，之后随线框进入磁场距离的增大，利用楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为正方向，在进入磁场Ⅰ过程中，eg和fg两边的有效切割长度变大，其有效长度为L有效＝2x tan 30°，感应电动势为E＝BL有效v，感应电流为I＝＝，当线框efg前进距离a时，达到最大，即I0＝。在线框刚进入垂直纸面向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流为零，之后随线框进入磁场距离的增大，利用楞次定律可知，线框efg中感应电流沿顺时针方向，即为负，进入过程中有效切割长度变大，在该过程中，结合之前的分析得其电流的瞬时值大小为I′＝，当前进距离为2a时，其感应电流达到最大，结合之前的分析，其最大值为I′0＝＝2I0，在刚出向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流大小为零，之后随线框出磁场距离的增加，利用楞次定律可知，efg中感应电流沿逆时针方向，为正，有效切割长度变大，在该过程中，结合之前的分析，其电流的瞬时值为I″＝，当前进距离为3a时，达到最大，其最大值为I″0＝＝I0，故选B。]
3．解析：(1)反馈线圈产生的电动势为E1＝kI(r2－r1)＝＝0.5 V
反馈线圈的电阻为
R1＝[πr2＋πr1＋6(r2－r1)]R＝3(π＋2)rR＝0.5 Ω
则根据欧姆定律可得I1＝＝1 A。
(2)由题可知反馈线圈有磁场覆盖的面积为
S＝＝πr2
则由法拉第电磁感应定律可得E＝＝S·＝＝πr2k×
由数学知识可知，＝Iωcos (ωt)
可得反馈线圈产生的感应电动势为
E＝πr2kIωcos (ωt)。
(3)由(2)问可知，反馈线圈产生的感应电动势为
E＝πr2kIωcos (ωt)
则有效值为E有效＝
反馈线圈的电阻为Rb＝3(π＋2)rR
又Q＝t
联立解得时间t内反馈线圈产生的热量为
Q＝。
答案：(1)1 A (2)πr2kIωcos (ωt) (3)
微专题6 动量观点在电磁感应中的应用
典例1 解析：(1)细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为E＝BLv0
电流方向为a→b，电流的大小为I＝
则所受的安培力大小为F＝ILB＝
方向水平向左。
(2)①M、N所受安培力等大反向，故两杆系统动量守恒。设N出磁场时M的速度为v1，有
mv0＝mv1＋2m·
由系统能量守恒知M、N产生的总热量为
Q＝－·2m
又N上产生的热量为QN＝Q
可得QN＝。
②设M、N在磁场中任意时刻的速度分别为v1i和v2i，细金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有＝2m·
其中i＝
设两杆在磁场中相对靠近的位移为Δx，则
Δx＝
联立可得Δx＝
若两杆在磁场内刚好未相撞，初始时刻N到ab的最小距离为x＝Δx＝。
答案：(1)，方向水平向左
典例2 解析：(1)由法拉第电磁感应定律可知，开关闭合时感应电动势E＝，面积S不变，磁感应强度变化，则E＝S＝0.05 V
流过导体棒cd的电流大小I＝＝0.062 5 A。
(2)导体棒cd做加速度减小的加速运动，当S＝B2L1v1时，电路中的电流为0，导体棒cd做匀速直线运动，可得速度大小v1＝1 m/s。
(3)导体棒cd离开上导轨后，从离开到落到下导轨上的时间t＝＝0.2 s
在水平方向做匀速直线运动，水平位移x1＝v1t，解得x1＝0.2 m
两导体棒相互作用过程中系统动量守恒，有
mv1＝2mv2，解得v2＝0.5 m/s
对导体棒ef应用动量定理有B3L1t1＝mv2
又＝
由法拉第电磁感应定律得＝
由于导体棒cd与导体棒ef恰好不相碰，则两导体棒共速时刚好在同一位置，设导体棒cd刚落到下导轨上时与导体棒ef间距为x2
联立得＝mv2，解得x2＝1 m
则x＝x1＋x2＝1.2 m。
(4)导体棒cd与导体棒ef组成的系统能量守恒，得＝＋Q，解得Q＝0.025 J
cd、ef两个导体棒电阻相等，则导体棒cd在下导轨上运动过程中产生的热量Q′＝＝0.012 5 J。
答案：(1)0.062 5 A (2)1 m/s (3)1.2 m (4)0.012 5 J
专题五 振动和波 光与电磁波 热学 近代物理初步
第11讲 振动和波
突破点一
典例1 D [根据题图乙可知，t1时刻小球处于平衡位置且向下运动，A错误；t2时刻，光源处于最高点，其回复力向下，加速度向下，B错误；t2时刻，光源处于最高点，小球处于最低点，则观测屏上的影子也处于最低点，故小球与影子的相位差为0，C错误；t3时刻，光源处于最低点，小球处于最高点，则观测屏上的影子也处于最高点，如图所示，根据几何关系可知，＝，解得h＝5A，D正确。]
典例2 B [由题图图像可知该简谐运动的振幅为1 cm，A错误；由题图图像可知，振动周期为0.4 s，由 ＝可知，频率为2.5 Hz，B正确；0.1 s时，质点位于平衡位置，此时速度达到最大值，C错误；0.2 s时，质点位于负向最大位移处，加速度方向指向平衡位置，方向竖直向上，D错误。]
典例3 BC [轻质弹簧，不计摩擦，甲、乙与弹簧构成的系统机械能守恒，可知，甲、乙小球的运动是简谐运动，没有悬挂小球乙时，弹簧处于压缩状态，对小球甲分析有mg sin 30°＝kx1，解得x1＝，根据简谐运动的特征，小球甲运动到平衡位置O点，挂上小球乙后，所受合力为0，此时有mg＝mg sin 30°＋kx2，解得x2＝＝x1，此时弹簧处于拉伸状态，可知该平衡位置O点在原长B位置的上侧，根据简谐运动的对称性可知AO＝AB＋BO＝x1＋x2＝OC，则有BC＝BO＋OC＝＝3AB，A错误；根据弹簧振子的周期公式有T＝2π，则小球甲从A点第一次运动到C点，所用时间为t＝T＝π，B正确；根据上述，小球甲运动到平衡位置O点时速度最大，由于甲开始运动时与到达O点时弹簧的形变量相等，弹性势能相等，则有mg(x1＋x2)＝＋mg(x1＋x2)sin 30°，解得vm＝，C正确；小球甲从A点运动到C点，根据能量守恒定律有ΔEp＝2mg(x1＋x2)－2mg(x1＋x2)sin 30°，解得ΔEp＝，D错误。(另解 因为弹簧弹力随形变量线性变化，利用平均力计算功：小球甲从A点运动到C点，W弹＝WAB－WBO－WOC＝－WOC＝－·OC＝－·2x1＝－，则ΔEp＝－W弹＝。)]
突破点二
典例4 BC [根据题图可知，该波的周期T＝0.2 s，振幅为0.2 m，A错误，B正确；由题意可知波源第2次处于波谷位置，即波源振动了Δt＝1T时质点P开始振动，所以该波的传播速度v＝＝10 m/s，C正确；结合C项分析可知，t＝0.45 s时质点Q开始振动，此时质点P已经运动了0.1 s，结合题图可知此时质点P处于平衡位置，D错误。]
典例5 ABD [根据三角函数知识可知，＝＝，可得xMN＝，xMQ＝λ，xNQ＝xMQ－xMN＝λ，N、Q两质点平衡位置之间的距离为16 m，解得λ＝24 m，故A正确；根据题图乙可知波的周期为T＝0.2 s，则波速为v＝＝120 m/s，故B正确；由题图乙可知，t＝0.125 s时刻，质点P沿y轴负方向运动，由质点P的振动方程y＝10 sin 10πt(cm)，可知此时对应的位移为－5 cm，再结合题图甲的波形图，由三角函数知识得＝，解得xNP＝λ＝1 m，所以xP＝1 m，故C错误；(另解 t＝0.125 s时刻，质点P沿y轴负方向运动，根据同侧法可知，该波沿x轴负方向传播。在t＝0.125 s之后，质点P第一次位于波峰的时刻为t′＝0.25 s, 由此可知此波峰为t＝0
