高中物理教科版选修3-5学案 与动量相关的功能问题Word版含解析
文档属性
| 名称 | 高中物理教科版选修3-5学案 与动量相关的功能问题Word版含解析 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 365.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 教科版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-10-14 10:00:49 | ||
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文档简介
与动量相关的功能问题
【考纲解读与考频分析】
动量与能量联系密切，高考一般将动量与能量综合考查。
【高频考点定位】：功和能 动量 冲量
考点一：与动量相关的功能问题
【3年真题链接】
1.（2017·天津卷）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（ ）
A.?摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B.?在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力 C.?摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D.?摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
【参考答案】B
【名师解析】乘客的机械能包括动能和重力势能，摩天轮做匀速圆周运动，所以动能不变，重力势能时刻改变，即机械能时刻改变，故A项错误；在最高点对乘客进行受力分析，列牛顿第二定律方程， 得所以,故B项正确；根据冲量,重力不为零，作用时间不为零，所以重力的冲量不为零，故C项错误；乘客重力的瞬时功率,指线速度和竖直方向的夹角，转动过程中、不变，角不断变化，重力瞬时功率不断变化，故D项错误。 【分析】因为动能不变，重力势能时刻变化，判出机械能不断变化；根据牛顿第二定律计算重力与支持力的关系；冲量是力在时间上的积累，力的作用时间不为零，冲量就不为零；根据计算瞬时功率。
2.（2018全国高考III卷）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα= 3/5，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：
（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
（2）小球到达A点时动量的大小；
（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。
【名师解析】（1）解:设水平恒力的大小为F0 ， 小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有 ① ② 设小球到达C点时的速度大小为v ， 由牛顿第二定律得 ③ 由①②③式和题给数据得 ④ ⑤ （2）解:设小球到达A点的速度大小为 ，作 ，交PA于D点，由几何关系得 ⑥ ⑦ 由动能定理有 ⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为 ⑨ （3）解:小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为 ，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有 ⑩ ? 由⑤⑦⑩?式和题给数据得 ?
【分析】（1）由力的合成法则及在C点由牛顿第二定律可求出水平恒力F0及小球到达C点的速度。 （2）从A到C有动能定理，几何关系和动量的表达式可求出小球到达A点时的动量。 （3）从C落至水平轨道，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，由运动学公式可得落至水平轨道所用的时间。
3．（20分）（2019高考北京理综卷24）
雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。
（1）质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W。
（2）将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数。
a．设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式；
b．示意图中画出了半径为r1、r2（r1>r2）的雨滴在空气中无初速下落的v–t图线，其中_________对应半径为r1的雨滴（选填①、②）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v–t图线。
（3）由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f ∝v2（提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0）。
【名师解析】．（20分）
（1）根据动能定理
可得
（2）a．根据牛顿第二定律
得
当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度vm
雨滴质量
由a=0，可得，雨滴最大速度
b．①
如答图2
（3）根据题设条件：大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。以下只考虑雨滴下落的定向运动。
简化的圆盘模型如答图3。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在?t时间内，与圆盘碰撞的空气分子质量为
以F表示圆盘对气体分子的作用力，根据动量定理，
有
得
由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力
采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论。
【2年模拟再现】
1．（6分）（2019河北邯郸一模）质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经时间t身体伸直并刚好离开水平地面，该过程中，地面对他的冲量大小为I，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．运动员在加速上升过程中处于超重状态 B．运动员离开地面时的速度大小为
C．该过程中，地面对运动员做的功为 D．该过程中，人的动量变化大小为I﹣mgt
【参考答案】AD
【名师解析】运动员在加速上升过程中加速度向上，处于超重状态，故A正确；取向上为正，根据动量定理可得I﹣mgt＝mv，解得v＝﹣gt，故B错误；
C、该过程中，地面对运动员做的功为0，故C错误；根据动量定理可得：该过程中，人的动量变化大小为△P＝I﹣mgt，故D正确。
2．（2018福建质检）为了进一步探究课本中的迷你小实验，某同学从圆珠笔中取出轻弹簧，将弹簧一端固定在水平桌面上，另一端套上笔帽，用力把笔帽往下压后迅速放开，他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离。不计空气阻力，忽略笔帽与弹簧间的摩擦，在弹簧恢复原长的过程中（ ）
A．笔帽一直做加速运动
B．弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等
C．弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等
D．弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率
【参考答案】 CD
【考查内容】本题以课本中迷你小实验为载体，主要考查位移、速度和加速度，功和功率，动量、动能定理及其应用等知识，侧重考查理解能力，要求考生理解力与运动的关系以及功、功率和冲量等概念。体现运动观念、相互作用观念、能量观念与建立轻弹簧模型等物理核心素养的考查。
【名师解析】弹簧恢复原长的过程中，笔帽向上加速运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，此后弹力小于重力，合力向下，加速度与速度反向，笔帽做减速运动，选项A错误；笔帽向上运动，受到的弹力方向向上，力与位移同向，故弹力对笔帽作正功，重力方向向下，与位移反向，对笔帽做负功，由于笔帽动能增加，所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功，时间相同，根据功率的定义，选项D正确；弹簧对桌面虽然有弹力，但没有位移，所以不做功，选项B错误；由于轻弹簧质量不计，所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力，作用时间相同，冲量大小相等，选项C正确。本题的解题关键是正确分析各过程的力与运动的关系，理解各物理概念、公式的确切含义以及适用条件。
【教学建议】教学应加强审题能力训练，引导学生理解题中“轻弹簧”的含义；教学中要注重引导学生理解物理概念如“功”“功率”“冲量”等；引导学生根据题意建立弹簧模型，对与弹簧相关问题的过程与状态分析应加强训练，要注意培养学生分析物体的运动过程中各物理量的变化的能力。对多过程运动相关的物理问题进行拓展变化，如运动对象离开弹簧后的过程研究、弹簧水平放置等。
3.(2018届安徽省合肥四中段考)如图所示，（a）图表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；（b）图为物体A与小车B的v-t图象，由此可知（ ）
A. 小车上表面长度 B. 物体A与小车B的质量之比
C. A与小车B上表面的动摩擦因数 D. 小车B获得的动能
【参考答案】BC
【名师解析】由图象可知，AB最终以共同速度匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；由动量守恒定律得， ，解得： ，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由图象可以知道A相对小车B的位移，根据能量守恒得： ，根据B中求得质量关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误。
4.(25分)(2018·鹰潭模拟)如图所示是某游乐场过山车的娱乐装置原理图,弧形轨道末端与一个半径为R的光滑半圆轨道平滑连接,两辆质量均为m的相同小车(大小可忽略),中间夹住一轻弹簧后连接在一起,两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下,当两车刚滑入半圆最低点时连接两车的挂钩突然断开,弹簧将两车弹开,其中后车刚好停下,前车沿半圆轨道运动恰能越过半圆轨道最高点,求:
(1)前车被弹出时的速度。
(2)前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能。
(3)两车从静止下滑到最低点的高度h。
【名师解析】(1)设前车在最高点速度为v2,依题意有:
mg=m
设前车在最低位置与后车分离后速度为v1,根据机械能守恒得: m v22+mg·2R=m v12
解得:v1=
(2)设两车分离前速度为v0,由动量守恒定律得:
2mv0=mv1
解得:v0=
设分离前弹簧弹性势能为Ep,根据系统机械能守恒得:Ep=m v12-·2m v02=mgR
(3)两车从h高处运动到最低处机械能守恒,则:
2mgh=·2m v02
解得:h=5R/8
5.(25分)(2018·唐山模拟)如图所示,半径R=1.0 m 的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置,圆弧最低点B与长为L=0.5 m的水平面BC相切于B点,BC离地面高h=0.45 m,C点与一倾角为θ=37°的光滑斜面连接,质量m=1.0 kg的小滑块从圆弧上某点由静止释放,到达圆弧B点时小滑块对圆弧的压力刚好等于其重力的2倍,当小滑块运动到C点时与一个质量M=2.0 kg的小球正碰,碰后返回恰好停在B点,已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.1。(sin37°=0.6,cos37°=0.8, g取10 m/s2)求:
(1)小滑块应从圆弧上离地面多高处释放。
(2)小滑块碰撞前与碰撞后的速度。
(3)碰撞后小球的速度。
【名师解析】(1)设小滑块运动到B点的速度为vB,由机械能守恒定律得:mg(H-h)= mvB2
由牛顿第二定律得:F-mg=m
解得:H=0.95 m
(2)设小滑块运动到C点的速度为vC,由动能定理得:
mg(H-h)-μmgL=m vC2
解得:vC=3 m/s
碰后滑块返回B点过程,由动能定理得:
-μmgL=0-m v12
解得:v1=1.0 m/s
(3)碰撞过程由动量守恒定律得:mvC=-mv1+Mv2
解得:v2=2.0 m/s
答案:(1)0.95 m (2)3 m/s 1 m/s (3)2.0 m/s
预测考点一：与动量相关的功能问题
【2年模拟再现】
1、(2018届安徽省合肥四中段考)如图所示，（a）图表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；（b）图为物体A与小车B的v-t图象，由此可知（ ）
A. 小车上表面长度 B. 物体A与小车B的质量之比
C. A与小车B上表面的动摩擦因数 D. 小车B获得的动能
【参考答案】BC
【名师解析】由图象可知，AB最终以共同速度匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；由动量守恒定律得， ，解得： ，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由图象可以知道A相对小车B的位移，根据能量守恒得： ，根据B中求得质量关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误。
2.（2019·河南安阳二模）如图所示，一圆心为O半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A点相切，AB为圆弧轨道的直径。质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧弹簧与滑块不固连，滑块1、2位于A点。现剪断两滑块间的细线，滑块恰能过B点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合。滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g，求 （1）滑块1过B点的速度大小； （2）弹簧释放的弹性势能大小； （3）滑块2与水平轨道间的动摩擦因数。
【名师解析】（1）滑块1恰能过B点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得 ?? 可得 滑块1从A运动到B的过程，根据动能定理有 解得 滑块1、2被弹簧弹开的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律分别得 ?? ??。 联立解得 滑块1过B点后做平抛运动，则水平方向有 竖直方向有 滑块2在水平面上做减速运动过程，由动能定理得 解得
3.（2019山西太原二模）近年未，随着AI的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及。如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以v0=2m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L= 7.6m。机械手将质量为lkg的包裹A轻放在传送带的左端，经过4s包裹A离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3kg的包裹B发生正碰，碰后包裹B在水平面上滑行0.32m后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣。已知包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g=10 m/s2，求：
(1)包裹A与传送带间的动摩擦因数；
(2)两包裹碰撞过程中损失的机械能。
(3)包裹A是否会到达分拣通道口？
【名师解析】. （20 分）
（1）假设包裹 A 经过 t1时间速度达到 v0，由运动学知识有
v0t1/2+ v0(t- t1) = L （2 分）
包裹 A 在传送带上加速度的大小为 a1
v0=a1t1（1 分）
包裹 A 的质量为 mA，与传输带间的动摩擦因数为μ1，由牛顿运动定律有
μ1mAg=mAa1（2 分）
解得：μ1=0.5（1 分）
(2)包裹 A 离开传送带时速度为 v0，设第一次碰后包裹 A 与包裹 B 速度分别为 vA和 vB，由动量守恒定律有
mAv0=mAvA+ mBvB（2 分）
包裹 B 在水平面上滑行过程，由动能定理有
-μ2mBgx=0-mBvB2（2 分）
解得 vA=-0.4m/s，负号表示方向向左，大小为 0.4m/s 两包裹碰撞时损失的机械能
△E=mAv02- mAvA2- mBvB2（2 分）
解得：△E=0.96J（1 分）
(3)第一次碰后包裹 A 返回传送带，在传送带作用下向左运动 xA后速度减为零，由动能定理可知
-μ1mAgxA=0-mAvA2（2 分）
解得 xA=0.016m< L，包裹 A 在传送带上会再次向右运动。
设包裹 A 再次离开传送带的速度为 vA′
μ1mAgxA=mAvA′2（2 分）
解得 vA′=0.4m/s
设包裹 A 再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为 xA
-μ2mAgxA′=0-mAvA2（2 分）
解得 xA′=0.08m xA′<0.32m（1 分）
包裹 A 静止时与分拣通道口的距离为 0.24m，不会到达分拣通道口。
4.（2019陕西西安市蓝田县模拟）如图所示，小明参加户外竞技活动，站在平台边缘抓住轻绳一端，轻绳另一端固定在O点，绳子刚好被拉直且偏离竖直方向的角度θ=60°．小明从A点由静止往下摆，达到O点正下方B点突然松手，顺利落到静止在水平平台的平板车上，然后随平板车一起向右运动。到达C点，小明跳离平板车（近似认为水平跳离），安全落到漂浮在水池中的圆形浮漂上。绳长L=1.6m，浮漂圆心与C点的水平距离x=2.7m、竖直高度y=1.8m，浮漂半径R=0.3m、不计厚度，小明的质量m=60kg，平板车的质量m=20kg，人与平板车均可视为质点，不计平板车与平台之间的摩擦。重力加速度g=10m/s2，求： （1）轻绳能承受最大拉力不得小于多少？ （2）小明跳离平板车时的速度在什么范围？ （3）若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做了多少功？
【名师解析】从A到B过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL（1-cosθ）=， 代入数据解得：v=4m/s， 在B点，由牛顿第二定律得：T-mg=m， 代入数据解得：T=1200N； （2）小明离开滑板后做平抛运动， 竖直方向：y=， 离C点水平位移最小为：x-R=vmint， 离C点水平最大位移：x+R=vmaxt， 代入数据解得：vmin=4m/s，vmax=5m/s， 则小明跳离滑板时的速度：4m/s≤v≤5m/s； （3）小明落上滑板过程水平方向动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得：mv=（m+m平板车）v1， 代入数据解得：v1=3m/s， 小明离开滑板过程系统水平方向动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得：（m+m平板车）v1=mvC+mv平板车v2， 代入数据解得：v2=-3m/s， 由功能关系得：W=（）-， 代入数据解得：W=480J； 答：（1）轻绳能承受最大拉力不得小于1200N。 （2）小明跳离平板车时的速度范围是：4m/s≤v≤5m/s。 （3）若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做的功是480J。
【1年仿真原创】
1.(25分)如图所示,质量M=1.0 kg的木块随传送带一起以v=2.0 m/s的速度向左匀速运动,木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.50。当木块运动至最左端A点时,一颗质量为m=20 g的子弹以v0=3.0×102 m/s水平向右的速度击穿木块,穿出时子弹速度v1=50 m/s。设传送带的速度恒定,子弹击穿木块的时间极短,且不计木块质量变化,g取10 m/s2。求:
(1)在被子弹击穿后,木块向右运动距A点的最大距离。
(2)子弹击穿木块过程中产生的内能。
(3)从子弹击穿木块到最终木块相对传送带静止的过程中,木块与传送带间由于摩擦产生的内能。
【答案】(1)0.90 m (2)872.5 J (3)12.5 J
【名师解析】(1)设木块被子弹击穿时的速度为v′,子弹击穿木块过程动量守恒,则:
mv0-Mv=mv1+Mv′
解得:v′=3.0 m/s
设子弹穿出木块后,木块向右做匀减速运动的加速度大小为a,根据牛顿第二定律得:μMg=Ma
解得:a=5.0 m/s2
木块向右运动到离A点最远时,速度为零,设木块向右移动最大距离为s1,
则:v′2=2as1
解得:s1=0.90 m
(2)根据能量守恒定律可知子弹射穿木块过程中产生的内能为:
E=m v02+Mv2-m v12-Mv′2
解得:E=872.5 J
(3)设木块向右运动至速度减为零所用时间为t1,然后再向左做加速运动,经时间t2与传送带达到相对静止,木块向左移动的距离为s2。根据运动学公式得:v2=2as2
解得:s2=0.40 m
t1==0.60 s t2=v/a=0.40 s
木块向右减速运动的过程中相对传送带的位移为:s′=vt1+s1=2.1 m
产生的内能: Q1=μMgs′=10.5 J
木块向左加速运动的过程中相对传送带的位移为:s″=vt2-s2=0.40 m
产生的内能:Q2=μMgs″=2.0 J
所以整个过程中木块与传送带摩擦产生的内能:
Q=Q1+Q2=12.5 J
2、如图所示，在水平光滑桌面上放一质量为M的玩具小车。在小车的平台（小车的一部分）上有一质量可忽略的弹簧，一端固定在平台上，另一端用质量为m的小球将弹簧压缩一定距离后用细线捆住．用手将小车固定在桌面上，然后烧断细线，小球就被弹出，落在车上A点．OA＝s．如果小车不固定而烧断细线，球落点到O点的距离为多少？设小车足够长，球不致落在车外．
【名师解析】、设弹性势能为E，固定时：
E= ①，
s=②，
不固定时：E=+③，
0=mv1+Mv2④，
x=（v1+v2）t⑤，
由①②③④⑤得
x=．
【考纲解读与考频分析】
动量与能量联系密切，高考一般将动量与能量综合考查。
【高频考点定位】：功和能 动量 冲量
考点一：与动量相关的功能问题
【3年真题链接】
1.（2017·天津卷）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（ ）
A.?摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B.?在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力 C.?摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D.?摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
【参考答案】B
【名师解析】乘客的机械能包括动能和重力势能，摩天轮做匀速圆周运动，所以动能不变，重力势能时刻改变，即机械能时刻改变，故A项错误；在最高点对乘客进行受力分析，列牛顿第二定律方程， 得所以,故B项正确；根据冲量,重力不为零，作用时间不为零，所以重力的冲量不为零，故C项错误；乘客重力的瞬时功率,指线速度和竖直方向的夹角，转动过程中、不变，角不断变化，重力瞬时功率不断变化，故D项错误。 【分析】因为动能不变，重力势能时刻变化，判出机械能不断变化；根据牛顿第二定律计算重力与支持力的关系；冲量是力在时间上的积累，力的作用时间不为零，冲量就不为零；根据计算瞬时功率。
2.（2018全国高考III卷）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα= 3/5，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：
（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
（2）小球到达A点时动量的大小；
（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。
【名师解析】（1）解:设水平恒力的大小为F0 ， 小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有 ① ② 设小球到达C点时的速度大小为v ， 由牛顿第二定律得 ③ 由①②③式和题给数据得 ④ ⑤ （2）解:设小球到达A点的速度大小为 ，作 ，交PA于D点，由几何关系得 ⑥ ⑦ 由动能定理有 ⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为 ⑨ （3）解:小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为 ，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有 ⑩ ? 由⑤⑦⑩?式和题给数据得 ?
【分析】（1）由力的合成法则及在C点由牛顿第二定律可求出水平恒力F0及小球到达C点的速度。 （2）从A到C有动能定理，几何关系和动量的表达式可求出小球到达A点时的动量。 （3）从C落至水平轨道，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，由运动学公式可得落至水平轨道所用的时间。
3．（20分）（2019高考北京理综卷24）
雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。
（1）质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W。
（2）将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数。
a．设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式；
b．示意图中画出了半径为r1、r2（r1>r2）的雨滴在空气中无初速下落的v–t图线，其中_________对应半径为r1的雨滴（选填①、②）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v–t图线。
（3）由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f ∝v2（提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0）。
【名师解析】．（20分）
（1）根据动能定理
可得
（2）a．根据牛顿第二定律
得
当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度vm
雨滴质量
由a=0，可得，雨滴最大速度
b．①
如答图2
（3）根据题设条件：大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。以下只考虑雨滴下落的定向运动。
简化的圆盘模型如答图3。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在?t时间内，与圆盘碰撞的空气分子质量为
以F表示圆盘对气体分子的作用力，根据动量定理，
有
得
由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力
采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论。
【2年模拟再现】
1．（6分）（2019河北邯郸一模）质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经时间t身体伸直并刚好离开水平地面，该过程中，地面对他的冲量大小为I，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．运动员在加速上升过程中处于超重状态 B．运动员离开地面时的速度大小为
C．该过程中，地面对运动员做的功为 D．该过程中，人的动量变化大小为I﹣mgt
【参考答案】AD
【名师解析】运动员在加速上升过程中加速度向上，处于超重状态，故A正确；取向上为正，根据动量定理可得I﹣mgt＝mv，解得v＝﹣gt，故B错误；
C、该过程中，地面对运动员做的功为0，故C错误；根据动量定理可得：该过程中，人的动量变化大小为△P＝I﹣mgt，故D正确。
2．（2018福建质检）为了进一步探究课本中的迷你小实验，某同学从圆珠笔中取出轻弹簧，将弹簧一端固定在水平桌面上，另一端套上笔帽，用力把笔帽往下压后迅速放开，他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离。不计空气阻力，忽略笔帽与弹簧间的摩擦，在弹簧恢复原长的过程中（ ）
A．笔帽一直做加速运动
B．弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等
C．弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等
D．弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率
【参考答案】 CD
【考查内容】本题以课本中迷你小实验为载体，主要考查位移、速度和加速度，功和功率，动量、动能定理及其应用等知识，侧重考查理解能力，要求考生理解力与运动的关系以及功、功率和冲量等概念。体现运动观念、相互作用观念、能量观念与建立轻弹簧模型等物理核心素养的考查。
【名师解析】弹簧恢复原长的过程中，笔帽向上加速运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，此后弹力小于重力，合力向下，加速度与速度反向，笔帽做减速运动，选项A错误；笔帽向上运动，受到的弹力方向向上，力与位移同向，故弹力对笔帽作正功，重力方向向下，与位移反向，对笔帽做负功，由于笔帽动能增加，所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功，时间相同，根据功率的定义，选项D正确；弹簧对桌面虽然有弹力，但没有位移，所以不做功，选项B错误；由于轻弹簧质量不计，所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力，作用时间相同，冲量大小相等，选项C正确。本题的解题关键是正确分析各过程的力与运动的关系，理解各物理概念、公式的确切含义以及适用条件。
【教学建议】教学应加强审题能力训练，引导学生理解题中“轻弹簧”的含义；教学中要注重引导学生理解物理概念如“功”“功率”“冲量”等；引导学生根据题意建立弹簧模型，对与弹簧相关问题的过程与状态分析应加强训练，要注意培养学生分析物体的运动过程中各物理量的变化的能力。对多过程运动相关的物理问题进行拓展变化，如运动对象离开弹簧后的过程研究、弹簧水平放置等。
3.(2018届安徽省合肥四中段考)如图所示，（a）图表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；（b）图为物体A与小车B的v-t图象，由此可知（ ）
A. 小车上表面长度 B. 物体A与小车B的质量之比
C. A与小车B上表面的动摩擦因数 D. 小车B获得的动能
【参考答案】BC
【名师解析】由图象可知，AB最终以共同速度匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；由动量守恒定律得， ，解得： ，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由图象可以知道A相对小车B的位移，根据能量守恒得： ，根据B中求得质量关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误。
4.(25分)(2018·鹰潭模拟)如图所示是某游乐场过山车的娱乐装置原理图,弧形轨道末端与一个半径为R的光滑半圆轨道平滑连接,两辆质量均为m的相同小车(大小可忽略),中间夹住一轻弹簧后连接在一起,两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下,当两车刚滑入半圆最低点时连接两车的挂钩突然断开,弹簧将两车弹开,其中后车刚好停下,前车沿半圆轨道运动恰能越过半圆轨道最高点,求:
(1)前车被弹出时的速度。
(2)前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能。
(3)两车从静止下滑到最低点的高度h。
【名师解析】(1)设前车在最高点速度为v2,依题意有:
mg=m
设前车在最低位置与后车分离后速度为v1,根据机械能守恒得: m v22+mg·2R=m v12
解得:v1=
(2)设两车分离前速度为v0,由动量守恒定律得:
2mv0=mv1
解得:v0=
设分离前弹簧弹性势能为Ep,根据系统机械能守恒得:Ep=m v12-·2m v02=mgR
(3)两车从h高处运动到最低处机械能守恒,则:
2mgh=·2m v02
解得:h=5R/8
5.(25分)(2018·唐山模拟)如图所示,半径R=1.0 m 的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置,圆弧最低点B与长为L=0.5 m的水平面BC相切于B点,BC离地面高h=0.45 m,C点与一倾角为θ=37°的光滑斜面连接,质量m=1.0 kg的小滑块从圆弧上某点由静止释放,到达圆弧B点时小滑块对圆弧的压力刚好等于其重力的2倍,当小滑块运动到C点时与一个质量M=2.0 kg的小球正碰,碰后返回恰好停在B点,已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.1。(sin37°=0.6,cos37°=0.8, g取10 m/s2)求:
(1)小滑块应从圆弧上离地面多高处释放。
(2)小滑块碰撞前与碰撞后的速度。
(3)碰撞后小球的速度。
【名师解析】(1)设小滑块运动到B点的速度为vB,由机械能守恒定律得:mg(H-h)= mvB2
由牛顿第二定律得:F-mg=m
解得:H=0.95 m
(2)设小滑块运动到C点的速度为vC,由动能定理得:
mg(H-h)-μmgL=m vC2
解得:vC=3 m/s
碰后滑块返回B点过程,由动能定理得:
-μmgL=0-m v12
解得:v1=1.0 m/s
(3)碰撞过程由动量守恒定律得:mvC=-mv1+Mv2
解得:v2=2.0 m/s
答案:(1)0.95 m (2)3 m/s 1 m/s (3)2.0 m/s
预测考点一：与动量相关的功能问题
【2年模拟再现】
1、(2018届安徽省合肥四中段考)如图所示，（a）图表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；（b）图为物体A与小车B的v-t图象，由此可知（ ）
A. 小车上表面长度 B. 物体A与小车B的质量之比
C. A与小车B上表面的动摩擦因数 D. 小车B获得的动能
【参考答案】BC
【名师解析】由图象可知，AB最终以共同速度匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；由动量守恒定律得， ，解得： ，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由图象可以知道A相对小车B的位移，根据能量守恒得： ，根据B中求得质量关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误。
2.（2019·河南安阳二模）如图所示，一圆心为O半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A点相切，AB为圆弧轨道的直径。质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧弹簧与滑块不固连，滑块1、2位于A点。现剪断两滑块间的细线，滑块恰能过B点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合。滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g，求 （1）滑块1过B点的速度大小； （2）弹簧释放的弹性势能大小； （3）滑块2与水平轨道间的动摩擦因数。
【名师解析】（1）滑块1恰能过B点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得 ?? 可得 滑块1从A运动到B的过程，根据动能定理有 解得 滑块1、2被弹簧弹开的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律分别得 ?? ??。 联立解得 滑块1过B点后做平抛运动，则水平方向有 竖直方向有 滑块2在水平面上做减速运动过程，由动能定理得 解得
3.（2019山西太原二模）近年未，随着AI的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及。如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以v0=2m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L= 7.6m。机械手将质量为lkg的包裹A轻放在传送带的左端，经过4s包裹A离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3kg的包裹B发生正碰，碰后包裹B在水平面上滑行0.32m后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣。已知包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g=10 m/s2，求：
(1)包裹A与传送带间的动摩擦因数；
(2)两包裹碰撞过程中损失的机械能。
(3)包裹A是否会到达分拣通道口？
【名师解析】. （20 分）
（1）假设包裹 A 经过 t1时间速度达到 v0，由运动学知识有
v0t1/2+ v0(t- t1) = L （2 分）
包裹 A 在传送带上加速度的大小为 a1
v0=a1t1（1 分）
包裹 A 的质量为 mA，与传输带间的动摩擦因数为μ1，由牛顿运动定律有
μ1mAg=mAa1（2 分）
解得：μ1=0.5（1 分）
(2)包裹 A 离开传送带时速度为 v0，设第一次碰后包裹 A 与包裹 B 速度分别为 vA和 vB，由动量守恒定律有
mAv0=mAvA+ mBvB（2 分）
包裹 B 在水平面上滑行过程，由动能定理有
-μ2mBgx=0-mBvB2（2 分）
解得 vA=-0.4m/s，负号表示方向向左，大小为 0.4m/s 两包裹碰撞时损失的机械能
△E=mAv02- mAvA2- mBvB2（2 分）
解得：△E=0.96J（1 分）
(3)第一次碰后包裹 A 返回传送带，在传送带作用下向左运动 xA后速度减为零，由动能定理可知
-μ1mAgxA=0-mAvA2（2 分）
解得 xA=0.016m< L，包裹 A 在传送带上会再次向右运动。
设包裹 A 再次离开传送带的速度为 vA′
μ1mAgxA=mAvA′2（2 分）
解得 vA′=0.4m/s
设包裹 A 再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为 xA
-μ2mAgxA′=0-mAvA2（2 分）
解得 xA′=0.08m xA′<0.32m（1 分）
包裹 A 静止时与分拣通道口的距离为 0.24m，不会到达分拣通道口。
4.（2019陕西西安市蓝田县模拟）如图所示，小明参加户外竞技活动，站在平台边缘抓住轻绳一端，轻绳另一端固定在O点，绳子刚好被拉直且偏离竖直方向的角度θ=60°．小明从A点由静止往下摆，达到O点正下方B点突然松手，顺利落到静止在水平平台的平板车上，然后随平板车一起向右运动。到达C点，小明跳离平板车（近似认为水平跳离），安全落到漂浮在水池中的圆形浮漂上。绳长L=1.6m，浮漂圆心与C点的水平距离x=2.7m、竖直高度y=1.8m，浮漂半径R=0.3m、不计厚度，小明的质量m=60kg，平板车的质量m=20kg，人与平板车均可视为质点，不计平板车与平台之间的摩擦。重力加速度g=10m/s2，求： （1）轻绳能承受最大拉力不得小于多少？ （2）小明跳离平板车时的速度在什么范围？ （3）若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做了多少功？
【名师解析】从A到B过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL（1-cosθ）=， 代入数据解得：v=4m/s， 在B点，由牛顿第二定律得：T-mg=m， 代入数据解得：T=1200N； （2）小明离开滑板后做平抛运动， 竖直方向：y=， 离C点水平位移最小为：x-R=vmint， 离C点水平最大位移：x+R=vmaxt， 代入数据解得：vmin=4m/s，vmax=5m/s， 则小明跳离滑板时的速度：4m/s≤v≤5m/s； （3）小明落上滑板过程水平方向动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得：mv=（m+m平板车）v1， 代入数据解得：v1=3m/s， 小明离开滑板过程系统水平方向动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得：（m+m平板车）v1=mvC+mv平板车v2， 代入数据解得：v2=-3m/s， 由功能关系得：W=（）-， 代入数据解得：W=480J； 答：（1）轻绳能承受最大拉力不得小于1200N。 （2）小明跳离平板车时的速度范围是：4m/s≤v≤5m/s。 （3）若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做的功是480J。
【1年仿真原创】
1.(25分)如图所示,质量M=1.0 kg的木块随传送带一起以v=2.0 m/s的速度向左匀速运动,木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.50。当木块运动至最左端A点时,一颗质量为m=20 g的子弹以v0=3.0×102 m/s水平向右的速度击穿木块,穿出时子弹速度v1=50 m/s。设传送带的速度恒定,子弹击穿木块的时间极短,且不计木块质量变化,g取10 m/s2。求:
(1)在被子弹击穿后,木块向右运动距A点的最大距离。
(2)子弹击穿木块过程中产生的内能。
(3)从子弹击穿木块到最终木块相对传送带静止的过程中,木块与传送带间由于摩擦产生的内能。
【答案】(1)0.90 m (2)872.5 J (3)12.5 J
【名师解析】(1)设木块被子弹击穿时的速度为v′,子弹击穿木块过程动量守恒,则:
mv0-Mv=mv1+Mv′
解得:v′=3.0 m/s
设子弹穿出木块后,木块向右做匀减速运动的加速度大小为a,根据牛顿第二定律得:μMg=Ma
解得:a=5.0 m/s2
木块向右运动到离A点最远时,速度为零,设木块向右移动最大距离为s1,
则:v′2=2as1
解得:s1=0.90 m
(2)根据能量守恒定律可知子弹射穿木块过程中产生的内能为:
E=m v02+Mv2-m v12-Mv′2
解得:E=872.5 J
(3)设木块向右运动至速度减为零所用时间为t1,然后再向左做加速运动,经时间t2与传送带达到相对静止,木块向左移动的距离为s2。根据运动学公式得:v2=2as2
解得:s2=0.40 m
t1==0.60 s t2=v/a=0.40 s
木块向右减速运动的过程中相对传送带的位移为:s′=vt1+s1=2.1 m
产生的内能: Q1=μMgs′=10.5 J
木块向左加速运动的过程中相对传送带的位移为:s″=vt2-s2=0.40 m
产生的内能:Q2=μMgs″=2.0 J
所以整个过程中木块与传送带摩擦产生的内能:
Q=Q1+Q2=12.5 J
2、如图所示，在水平光滑桌面上放一质量为M的玩具小车。在小车的平台（小车的一部分）上有一质量可忽略的弹簧，一端固定在平台上，另一端用质量为m的小球将弹簧压缩一定距离后用细线捆住．用手将小车固定在桌面上，然后烧断细线，小球就被弹出，落在车上A点．OA＝s．如果小车不固定而烧断细线，球落点到O点的距离为多少？设小车足够长，球不致落在车外．
【名师解析】、设弹性势能为E，固定时：
E= ①，
s=②，
不固定时：E=+③，
0=mv1+Mv2④，
x=（v1+v2）t⑤，
由①②③④⑤得
x=．