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第1讲 能量观点和
动量观点在力学中的应用
要点提炼
高考考向
专题作业
本课结束
答案
解析第1讲 能量观点和动量观点在力学中的应用
要点提炼
1.处理物理问题的三大观点
(1)力和运动的观点，即牛顿运动定律和匀变速直线(曲线)运动规律、圆周运动规律等。
(2)功和能的观点，即动能定理等功能关系和机械能守恒定律、能量守恒定律。
(3)冲量和动量的观点，即动量定理和动量守恒定律。
2．力学中的功能关系
(1)合外力做功与动能的关系：W合＝ΔEk。
(2)重力做功与重力势能的关系：WG＝－ΔEp。
(3)弹簧弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔEp弹。
(4)除重力、系统内弹力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机。
(5)系统内一对滑动摩擦力做功与内能的关系：fl相对＝ΔE内。
3．动量定理和动量守恒定律的普适性
动量定理和动量守恒定律不仅适用于宏观物体、低速运动过程，对微观粒子、高速运动过程同样适用，比如原子核反应过程同样遵循动量定理和动量守恒定律。
高考考向1 能量观点在力学中的应用
命题角度1
功和功率的理解及应用
例1 (2020·山东省青岛市高三二模)中国目前已系统掌握各种复杂地质及气候条件下的高铁建造技术。动车组是指几节自带动力车厢与几节不带动力车厢的编组。复兴号CR400AF型城际电力动车组由6节车厢编组而成，每节车厢的质量均为m＝5×104
kg，其中第1节和第4节车厢带有动力，牵引电机的额定功率分别为P1＝1.8×107
W和P2＝1.2×107
W。该动车组以a＝2
m/s2的加速度沿水平直轨道由静止开始匀加速启动，当第1节车厢的牵引电机达到额定功率时，第4节车厢的牵引电机立即启动，动车组行驶过程中受到的阻力为车重的0.1倍，重力加速度g＝10
m/s2。求：
(1)从静止开始到第4节车厢的牵引电机启动所经历的时间；
(2)当动车组的速度为50
m/s时，第4节车厢对第5节车厢的拉力大小。
解析 (1)设该动车组从静止开始到第4节车厢牵引电机启动经历的时间为t，第1节车厢牵引电机的牵引力为F1，第4节车厢牵引电机启动时动车组的速度为v1，
则有F1－0.6mg＝6ma，P1＝F1v1，v1＝at，
联立解得t＝10
s。
(2)设当第4节车厢牵引电机刚好达到额定功率时，动车组的速度为v2，分析可知此时动车组所受的牵引力仍为F1，
则有P1＋P2＝F1v2，
解得v2＝33.3
m/s<50
m/s，
设当动车组的速度为v3＝50
m/s时，加速度为a′，第4节车厢对第5节车厢的拉力大小为F2，
则有－0.6mg＝6ma′，
对第5、6节车厢组成的整体，有F2－0.2mg＝2ma′，
联立解得F2＝2×105
N。
答案 (1)10
s (2)2×105
N
两种机车启动问题
(1)恒定功率启动
①v?t图象如图1所示，机车先做加速度逐渐减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，当F＝F阻时，vm＝＝。
②动能定理：Pt－F阻x＝mv－0。
(2)恒定加速度启动
①v?t图象如图2所示，机车先做匀加速直线运动，当功率增大到额定功率后获得匀加速的最大速度v1。之后做变加速直线运动，直至达到最大速度vm后做匀速直线运动。
②常用公式：
备课记录：
1.质量m＝1
kg的物体在光滑水平面上由静止开始沿直线运动，所受水平外力F与运动距离x的关系如图所示。对图示的全过程进行研究，下列叙述正确的是( )
A．外力做的功为28
J
B．物体的运动时间为5
s
C．外力做功的平均功率约为5.7
W
D．物体运动到x＝5
m处时，克服外力做功的瞬时功率为25
W
答案 C
解析 通过计算F?x图象中图线与t轴所围的面积可知，图示的全过程中外力做的功W＝6×3
J＋(－5)×2
J＝8
J，故A错误。由动能定理得W1＝6×3
J＝mv，可得物体运动到x＝3
m处的速度为v1＝6
m/s，同理，物体运动到x＝5
m处的速度为v2＝4
m/s；由牛顿第二定律可知，物体匀加速过程的加速度大小为a1＝＝6
m/s2，匀减速过程的加速度大小为a2＝＝5
m/s2，设匀加速和匀减速所用的时间分别为t1和t2，则a1t1＝v1，v1－a2t2＝v2，解得t1＝1
s，t2＝0.4
s，故物体运动的总时间为t＝t1＋t2＝1.4
s，B错误；全过程中外力做功的平均功率为＝＝
W≈5.7
W，C正确；物体运动到x＝5
m处时，克服外力做功的瞬时功率为P＝F2v2＝5
N·4
m/s＝20
W，D错误。
命题角度2
动能定理的应用
例2 (2020·江苏省盐城市高三(下)第三次模拟考试)如图所示，是人们用打“夯”的方式把松散的地面夯实的情景。假设两人同时通过绳子对质量为m的重物各施加一个力，大小均为F，方向都与竖直方向成α角，重物离开地面h高度后两人同时停止施力，最后重物下落把地面砸深x。重力加速度为g。求：
(1)停止施力前重物上升过程中加速度的大小a；
(2)以地面为零势能面，重物具有的重力势能的最大值Epm；
(3)重物砸入地面过程中，对地面的平均冲击力大小。
解析 (1)施力时重物所受的合外力为
F合＝2F
cos
α－mg
则停止施力前重物上升过程中的加速度大小
a＝＝。
(2)重物上升过程中，由动能定理得
2F
cos
α·h－mgH＝0－0
以地面为零势能面，重物具有的重力势能的最大值
Epm＝mgH＝2Fh
cos
α。
(3)重物下落过程中，由动能定理得
mg(H＋x)－x＝0－0
解得＝＋mg。
答案 (1) (2)2Fh
cos
α
(3)＋mg
应用动能定理解题应抓好“一个过程、两个状态、四个关注”
(1)一个过程：明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
(2)两个状态：明确研究对象始、末状态的速度或动能情况。
(3)四个关注
①建立运动模型，判断物体做了哪些运动。
②分析各个运动过程中物体的受力和运动情况。
③抓住运动模型之间的联系纽带，如速度、加速度、位移，确定初、末状态。
④根据实际情况分阶段或整个过程利用动能定理列式计算。
备课记录：
2.如图所示，半径R＝0.9
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＝1
m的水平面相切于B点，BC离地面高h＝0.8
m，质量m＝1.0
kg的小滑块从圆弧顶点D由静止释放，已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1(不计空气阻力，取g＝10
m/s2)，求：
(1)小滑块刚到达圆弧轨道的B点时对轨道的压力；
(2)小滑块落地点距C点的距离。
答案 (1)30
N，方向竖直向下 (2)
m
解析 (1)根据题意，滑块从圆弧形光滑轨道由静止释放到达B点的过程，由动能定理可得mgR＝mv－0，
滑块在B点时，根据牛顿第二定律有N－mg＝m
eq
\f(v,R)，
联立两式解得N＝30
N，
由牛顿第三定律可知，小滑块刚到达圆弧轨道的B点时对轨道的压力大小为30
N，方向竖直向下。
(2)小滑块从B点运动到C点，根据动能定理有
－μmgL＝mv－mv，
根据平抛运动规律，有h＝gt2，x＝vCt，
设小滑块落地点到C点的距离是d，有d2＝h2＋x2，
联立可得d＝
m。
命题角度3
机械能守恒定律的应用
例3 (2020·辽宁省辽南协作校高三(下)第二次模拟考试)(多选)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L。B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，然后再上升，两轻杆间夹角α在60°到120°之间变化。A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．A的动能最大时，B受到地面的支持力大小等于mg
B.小球A从静止释放到再次回到出发点的过程中机械能守恒
C．小球A在上升过程中两个轻杆对小球A做功的最大值为mgL
D．弹簧的弹性势能最大值为mgL
解析 A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时A、B、C三球整体在竖直方向受力平衡，根据平衡条件，可得2F＝3mg，则F＝mg，A正确；小球A从静止释放到再次回到出发点的过程中，除了重力之外，杆的弹力也对其做功，所以此过程中A的机械能不守恒，B错误；小球A下落的最大高度为hmax＝L
sin
60°－L
sin
30°＝L，整个系统机械能守恒，则小球A在最低点时，其机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为Ep＝mghmax＝mgL，小球A在上升过程中两个轻杆对小球A做功的最大值为mgL，C正确，D错误。
答案 AC
应用机械能守恒定律解题的基本思路
备课记录：
3.
(2020·宁夏回族自治区银川一中高考模拟)如图所示，跨过同一高度处的定滑轮的细线连接着质量相同的物体A和B，A套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度h＝0.2
m，开始时让连着A的细线与水平杆的夹角θ1＝37°，由静止释放B，当细线与水平杆的夹角θ2＝53°时，A的速度为多大？在以后的运动过程中，A所获得的最大速度为多大？(设B不会碰到水平杆，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，g＝10
m/s2)
答案 1.1
m/s 1.6
m/s
解析 A、B两物体组成的系统，只有重力做功，机械能守恒。
设θ2＝53°时，A、B两物体的速度分别为vA、vB，B下降的高度为h1，则有：mgh1＝mv＋mv，
其中h1＝－，
且由速度分解得：vA
cos
θ2＝vB，
联立并代入数据解得：vA＝
m/s≈1.1
m/s；
由于细线的拉力对A做正功，使A加速，至左滑轮正下方时速度最大，设为vAm，此时B的速度为零，设此过程B下降的高度为h2，则由机械能守恒定律得：
mgh2＝mv，
其中h2＝－h，
联立并代入数据解得：vAm＝
m/s≈1.6
m/s。
命题角度4
功能关系和能量守恒定律的综合应用
例4 (2020·浙江1月选考)如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连)、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r＝0.1
m，OE长L1＝0.2
m，AC长L2＝0.4
m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5。滑块质量m＝2
g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求(g取10
m/s2)
(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；
(2)当h＝0.1
m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能Ep0；
(3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系。
解析 (1)滑块恰好能过F点时，有：mg＝m
eq
\f(v,r)
解得：vF＝1
m/s。
(2)滑块从E到B，根据动能定理有：
－mgh－μmgL2＝0－mv
在E点，根据牛顿第二定律有：FN－mg＝m
eq
\f(v,r)
联立解得：FN＝0.14
N
从O到B点，根据能量守恒定律有：
Ep0＝mgh＋μmg(L1＋L2)
解得：Ep0＝8.0×10－3
J。
(3)滑块恰能过F点时弹簧的弹性势能：
Ep1＝2mgr＋μmgL1＋mv＝7.0×10－3
J
此时滑块若到B点减速到0，则根据能量守恒定律有：
Ep1＝mgh1＋μmg(L1＋L2)
解得：h1＝0.05
m
滑块恰能停在B点时，有：μmg
cos
θ＝mg
sin
θ
解得：tan
θ＝0.5，此时h2＝L2tan
θ＝0.2
m
要使游戏成功，滑块从O到B点，有数值关系：
Ep＝mgh＋μmg(L1＋L2)＝2×10－3×(10h＋3)
其中该数值关系中各物理量的单位均取国际单位，0.05
m≤h≤0.2
m。
答案 (1)1
m/s (2)0.14
N 8.0×10－3
(3)Ep＝2×10－3×(10h＋3)(该数值关系中各物理量的单位均取国际单位，0.05
m≤h≤0.2
m)
涉及做功与能量转化问题的解题方法
(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况。
(2)当涉及滑动摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffl相对，l相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。
(3)解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。
备课记录：
4－1 (2020·重庆高三三模)如图所示，一质量为m的物体以动能Ek从底端滑上粗糙程度均匀的固定斜面，物体再次回到底端时动能为，取地面为重力势能零点，重力加速度为g，则物体在上升过程中动能为的位置距地面的高度为( )
A．
B．
C．
D．
答案 C
解析 设斜面倾角为θ，物体与斜面间滑动摩擦力大小为f，物体能上升的最大高度为H，则物体从底端上升到最大高度过程中，由能量守恒定律得Ek＝mgH＋f·，物体从底端上升到返回底端过程中，有＝2f·，设物体在上升过程中动能为的位置距地面的高度为h，则有＝mgh＋f·，联立解得h＝，故C正确，A、B、D错误。
4－2 (2020·内蒙古自治区通辽市高三检测)(多选)如图所示，甲、乙两种粗糙面不同但高度相同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面高度为H，则在物体从A到B的运动过程中( )
A.甲传送带与小物体间的动摩擦因数小于乙传送带与小物体间的动摩擦因数
B．甲传送带消耗的电能小于乙传送带消耗的电能
C．甲传送带对小物体做的功小于乙传送带对小物体做的功
D．甲产生的热量大于乙产生的热量
答案 AD
解析 根据公式v2＝2ax可知物体加速度关系为a甲
cos
θ－mg
sin
θ＝ma，可知μ甲<μ乙，即甲传送带与小物体间的动摩擦因数小于乙传送带与小物体间的动摩擦因数，A正确。传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量，两种情况下小物体动能的增加量相等，重力势能的增加量也相等，即机械能的增加量相等，根据功能关系知，两传送带对小物体做的功相等，C错误。对在甲传送带上运动的物体有＝，Q甲＝f1s1＝f1＝，f1－mg
sin
θ＝ma1＝m，联立可得Q甲＝mgH＋mv2；对在乙传送带上运动的物体有Q乙＝f2s2＝f2·，f2－mg
sin
θ＝ma2＝m，联立可得Q乙＝mg(H－h)＋mv2，故有Q甲>Q乙，D正确。根据能量守恒定律，传送带消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物体增加的机械能之和，因物体增加的机械能相同，而Q甲>Q乙，所以小物体从A到B过程中，甲传送带消耗的电能大于乙传送带消耗的电能，B错误。
高考考向2 动量定理和动量守恒定律在力学中的应用
命题角度1
动量定理的应用
例5 (2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3
km/s，产生的推力约为4.8×106
N，则它在1
s时间内喷射的气体质量约为( )
A．1.6×102
kg
B．1.6×103
kg
C．1.6×105
kg
D．1.6×106
kg
解析 设1
s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理知Ft＝mv，m＝＝
kg＝1.6×103
kg，B正确。
答案 B
应用动量定理的注意事项
(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简捷。
(2)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。
(3)动量定理不仅适用于恒力作用的情况，也适用于变力作用的情况，变力作用情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。
备课记录：
5.
(2020·四川省阆中中学高三二模)一质量为1
kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图线如图所示，则( )
A．t＝1
s时物块的速率为1
m/s
B．t＝2
s时物块的动量大小为2
kg·m/s
C．前3
s内合外力冲量大小为3
N·s
D．t＝4
s时F的功率为3
W
答案 C
解析 设t＝1
s时物块的速率为v1，根据动量定理有F1t1＝mv1－0，解得v1＝＝
m/s＝2
m/s，A错误；设t＝2
s时物块的动量大小为p2，根据动量定理可知p2＝F1t2＝2×2
kg·m/s＝4
kg·m/s，B错误；根据图象可知前3
s内合外力的冲量为I＝2×2
N·s－1×1
N·s＝3
N·s，C正确；前4
s内合外力的冲量为I′＝2×2
N·s－1×2
N·s＝2
N·s，根据动量定理可知t＝4
s时物块的速度大小为v4＝＝
m/s＝2
m/s，则t＝4
s时F的功率为P＝1
N×2
m/s＝2
W，D错误。
命题角度2
动量守恒定律的应用
例6 (2020·全国卷Ⅱ)(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0
kg的静止物块以大小为5.0
m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0
m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0
m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A．48
kg
B．53
kg
C．58
kg
D．63
kg
解析 设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第1次将物块推出后，设运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律有：0＝mv1－m0v0，解得v1＝v0，物块与挡板弹性碰撞后，运动方向与运动员同向，当运动员第2次推出物块时，有：mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝v0，第3次推出物块时，有：mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝v0，以此类推，第8次推出物块后，运动员的速度v8＝v0。根据题意可知，v8＝v0>v0，解得m<15m0＝60
kg；第7次推出物块后，运动员的速度v7＝v013m0＝52
kg。综上所述，该运动员的质量应满足52
kgkg，故A、D错误，B、C正确。
答案 BC
应用动量守恒定律解题的基本步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体)及研究的过程。
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)。
(3)规定正方向，确定初、末状态动量。
(4)由动量守恒定律列出方程。
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
备课记录：
6.
(2020·吉林省四平一中、梅河口五中等第五次模拟)如图所示，质量为M、半径为R的四分之一光滑圆弧体静止在光滑的水平面上，圆弧面最低点刚好与水平面相切，在A点的正上方h高处由静止释放一个质量为m的物块(可视为质点)，物块下落后刚好从A点无碰撞地进入圆弧面，当物块滑到B点时，圆弧体向左滑动的距离为x，则下列说法正确的是( )
A．h越大，x越大
B．h越小，x越大
C．越大，x越大
D．越小，x越大
答案 C
解析 物块在圆弧面上滑动过程中，物块和圆弧体组成的系统在水平方向上动量守恒，且水平方向的总动量为零，设物块在水平方向的平均速度大小为v1，圆弧体在水平方向的平均速度大小为v2，则有mv1＝Mv2，此过程两者在水平方向运动时间相同，则有m(R－x)＝Mx，
解得x＝，故越大，x越大，C正确，A、B、D错误。
高考考向3 动量观点和能量观点的综合应用
命题角度1
碰撞问题
例7 (2020·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1
kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A．3
J
B．4
J
C．5
J
D．6
J
解析 由v?t图线可知，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5
m/s、v乙＝1
m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1
m/s、v乙′＝2
m/s。甲、乙两物块碰撞的过程中，由动量守恒定律得：m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6
kg。则损失的机械能为ΔE＝m甲v＋m乙v－m甲v甲′2－m乙v乙′2，解得ΔE＝3
J，故A正确。
答案 A
抓住“三个原则、三个定律”速解碰撞问题
(1)判断两物体碰撞瞬间的情况：当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力。
(2)碰撞的“三个原则”：①动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统动量守恒；②动能不增加原则，即碰撞后系统的总动能不大于碰撞前系统的总动能；③物理情境可行性原则，即两物体碰撞前后的物理情境应符合实际。
(3)根据两物体碰撞时遵循的物理规律，列出相对应的物理方程：①如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和机械能守恒定律进行求解；②如果物体间发生的是非弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解。
备课记录：
7．(2020·广西壮族自治区玉林市高三一模)一颗子弹沿水平方向射向一个木块，第一次木块被固定在水平地面上，第二次木块静止放在光滑的水平地面上，两次子弹都能射穿木块而继续飞行，这两次相比较( )
A．第一次系统产生的热量较多
B．第一次子弹的动量的变化量较小
C．两次子弹的动量的变化量相等
D．两次子弹和木块构成的系统动量都守恒
答案 B
解析 第一次木块被固定在水平地面上，由子弹和木块构成的系统所受合外力不为零，系统的动量不守恒，子弹减少的能量全部转化成内能；而第二次木块不固定，系统动量守恒，根据动量守恒定律，子弹射穿木块后，木块具有动能，所以子弹减少的能量转化成内能和木块的动能，根据Q＝f·Δx，两次产生的热量相同，所以第二次子弹剩余动能更小，速度更小，而动量变化量Δp＝mΔv，所以第一次子弹的速度变化量较小，动量变化量较小，故A、C、D错误，B正确。
命题角度2
力学三大观点的综合应用
例8 (2020·河北省石家庄市高三二模)如图所示，在光滑的水平地面上，质量为1.75
kg的木板右端固定一光滑四分之一圆弧槽，木板长2.5
m，圆弧槽半径为0.4
m，木板左端静置一个质量为0.25
kg的小物块B，小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.8。在木板的左端正上方，用长为1
m的不可伸长的轻绳将质量为1
kg的小球A悬于固定点O。现将小球A拉至左上方，轻绳处于伸直状态且与水平方向成θ＝30°角，小球由静止释放，到达O点的正下方时与物块B发生弹性正碰。不计圆弧槽质量及空气阻力，重力加速度g取10
m/s2。求：
(1)小球A与物块B碰前瞬间，小球A的速度大小；
(2)物块B上升的最大高度；
(3)物块B与木板摩擦产生的总热量。
解析 (1)设轻绳长为L，小球A自由落体L时，轻绳刚好再次伸直，此时A的速度大小为v1，
根据自由落体运动规律，可得v＝2gL，
轻绳再次伸直后瞬间，小球A的速度大小为v2＝v1cos
30°，
轻绳刚好再次伸直后到最低点，由动能定理得
mAgL(1－sin
30°)＝mAv－mAv，
联立解得v3＝5
m/s，
即小球A与物块B碰前瞬间，小球A的速度大小为5
m/s。
(2)小球A与物块B发生弹性正碰，由动量守恒定律及机械能守恒定律得mAv3＝mAv4＋mBv5，
mAv＝mAv＋mBv，
联立解得v4＝3
m/s，v5＝8
m/s，
物块B在最高点时，与木板共速，设共同速度为v6，物块B上升的最大高度为h，板长为L1，由水平方向动量守恒及能量守恒定律得mBv5＝(mB＋M)v6，
mBv＝(mB＋M)v＋μmBgL1＋mBgh，
联立解得h＝0.8
m，
因0.8
m>0.4
m，故物块B飞出圆弧槽。
(3)假设物块B最终能停在木板上，物块B与木板的共同速度仍为v6，设物块B在木板上相对木板滑行的路程为x，由能量守恒定律得
mBv＝(mB＋M)v＋μmBgx，
解得x＝3.5
m，
因3.5
m<5
m，故假设成立，即物块B最终能停在木板上，其与木板摩擦产生的总热量为Q＝μmBgx＝7
J。
答案 (1)5
m/s (2)0.8
m (3)7
J
如何选择规律解决力学问题
(1)因功和能的角度、冲量和动量的角度解决问题比较简便，因此优先考虑这两个角度。
(2)若研究对象为单个物体，往往用动能定理和动量定理处理较为简便。若涉及位移，用动能定理；若涉及时间，用动量定理。
(3)若研究对象为几个物体组成的系统，往往用能量守恒定律和动量守恒定律处理较为简便。应用能量守恒定律时一定要分析清楚哪几种能量之和守恒；应用动量守恒定律时注意相互作用的系统是否满足动量定恒的条件。
(4)若仅对某个状态研究往往用牛顿运动定律；若所研究的过程为匀变速直线运动(或分运动为匀变速直线运动)，可考虑用匀变速直线运动的运动学公式。
备课记录：
8．(2020·全国卷Ⅲ)如图，相距L＝11.5
m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10
kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0
m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10
m/s2。
(1)若v＝4.0
m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v＝6.0
m/s，载物箱滑上传送带Δt＝
s后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
答案 (1)2.75
s (2)4
m/s
m/s
(3)
N·s，方向竖直向上
解析 (1)传送带的速度为v＝4.0
m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有：
μmg＝ma①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式有
v2－v＝－2as1②
联立①②式并代入题给数据得
s1＝4.5
m③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1′，由运动学公式有
v＝v0－at1′④
t1＝t1′＋⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据得t1＝2.75
s。⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2。由动能定理有
－μmgL＝mv－mv⑦
μmgL＝mv－mv⑧
由⑦⑧式并代入题给数据得
v1＝
m/s，v2＝4
m/s。⑨
(3)传送带的速度为v＝6.0
m/s时，由于v0v＝v0＋at2⑩
v2－v＝2as2?
联立①⑩?式并代入题给数据得
t2＝1.0
s?
s2＝5.5
m?
因此载物箱加速运动1.0
s、向右运动5.5
m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动(Δt－t2)的时间后，传送带突然停止。设载物箱匀速运动通过的距离为s3，有
s3＝(Δt－t2)v?
由???式可知，mv2>μmg(L－s2－s3)，即载物箱能运动到右侧平台，设载物箱滑上右侧平台时的速度为v3，从传送带停止到载物箱运动到右侧平台的时间为t3，由运动学公式有
v－v2＝－2a(L－s2－s3)?
v3＝v－at3?
设载物箱通过传送带的过程中，传送带的摩擦力对它的水平冲量为I1，传送带的支持力对它竖直向上的冲量为I2，由动量定理有
I1＝m(v3－v0)?
由动量的定义有
I2＝mg(Δt＋t3)?
联立①???????式并代入题给数据得
I1＝0；I2＝
N·s，方向竖直向上?
则载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量为
N·s，方向竖直向上。
专题作业
1．(2020·天津高考)(多选)复兴号动车在世界上首次实现速度350
km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内( )
A．做匀加速直线运动
B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率P＝Fvm
D．牵引力做功W＝mv－mv
答案 BC
解析 动车的功率恒定，根据P＝F牵v可知，动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得F牵－F＝ma，可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速直线运动，A错误，B正确；当加速度为0时，牵引力等于阻力，列车达到最大速度vm，则牵引力的功率P＝Fvm，C正确；动车的功率恒定，在时间t内，牵引力做功W＝Pt，根据动能定理得Pt－Fs＝mv－mv，故W>mv－mv，D错误。
2．如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A、B不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是( )
A．两滑块的动量大小之比pA∶pB＝2∶1
B．两滑块的速度大小之比vA∶vB＝2∶1
C．两滑块的动能之比EkA∶EkB＝1∶2
D．弹簧对两滑块做功之比WA∶WB＝1∶1
答案 C
解析 对两滑块组成的系统运用动量守恒定律得：2mvA－mvB＝0，得vA＝，两滑块速度大小之比为＝，B错误；两滑块的动能之比为＝
eq
\f(\f(1,2)×2mv,\f(1,2)mv)＝，C正确；两滑块的动量大小之比为＝＝，A错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，为＝，D错误。
3．(2020·河北省唐山市高三第一次模拟考试)如图所示，光滑水平面上有质量为m且足够长的木板，木板上放一质量也为m、可视为质点的小木块。现分别使木块获得向右的水平初速度v0和2v0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕的长度之比为( )
A．1∶4
B．1∶4
C．1∶8
D．1∶12
答案 A
解析 从开始到木块相对于长木板静止的过程中，木块和木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，当木块的水平初速度为v0时，设木块相对于木板静止时的速度为v，根据动量守恒定律有：mv0＝2mv，解得：v＝；设木块在木板上留下的划痕的长度为s，木块与木板间的动摩擦因数为μ，根据能量守恒定律有：μmgs＝mv－×2mv2，解得：s＝
eq
\f(v,4μg)。同理，当木块的初速度为2v0时，划痕长度为s′＝，故两次划痕长度之比为s∶s′＝1∶4，A正确，B、C、D错误。
4．(2020·湖南省长郡中学高三质监)为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了45
mm。查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12
m/s。据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103
kg/m3)( )
A．0.15
Pa
B．0.54
Pa
C．1.5
Pa
D．5.4
Pa
答案 A
解析 设雨滴受到支持面的平均作用力为F，在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝12
m/s减为零，以竖直向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理有FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得到F＝v，设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有Δm＝ρSΔh，F＝ρSv，压强p＝＝ρv＝1×103×12×
Pa＝0.15
Pa，故A正确，B、C、D错误。
5.
(2020·宁夏回族自治区中卫市高三二模)如图，一轻弹簧原长为L，一端固定在光滑细杆的O点，另一端连接一质量为m的小球，小球和弹簧穿在细杆上，杆上有A、B两点，OA＝L，OB＝L。当细杆与水平面成30°角时，小球由A点无初速度释放，到达B点时速度为零。现让细杆绕O点转到竖直位置，小球再由A点无初速度释放，重力加速度大小为g，则小球运动到B点的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球重力势能减少
B.弹簧的弹性势能增加
C．小球动能增加
D．小球机械能减少
答案 D
解析 细杆绕O点转到竖直位置，A、B间的高度差为，则小球从A运动到B的过程中，重力做功mgL，小球重力势能减少，故A错误；当细杆与水平面成30°角时，从A到B，根据能量守恒定律得：mgL＝Ep，当细杆竖直时，从A到B，弹簧形变相同，所以弹簧的弹性势能仍增加Ep＝mgL，B错误；当细杆竖直时，小球从A到B，由能量守恒定律得：mgL＝Ep＋Ek，则小球的动能增加Ek＝mgL，故C错误；根据能量守恒定律可知，弹簧增加的弹性势能等于小球减少的机械能，所以小球机械能减少，D正确。
6．(2020·全国卷Ⅰ)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
答案 D
解析 碰撞前后司机的动量均是一定的，所以安全气囊不能改变碰撞前后司机动量的变化量，故B错误；安全气囊充气后，增大了司机的受力面积，在司机挤压气囊的过程中，由于气囊的缓冲作用，延长了司机的受力时间，由动量定理可知，减小了司机受到的冲击力，所以减小了司机单位面积的受力大小，故A错误，D正确；司机和安全气囊接触后，司机的动能会有一部分转化为内能，不能全部转换成汽车的动能，故C错误。
7.
(2020·安徽省合肥市高三(下)6月第三次教学质量检测)(多选)2019年10月，直20武装直升机在第五届中国天津国际直升机博览会亮相。如图所示，直20的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆面面积)为S，空气密度为ρ，直升机质量为m，重力加速度为g。当直升机悬停在空中时，空气浮力不计，风力的影响也不计，下列说法正确的是( )
A．直升机悬停时受到的升力大小为mg
B．被螺旋桨推动的空气速度大小为
C．1秒内被螺旋桨推动的空气质量为
D．1秒内发动机做的功为
答案 AC
解析 根据平衡条件可知，直升机悬停时受到的升力大小为F＝mg，故A正确；Δt时间内被螺旋桨加速的空气质量为Δm′＝ρSvΔt，以Δt时间内被加速的空气为研究对象，设螺旋桨对空气的作用力为F′，根据动量定理，F′Δt＝Δm′v，根据牛顿第三定律，F′＝F，联立解得v＝，故B错误；1秒内被螺旋桨推动的空气质量为M＝ρSv＝ρS＝，故C正确；由动能定理可得1秒内发动机所做的功为W＝Mv2＝
，故D错误。
8.
(2020·广西南宁二中、柳州高中高三联考)如图所示，一半径为R＝0.4
m的固定光滑圆弧轨道AB位于竖直平面内，轨道下端与一光滑水平直轨道相切于B点，一小球M从距圆弧轨道最高点A高度为h＝0.4
m处由静止释放，并恰好沿切线进入圆弧轨道，当滑到水平面上后与静止在水平面上且前端带有轻弹簧的小球N碰撞，M、N质量均为m＝1
kg，g＝10
m/s2。下列说法正确的是( )
A．小球M在圆弧轨道内运动过程中所受合外力方向始终指向轨道圆心
B．轻弹簧被压缩至最短时，M和N的速度大小都是2
m/s
C．轻弹簧被压缩的过程中，M、N的总动量和总动能都保持不变
D．轻弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为6
J
答案 B
解析 小球M在圆弧轨道内运动过程中受竖直向下的重力、指向圆心的支持力，做变速圆周运动，所受合外力方向只有在B点时指向轨道圆心，故A错误；小球M从开始到滑到B的过程，由机械能守恒定律得：mg(h＋R)＝mv，代入数据解得：vB＝4
m/s，轻弹簧被压缩至最短时两球速度相等，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvB＝2mv，代入数据解得：v＝2
m/s，故B正确；轻弹簧被压缩的过程中，由动量守恒定律知，M、N的总动量保持不变，根据机械能守恒定律知，轻弹簧的弹性势能增大，所以M、N的总动能减少，故C错误；轻弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，设为Epm，根据机械能守恒定律得：mv＝·2mv2＋Epm，代入数据解得：Epm＝4
J，故D错误。
9.
(2020·江苏省扬州中学高三模拟)(多选)如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，右侧是一个足够长固定斜面，一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及定滑轮，两端分别系有可视为质点的小球m1和物块m2，且m1＞m2。开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接物块m2的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在圆心O的正下方，不计一切阻力及摩擦。当m1由静止释放开始运动，则下列说法中正确的是( )
A．在m1从A点运动到C点的过程中，m1的机械能一直减少
B．当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的倍
C．m2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力会发生变化
D．若m1运动到C点时细绳突然断开，在细绳断开后，m1不能沿碗面上升到B点
答案 ABD
解析 在m1从A点运动到C点的过程中，细绳拉力对m1做负功，所以m1的机械能一直减少，A正确；当m1运动到C点时，两物体沿绳方向的分速度大小相等，如图，则sin
45°＝＝，所以v1＝v2，B正确；m2沿斜面上滑过程中，设斜面倾角为θ，则斜面对m2的支持力大小为N＝m2g
cos
θ，可知N始终不变，根据牛顿第三定律可知m2对斜面的压力也不变，所以地面对斜面的支持力恒定不变，C错误；在m1从A运动到C的过程中，细绳对m1做负功，m1机械能减小，即m1在C点的机械能小于在A点的机械能，若m1运动到C点时细绳突然断开，则球m1一定不能上升到B点，D正确。
10.
(2020·四川省乐山市高三(下)第三次调研)(多选)如图所示，斜面体ABC竖直固定放置，斜面AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L＝，圆弧轨道圆心为O，半径为R，∠DOE＝θ，∠EOG＝90°，OG水平。现有一质量为m、可视为质点的滑块从A点由静止下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则关于滑块的运动，下列说法正确的是( )
A．滑块经过E点时对轨道的最小压力为mg
B．滑块下滑后将会从G点飞出
C．滑块第二次经过E点时对轨道的压力大小为3mg
D．滑块在斜面上经过的总路程为
答案 CD
解析 滑块从A点下滑后在AD部分轨道上要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块将在以E点为最低点、D点为最高点的圆弧上来回滑动，此时经过E点时对轨道的压力最小，则从D点到E点，根据机械能守恒定律有：mgR(1－cos
θ)＝mv－0，在E点，根据牛顿第二定律有：N－mg＝m
eq
\f(v,R)，联立解得：N＝mg(3－2cos
θ)，故A错误；从A点到G点，由动能定理得：mg(L
sin
θ－R
cos
θ)－μmg
cos
θ·L＝mv－0，其中L＝，解得：vG＝0，则滑块下滑后不能从G点飞出，故B错误；滑块从A点到第二次到达E点，根据动能定理得：mg[L
sin
θ＋R(1－cos
θ)]－μmg
cos
θ·L＝mv－0，解得vE2＝，在E点，根据牛顿第二定律有：NE－mg＝
eq
\f(mv,R)，解得NE＝3mg，故C正确；滑块最终将在以E点为最低点、D点为最高点的圆弧上来回运动，根据动能定理有：mgL
sin
θ－μmg
cos
θ·s总＝0－0，解得s总＝，故D正确。
11.
(2020·河南省郑州市高三三模)如图所示，一个空中运动接力轨道竖直放置。倾斜光滑直轨道AB与光滑圆弧轨道BPC在B点相切，AC竖直，C是圆的最高点，另一光滑圆弧轨道DQF的圆心为O，F是圆的最低点，A、F两点在同一水平高度，并与顺时针转动的水平传送带平滑连接。已知AB长为l，与水平方向的夹角θ＝37°。质量为m的物块a，以初始速度v0从A点开始沿轨道AB运动，已知v0＝。物块a运动到C点后水平抛出，恰好无碰撞进入圆弧轨道DQF内侧继续运动，到F点与另一静止的物块b发生弹性碰撞，物块b质量为2m，碰撞后，物块b通过传送带到达A点。两物块均可看做质点，两物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝，不计空气阻力和所有轨道的摩擦，已知重力加速度为g，sin
θ＝0.6，cos
θ＝0.8。
(1)求物块a在C点时对轨道的压力；
(2)求物块a、b碰撞后瞬间，物块b的速度；
(3)若物块b通过传送带后到达A点的速度也是v0＝，求传送带长度的取值范围。
答案 (1)mg，方向竖直向上 (2)
(3)传送带长度L≥l
解析 (1)由几何关系可知，圆弧BPC的半径
R＝＝l
A、C间的高度差h＝AC＝＋＝3l
物块a从A点运动到C点的过程中机械能守恒，
有mv＝mgh＋mv
解得vC＝
在C点对物块a做受力分析可得mg＋FN＝m
eq
\f(v,R)
联立可得FN＝mg
由牛顿第三定律可知，物块a在C点对轨道的压力大小为mg，方向竖直向上。
(2)已知A、F两点在同一水平高度，且不计空气阻力和所有轨道的摩擦，可知物块a运动到F点时的速度也是v0。物块a与物块b发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可知
mv0＝mv1＋2mv2，mv＝mv＋mv
联立解得v2＝。
(3)由于v2其中a＝μg＝g
解得L0＝l
则要使物块b通过传送带到达A点的速度也是v0，传送带的长度应满足L≥l。
12．(2020·全国卷Ⅱ)如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
答案 (1)2g 3g (2)H (3)圆管长度L≥H
解析 (1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿第二定律有
Ma1＝Mg＋f①
ma2＝f－mg②
由①②式并代入题给数据，得
a1＝2g，a2＝3g。③
(2)管第一次与地面碰撞前管与球的速度大小相同，由运动学公式可得，与地面碰撞前瞬间它们的速度大小均为v0＝④
方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度大小不变，方向反向，球的速度大小不变，方向依然向下。
假设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同，且管仍在上升。取向上为正方向，由运动学公式可得
v0－a1t1＝－v0＋a2t1⑤
联立③④⑤式得t1＝
⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得h1＝v0t1－a1t⑦
v＝v0－a1t1⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0，故假设成立。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有h2＝⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则
H1＝h1＋h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1＝H。?
(3)设管第一次弹起的上升过程中球相对管的位移大小为x1，在管开始下落到第一次弹起上升H1这一过程中，由能量守恒定律有
Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)＝4mgx1?
联立??式并代入题给数据得x1＝H?
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球相对于管的位移大小为x2＝H1?
设圆管长度为L，管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1＋x2≤L?
联立????式，可得L应满足的条件为L≥H。?