第5讲 力学中的动量和能量问题-2025年高中物理二轮复习解密（浙江选考专用）

第5讲 力学中的动量和能量问题 高考对于这部分知识点的命题形武是以生活中的情景为背景，强调情景与对应的力学知识的有机融合，考查学生的推理能力、综合分析能力和应用数学知识解决物理问题的能力。主要考查的知识点有：动量守恒定律、动量定理、碰撞类型、冲量等。主要考查的知识点有：①动力学；②能量；③动量。 一、三种碰撞的特点 1.弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。 质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞，碰后速度分别为v1′、v2′。结果讨论： (1)当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换速度。 (2)当m1远大于m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。 (3)当m1远小于m2时，v1′＝－v1，v2′＝0。 2.非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失。 3.完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最大，以碰后系统速度相同为标志。 二、动力学、动量和能量观点的应用 1．三个基本观点 (1)动力学的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题． (2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题． (3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律． 三、方法指导 （1）动量定理的两个重要应用 1.应用I＝Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出变力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I。 2.应用Δp＝FΔt求动量的变化 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。 （2）几种定理的使用 1．选用原则 (1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律． (2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决． 2．系统化思维方法 (1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动． (2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)． 题型1选考真题探秘 1. （2024•浙江）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧，光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2） （1）若h＝0.8m，求小物块： ①第一次经过C点的向心加速度大小； ②在DE上经过的总路程； ③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比； （2）若h＝1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。 2. （2024•浙江）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5m，d＝4.4m，L＝1.8m，M＝m＝0.1kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小； （2）若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； （3）若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 题型2动量和动量定理的应用 3. （2024•镇海区校级三模）雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为（　　） A．ρv B．2ρv C．ρv2 D．2ρv2 4. （2024•嘉兴模拟）如图所示是大型游乐装置“大摆锤”的简图，摆锤a和配重锤b分别固定在摆臂两端，并可绕摆臂上的转轴O在纸面内转动。若a、b到O的距离之比为2：1且不计一切阻力，则摆臂自由转动一周过程中（　　） A．a、b角速度之比为2：1 B．摆臂对转轴的弹力保持不变 C．摆臂对a和b作用力的功为0 D．摆臂对a和b作用力的冲量为0 5. （2024•浙江模拟）一质量为m的卫星沿半径r的圆轨道绕太阳运行。卫星上有一太阳帆—半径为R的圆形镜面反射膜。该反射膜在随后运动中不断改变方向，使帆面不断改变方向以保证始终垂直于太阳光。已知：万有引力常量为G，太阳质量为M，太阳半径为RS，太阳表面温度为T。太阳可视理想黑体且单位面积的热辐射功率为σT4，其中σ为一常量。已知光具有粒子的性质：一个光子的能量E＝pc，其中p是光子的动量，c是光速。 （1）求太阳热辐射的总功率； （2）求太阳帆单位时间内接受到的能量； （3）求太阳帆受到的合力F（r）（以沿着半径背离圆心的方向为正方向）。 题型3碰撞类问题 6. （2024•乐清市校级三模）（机械振动）质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m，弹簧的弹性势能Epkx2，简谐运动的周期T＝2，下列说法正确的是（　　） A．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅A＝x0 B．物块与钢板在返回O点前已经分离 C．碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间t D．运动过程中弹簧的最大弹性势能 7. （2024•浙江模拟）如图所示，带有光滑四分之一圆弧轨道的物体静止在光滑的水平面上，将一小球（视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是（　　） A．小球下滑过程中，圆弧轨道对小球的弹力不做功 B．小球下滑过程中，小球的重力势能全部转化为其动能 C．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统动量守恒 D．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统机械能守恒 8. （2024•浙江二模）如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置示意图，该装置由光滑圆弧轨道AB、速度可调节，长度为L1＝2m的固定水平传送带BC及两半径均为R1＝0.3m的固定四分之一光滑细圆管DEF组成，其中圆弧轨道的B、D端与水平传送带相切且平滑连接。紧靠F处有一质量为M＝0.3kg的小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由长为L2＝1.5m的水平面GH和半径为R2＝0.5m的四分之一的光滑圆弧面HI组成，GH与F等高且相切。现有一质量为m＝0.1kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道AB上距B点高度为h＝0.8m处自由下滑，滑块与传送带及小车上表面间的动摩擦因数均为μ＝0.3，不计其他阻力，取g＝10m/s2。求 （1）当传送带静止时，滑块运动到圆弧轨道上的D点时，细圆管道受到滑块的作用力； （2）当传送带静止时，滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度； （3）调节传送带以不同速度v匀速转动，试分析滑块最终在小车上表面GH滑行的路程S与速度v的关系。 9. （2024•金华二模）如图所示，质量m1＝1kg的滑板A带有四分之一光滑圆轨道，圆轨道的半径R＝1.8m，圆轨道底端点切线水平，滑板的水平部分粗糙。现滑板A静止在光滑水平面上，左侧紧靠固定挡板，右侧不远处有一与A等高的平台。平台最右端有一个高h＝1.25m的光滑斜坡，斜坡和平台用长度不计的小光滑圆弧连接，斜坡顶端连接另一水平面。现将质量m2＝2kg的小滑块B（可视为质点）从A的顶端由静止释放。求： （1）滑块B刚滑到圆轨道底端时，对圆轨道底端轨道的压力大小； （2）若A与平台相碰前A、B能达到共同速度，则达到共同速度前产生的热量； （3）若平台上P、Q之间是一个长度l＝0.5m的特殊区域，该区域粗糙，且当滑块B进入该区域后，滑块还会受到一个水平向右、大小F＝20N的恒力作用，平台其余部分光滑。若A与B共速时，B刚好滑到A的右端，A恰与平台相碰，此后B滑上平台，同时快速撤去A。设B与PQ之间的动摩擦因数为μ。 ①求当μ＝0.1时，滑块B第一次通过Q点时速度； ②求当μ＝0.9时，滑块B在PQ间通过的路程。 题型4动力学、动量和能量观点的应用 10. （2024•镇海区校级三模）一自上而下的传送装置可简化为如下模型。如图所示，水平光滑轨道OA上安装了一理想弹簧发射器，弹簧原长小于OA间距离，弹簧左端固定在O处，弹簧右端放置一小滑块P，使滑块向左压缩弹簧且不拴接，在轨道右侧有一顺时针转动的水平传送带，其左右端分别与轨道A点和细管道B点等高相切，水平固定粗糙平台CD与细管道最低点C等高相切，在水平地面上有一左端带挡板的木板，木板上表面与平台CD等高且木板与平台紧密接触。将滑块P由静止释放，P经过水平传送带和三个竖直的半圆形光滑细管道，与静止在CD平台末端的小滑块Q发生弹性碰撞，碰后P恰好能返回C点，碰后Q滑上木板，然后Q与木板左端挡板发生弹性碰撞。已知管道半径均为R，滑块P、木板质量分别为mp＝m、m水＝6m，释放滑块P时弹簧弹性势能的大小为Ep＝3mgR，传送带长度为L1＝4R，传送带速度大小为，平台CD长度为L2＝2R，木板长为L3＝1.5R，滑块P与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，P与平台CD间的动摩擦因数为μ2＝0.75，滑块Q与木板间的动摩擦因数为μ3＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ4＝0.2，重力加速度为g，滑块P、Q均可视为质点，所有碰撞时间极短。 （1）求滑块P到达B点过程中传送带对滑块P做的功W； （2）求滑块Q的质量MQ； （3）求滑块Q与木板间因摩擦而产生的热量Q热。 11. （2024•西湖区校级模拟）如图所示，一条连有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m。质量mA＝2kg的物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的质量m＝1kg的物块B碰撞，碰后粘合在一起运动。P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.6m。两物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.25，A、B均视为质点，碰撞时间极短。 （1）试求A滑过Q点时的速度大小和对圆轨道的压力； （2）若碰后A、B粘合体最终停止在第k个粗糙段上，试求k的数值； （3）试求在第n个（1≤n＜k）粗糙段时，合力对A、B粘合体的冲量大小与n的关系式。 12. （2024•温州三模）如图所示，某固定装置由长度L＝3m的水平传送带，圆心角θ＝60°；半径R＝1m的两圆弧管道BC、CD组成，轨道间平滑连接。在轨道末端D的右侧光滑水平面上紧靠着轻质小车，其上表面与轨道末端D所在的水平面平齐，右端放置质量m2＝3kg的物块b。质量m1＝1kg的物块a从传送带左端A点由静止释放，经过BCD滑出圆弧管道。已知传送带以速度v＝8m/s顺时针转动，物块a与传送带及小车的动摩擦因数均为μ1＝0.6，物块b与小车的动摩擦因数μ2＝0.1，其它轨道均光滑，物块均视为质点，不计空气阻力。 （1）求物块a和传送带之间因摩擦产生的热量Q； （2）求物块a到达D点时对管道的作用力FN； （3）要使物块a恰好不与物块b发生碰撞，求小车长度的最小值d。 1. （2023•镇海区模拟）运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，若N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等 B．排球两次飞行过程中外力对排球的冲量相等 C．排球离开M点的速率比经过Q点的速率小 D．排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大 2. （2023•浙江模拟）物理规律往往有一定的适用条件，我们在运用物理规律解决实际问题时，需要判断使用的物理规律是否成立。如图所示，站在车上的人用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止，假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是（　　） A．连续敲打可使小车持续向右运动 B．人、车和锤组成的系统机械能守恒 C．人、车和锤组成的系统动量和机械能都不守恒 D．人、车和锤组成的系统动量守恒但机械能不守恒 3. （2023•杭州一模）现代都市高楼林立，高楼出现火情需要一种高架水炮消防车。如图所示，某楼房的65m高处出现火情，高架水炮消防车正紧急灭火中。已知水炮炮口与楼房间距为15m，与地面距离为60m，水炮的出水量为3m3/min，水柱刚好垂直打入受灾房间窗户。则（　　） A．地面对消防车的作用力方向竖直向上 B．水炮炮口的水流速度为10m/s C．水泵对水做功的功率约为3.8×104W D．若水流垂直冲击到窗户玻璃后向四周流散，则冲力约为1500N 4. （2022•义乌市模拟）最近，义乌中学实验室对一款市场热销的扫地机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图象a，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化的图象b。若不计空气，取重力加速度大小为10m/s2，则下列同学的推断结果正确的是（　　） A．机器人与水平桌面间的最大静摩擦力为3N B．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.2 C．在0～4s时间内，合外力的冲量为12N•S D．在0～4s时间内，合外力做的功为12J 5. （2024•下城区校级模拟）如图所示为一半圆形的环，AB为半圆的水平直径，从A点以2m/s水平初速抛出一个质量为0.2kg的小球，经0.2s后小球落在半圆上P点（图中未画出），下列判断中正确的是（　　） A．半圆的半径为0.3m B．P点的速度方向与水平方向夹角的正切为 C．小球从A点运动到刚落在半圆壁前一瞬时，小球动量改变了0.4kg•m/s D．选择合适的初速度，小球可以垂直打在半圆壁上 6. （2024•浙江模拟）如图所示，在电动机的带动下以v＝5m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有无穷多个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，小球质量m0＝2kg。质量m＝1kg的物体（可视为质点）从轨道上高h＝5.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0＝7m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带AB之间的距离L＝3.4m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰。重力加速度g＝10m/s2，3.16。求： （1）物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功； （2）物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小； （3）物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能。 7. （2024•浙江模拟）如图所示，一质量M＝1.0kg，高h＝0.7m的平板车静置在光滑水平地面上，其左端静止放置一辆质量m＝0.2kg大小可忽略的四驱电动玩具小车，右侧同一竖直平面有固定的光滑圆弧轨道AC，轨道半径R＝1.25m，圆心角为2θ，θ＝37°，左右两端点A、C等高，圆弧最低点B位于水平地面上。紧接C点，有一长s＝1.59m的倾斜传送带，上表面DE沿圆弧C点的切线方向，传送带以v＝2m/s的速度顺时针运动。玩具小车启动后，恰好能从A点沿AC圆弧切线进入轨道，并最终到达E点后飞离。已知玩具车在平板车和传送带上运动时，均产生自重0.8倍的动力（忽略摩擦阻力与空气阻力），且从C点到D点速度不变。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）玩具小车在A点速度大小vA； （2）玩具小车在B点受到支持力的大小FN； （3）平板车的长度l； （4）传送带由于运送玩具小车而多输出的机械能ΔE。 8. （2024•绍兴二模）如图所示，一长为L1＝1m的水平传送带AB以速度v0＝3m/s沿顺时针匀速旋转，传送带与光滑水平轨道CD平滑连接且B、C两点重合，光滑圆弧轨道DE圆心为O，半径为R＝0.5m，OE与竖直方向的夹角θ＝37°，圆弧轨道DE与水平轨道CD也平滑连接，FG为U形固定槽（F、G两点等高），槽的水平长度为L2＝0.6m，槽的右上端G与E点间的水平距离为x＝0.4m，竖直距离为y＝0.5m。现将质量为m（质量大小可改变）的滑块1轻轻放到传送带上的A处，经传送带传送后进入轨道CD，并与静止在水平轨道CD上某处的滑块2（质量为m2＝1kg）发生弹性碰撞，随后滑块2沿圆弧轨道运动，从E点飞出后落入U形槽。已知滑块1与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，两滑块可视为质点，不考虑两滑块间以后的碰撞与滑块2落入U形槽后反弹的情形。 （1）求碰撞前瞬间滑块1的速度v1； （2）若滑块2刚好在E点脱离轨道，求碰撞后瞬间滑块2的速度v2； （3）为使滑块2能落入U形槽，求滑块1质量m1应取的最小值。（结果可保留根号） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第5讲 力学中的动量和能量问题 高考对于这部分知识点的命题形武是以生活中的情景为背景，强调情景与对应的力学知识的有机融合，考查学生的推理能力、综合分析能力和应用数学知识解决物理问题的能力。主要考查的知识点有：动量守恒定律、动量定理、碰撞类型、冲量等。主要考查的知识点有：①动力学；②能量；③动量。 一、三种碰撞的特点 1.弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。 质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞，碰后速度分别为v1′、v2′。结果讨论： (1)当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换速度。 (2)当m1远大于m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。 (3)当m1远小于m2时，v1′＝－v1，v2′＝0。 2.非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失。 3.完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最大，以碰后系统速度相同为标志。 二、动力学、动量和能量观点的应用 1．三个基本观点 (1)动力学的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题． (2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题． (3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律． 三、方法指导 （1）动量定理的两个重要应用 1.应用I＝Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出变力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I。 2.应用Δp＝FΔt求动量的变化 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。 （2）几种定理的使用 1．选用原则 (1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律． (2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决． 2．系统化思维方法 (1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动． (2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)． 题型1选考真题探秘 1. （2024•浙江）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧，光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2） （1）若h＝0.8m，求小物块： ①第一次经过C点的向心加速度大小； ②在DE上经过的总路程； ③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比； （2）若h＝1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。 【解答】解：（1）①物块a从A到C，根据动能定理 解得vC＝4m/s 在C处，根据向心加速度公式 代入数据解得aC＝16m/s2 ②物块a从A到D，根据动能定理 代入数据解得 设上滑的最大高度为h1 根据动能定理 代入数据解得h1＝0.45m ED之间的高度差hDE＝Lsinθ＝1.25×0.6m＝0.75m＞h1 因此物块a未滑出轨道DE； 设物块在DE上经过的总路程为s，最后一次刚好能从C运动到D； 根据动能定理 代入数据解得s＝2m ③物块a在DE轨道上滑的加速度大小a1＝gsinθ+μ1gcosθ 代入数据解得 由于mgsinθ＞μ2mgcosθ，物块a上滑减速为零后，沿DE轨道下滑； 物块a在DE轨道下滑的加速度大小a2＝gsinθ﹣μ2gcosθ 代入数据解得 t根据匀变速运动公式 由于物块a上滑和下滑的路程相等，因此有 所以 （2）物块a从A经C到F的过程中，根据动能定理 代入数据解得vF＝2m/s 设物块a与滑块b向左运动的共同速度为v，取水平向右为正方向 根据动量守恒定律mvF＝2mv 根据功能关系 代入数据联立解得l＝0.2m。 2. （2024•浙江）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5m，d＝4.4m，L＝1.8m，M＝m＝0.1kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小； （2）若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； （3）若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 【解答】解：（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C，在C点，根据牛顿第二定律得： 从滑块离开弹簧到C点的过程，根据动能定理得： 解得：v0＝5m/s （2）滑块恰好过C点后，以速度大小等于v0的速度滑上平板，以向右为正方向，平板加速至与滑块共速的过程，根据动量守恒定律得： mv0＝（m+M）v 根据能量守恒定律得： 联立解得此过程系统损耗的机械能为：ΔE＝0.625J （3）滑块滑上平板，运动到平板最右端恰好不滑下，之后与平板一起匀减速运动到H点时，滑块离开弹簧时的速度最大。设滑块与平板相对滑动时两者的加速度大小分别为am、aM。根据牛顿第二定律得： μ1mg＝mam，解得： μ1mg﹣μ2（m+M）g＝MaM，解得： 作出v﹣t图像，如下图所示 由v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移大小，可得： v1＝aMt1＝vm﹣amt1 联立解得：vm＝6m/s，v1＝2.4m/s，t1＝0.6s 共速过程平板的位移大小为：x1 v1t1 解得：x1＝0.72m＜d﹣L＝4.4m﹣1.8m＝2.6m，说明共速时平板没有到达H点。 两者共速之后到H点的过程，根据动能定理得： ﹣μ2（m+M）g（d﹣L﹣x1）（m+M）（m+M） 解得：v2m/s＞0，说明两者共速之后可以达到H点。 可知离开弹簧时的最大速度vm＝6m/s是合理的。 题型2动量和动量定理的应用 3. （2024•镇海区校级三模）雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为（　　） A．ρv B．2ρv C．ρv2 D．2ρv2 【解答】解：单位时间、单位面积上的降水量 在芭蕉叶上取ΔS的面积上，Δt时间内降落的雨水质量为 设雨水受到的撞击力为F，规定向下为正方向，根据动量定理 解得 根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上ΔS的面积受到的撞击力的大小 因此平均压强为 故ACD错误，B正确； 故选：B。 4. （2024•嘉兴模拟）如图所示是大型游乐装置“大摆锤”的简图，摆锤a和配重锤b分别固定在摆臂两端，并可绕摆臂上的转轴O在纸面内转动。若a、b到O的距离之比为2：1且不计一切阻力，则摆臂自由转动一周过程中（　　） A．a、b角速度之比为2：1 B．摆臂对转轴的弹力保持不变 C．摆臂对a和b作用力的功为0 D．摆臂对a和b作用力的冲量为0 【解答】解：A.摆锤a和配重锤b属于同轴转动，角速度之比为1：1，故A错误； B.摆锤和配重做圆周运动，则摆臂对转轴的弹力大小和方向都发生变化，故B错误； C.摆臂运动过程中，摆臂对a和b的作用力做功大小相等，一正一负，则摆臂对a和b作用力的功为0，故C正确； D.摆臂运动过程中，a、b速度方向发生变化，则动量发生变化，摆臂对a和b作用力的冲量不为0，故D错误； 故选：C。 5. （2024•浙江模拟）一质量为m的卫星沿半径r的圆轨道绕太阳运行。卫星上有一太阳帆—半径为R的圆形镜面反射膜。该反射膜在随后运动中不断改变方向，使帆面不断改变方向以保证始终垂直于太阳光。已知：万有引力常量为G，太阳质量为M，太阳半径为RS，太阳表面温度为T。太阳可视理想黑体且单位面积的热辐射功率为σT4，其中σ为一常量。已知光具有粒子的性质：一个光子的能量E＝pc，其中p是光子的动量，c是光速。 （1）求太阳热辐射的总功率； （2）求太阳帆单位时间内接受到的能量； （3）求太阳帆受到的合力F（r）（以沿着半径背离圆心的方向为正方向）。 【解答】解：（1）根据球体表面积公式S＝4πr2可得太阳的表面积为 所以太阳热辐射的总功率为； （2）太阳单位时间内热辐射的总能量为 设太阳帆单位时间内接受到的能量为E′，则 所以 （3）根据动量定理有F•Δt＝2np E′•Δt＝nE 所以 则太阳帆受到的合力 解得 题型3碰撞类问题 6. （2024•乐清市校级三模）（机械振动）质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m，弹簧的弹性势能Epkx2，简谐运动的周期T＝2，下列说法正确的是（　　） A．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅A＝x0 B．物块与钢板在返回O点前已经分离 C．碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间t D．运动过程中弹簧的最大弹性势能 【解答】解：A、设物块与钢板碰撞前瞬间物块的速度为v0，由机械能守恒得： 3mgx0，解得：v0 设碰撞后瞬间两者一起向下运动的初速度为v1，选取向下为正方向，由动量守恒定律得： mv0＝2mv1，解得：v1 钢板与物块一起做简谐运动，设平衡位置弹簧压缩量为x1，则有： 2mg＝kx1 初始对钢板由平衡条件得： mg＝kx0 对比解得：x1＝2x0 设振幅为A，从碰撞的位置到最低点的过程，由机械能守恒定律得： 2mg（x1﹣x0+A） 其中：k 联立解得：A＝2x0，故A错误； B、由A的解答可知，平衡位置弹簧压缩量为2x0，振幅为2x0，由简谐运动规律可知弹簧原长的位置O处是向上的位移最大处，即到达弹簧处于原长的位置时钢板与物块的速度为零，则物块与钢板在返回O点前不会分离，故B错误； C、碰撞的位置是A处，由此处第一次到平衡位置的时间为，则第一次运动到最低点所经历的时间为： tT，故C正确； D、弹簧最大压缩量为xm＝x1+A＝4x0，最大的弹性势能：Epm8mgx0，故D错误。 故选：C。 7. （2024•浙江模拟）如图所示，带有光滑四分之一圆弧轨道的物体静止在光滑的水平面上，将一小球（视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是（　　） A．小球下滑过程中，圆弧轨道对小球的弹力不做功 B．小球下滑过程中，小球的重力势能全部转化为其动能 C．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统动量守恒 D．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统机械能守恒 【解答】解：ABD、小球在下滑过程中，物体向左运动，动能增大，重力势能不变，物体的机械能增大，说明小球对物体做正功。因为水平面光滑，对小球和物体组成的系统而言，只有重力做功，故系统的机械能守恒，则小球的机械能减少，物体对小球的弹力做负功，故AB错误，D正确； C．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，则系统动量不守恒，故C错误。 故选：D。 8. （2024•浙江二模）如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置示意图，该装置由光滑圆弧轨道AB、速度可调节，长度为L1＝2m的固定水平传送带BC及两半径均为R1＝0.3m的固定四分之一光滑细圆管DEF组成，其中圆弧轨道的B、D端与水平传送带相切且平滑连接。紧靠F处有一质量为M＝0.3kg的小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由长为L2＝1.5m的水平面GH和半径为R2＝0.5m的四分之一的光滑圆弧面HI组成，GH与F等高且相切。现有一质量为m＝0.1kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道AB上距B点高度为h＝0.8m处自由下滑，滑块与传送带及小车上表面间的动摩擦因数均为μ＝0.3，不计其他阻力，取g＝10m/s2。求 （1）当传送带静止时，滑块运动到圆弧轨道上的D点时，细圆管道受到滑块的作用力； （2）当传送带静止时，滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度； （3）调节传送带以不同速度v匀速转动，试分析滑块最终在小车上表面GH滑行的路程S与速度v的关系。 【解答】解：（1）滑块运动到圆弧轨道上的D点时，根据动能定理 解得 vD＝2m/s 在D点，根据牛顿第二定律 解得 方向竖直向下。 （2）从D点到F点，根据动能定理 解得 vF＝4m/s 设向右为正方向，根据动量守恒 mvF＝（m+M）v共 解得 v共＝1m/s 根据能量守恒有 解得 H＝0.15m （3）要求滑块不脱离小车，有 ①滑块不离开小车的右端时 解得 ②滑块不离开小车左端时 解得 所以滑块到F点时的最大速度为，则D点时的最大速度为vm，根据动能定理 解得 所以，当传送带逆时针或传送带的速度顺时针v≤2m/s时，则 μmgx1＝mgH 解得x1＝0.5m 滑行的路程为 s＝L2+x1＝1.5m+0.5m＝2m 当传送带的速度顺时针时，滑块会脱离小车 S＝2L2＝2×1.5m＝3m 当传送带的速度顺时针时，根据动能定理 解得 根据能量守恒 解得 9. （2024•金华二模）如图所示，质量m1＝1kg的滑板A带有四分之一光滑圆轨道，圆轨道的半径R＝1.8m，圆轨道底端点切线水平，滑板的水平部分粗糙。现滑板A静止在光滑水平面上，左侧紧靠固定挡板，右侧不远处有一与A等高的平台。平台最右端有一个高h＝1.25m的光滑斜坡，斜坡和平台用长度不计的小光滑圆弧连接，斜坡顶端连接另一水平面。现将质量m2＝2kg的小滑块B（可视为质点）从A的顶端由静止释放。求： （1）滑块B刚滑到圆轨道底端时，对圆轨道底端轨道的压力大小； （2）若A与平台相碰前A、B能达到共同速度，则达到共同速度前产生的热量； （3）若平台上P、Q之间是一个长度l＝0.5m的特殊区域，该区域粗糙，且当滑块B进入该区域后，滑块还会受到一个水平向右、大小F＝20N的恒力作用，平台其余部分光滑。若A与B共速时，B刚好滑到A的右端，A恰与平台相碰，此后B滑上平台，同时快速撤去A。设B与PQ之间的动摩擦因数为μ。 ①求当μ＝0.1时，滑块B第一次通过Q点时速度； ②求当μ＝0.9时，滑块B在PQ间通过的路程。 【解答】解：（1）设B滑到A的底端时速度为v0，由动能定理得 m2gR 小球在圆弧底端，有N﹣m2g＝m2 联立各式并代入数据得v0＝6m/s；N＝60N 根据牛顿第三定律可知滑块对圆弧底端的压力大小为60N。 （2）设A、B获得共同速度为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝（m1+m2）v 代入数据解得v1＝4m/s 对A、B系统利用能量守恒定律Qm2（m1+m2）v2 解得Q＝12J （3）①对滑块B从共速位置到Q点应用动能定理有 Fl﹣μm2g1m2m2 解得以v3＝5m/s ②对滑块B从共速位置到Q点应用动能定理有 Fl﹣μm2g1m2m2 解得v4m/s 由于m2J＝17J＜m2gh＝2×10×1.25J＝25J，所以滑块B不能从斜坡顶端冲出，将会再次滑上PQ段； 由于μm2g×2l＝0.9×2×10×2×0.5J＝18Jm2J＝8J，所以滑块B不能从平台左端滑出； 由于F＝20N＞μm2g＝0.9×2×10N＝18N，所以滑块B不会停止在PQ段，最终静止在Q点，对滑块B全过程应用动能定理有： Fl﹣μm2gs＝0m2 解得sm 题型4动力学、动量和能量观点的应用 10. （2024•镇海区校级三模）一自上而下的传送装置可简化为如下模型。如图所示，水平光滑轨道OA上安装了一理想弹簧发射器，弹簧原长小于OA间距离，弹簧左端固定在O处，弹簧右端放置一小滑块P，使滑块向左压缩弹簧且不拴接，在轨道右侧有一顺时针转动的水平传送带，其左右端分别与轨道A点和细管道B点等高相切，水平固定粗糙平台CD与细管道最低点C等高相切，在水平地面上有一左端带挡板的木板，木板上表面与平台CD等高且木板与平台紧密接触。将滑块P由静止释放，P经过水平传送带和三个竖直的半圆形光滑细管道，与静止在CD平台末端的小滑块Q发生弹性碰撞，碰后P恰好能返回C点，碰后Q滑上木板，然后Q与木板左端挡板发生弹性碰撞。已知管道半径均为R，滑块P、木板质量分别为mp＝m、m水＝6m，释放滑块P时弹簧弹性势能的大小为Ep＝3mgR，传送带长度为L1＝4R，传送带速度大小为，平台CD长度为L2＝2R，木板长为L3＝1.5R，滑块P与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，P与平台CD间的动摩擦因数为μ2＝0.75，滑块Q与木板间的动摩擦因数为μ3＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ4＝0.2，重力加速度为g，滑块P、Q均可视为质点，所有碰撞时间极短。 （1）求滑块P到达B点过程中传送带对滑块P做的功W； （2）求滑块Q的质量MQ； （3）求滑块Q与木板间因摩擦而产生的热量Q热。 【解答】解：（1）根据能量守恒定律 解得 设物块P在传送带上减速到与传送带速度相同的位移为s，根据运动学公式有 解得 s＝3R＜L1＝4R 故物块P在传送带上先减速后匀速，根据动能定理有 解得滑块P到达B点过程中传送带对滑块P做的功为 W＝﹣1.5mgR； （2）设P与Q碰撞前的速度大小为v1，碰后P的速度大小为v2，Q的速度为v3，则P从B到C由动能定理有 解得 从C到D过程中由动能定理 解得 对P滑块从D到C根据动能定理 解得 以向左为正方向，根据动量守恒和机械能守恒有 mpv1＝﹣mpv2+mQv3 联立解得 解得 mQ＝3m； （3）由（2）可得，Q碰后速度为 进入长木板上表面，先判断长木板是否移动，Q对长木板摩擦力向左为 f2＝μ3mQg＝1.2mg 地面对长木板最大静摩擦力 f地M＝μ4（mQ+m木）g＝1.8mg＞f2 故长木板先不动，Q做匀减速运动，可得 解得 Q以速度v4与长木板弹性碰撞，以向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 mQv4＝mQv5+m木v6 可得碰后Q和长木板的速度分别为 ， 根据牛顿第二定律，Q向右减速的加速度为 a2＝μ3g＝0.4g 长木板向左减速的加速度为 Q向右做减速运动直至速度减为零后再向左做加速运动直到两者共速，再一起减速，做出v﹣t图像如图所示 可得 相对位移为 可得 Δx＝R＜1.5R 则滑块未滑离木板，滑块Q与木板间因摩擦产生的热量为 Q热＝μ3mQg（Δx+1.5R）＝3mgR。 答：（1）滑块P到达B点过程中传送带对滑块P做的功W为﹣1.5mgR； （2）滑块Q的质量mQ为3m； （3）滑块Q与木板间因摩擦而产生的热量Q热为3mgR。 11. （2024•西湖区校级模拟）如图所示，一条连有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m。质量mA＝2kg的物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的质量m＝1kg的物块B碰撞，碰后粘合在一起运动。P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.6m。两物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.25，A、B均视为质点，碰撞时间极短。 （1）试求A滑过Q点时的速度大小和对圆轨道的压力； （2）若碰后A、B粘合体最终停止在第k个粗糙段上，试求k的数值； （3）试求在第n个（1≤n＜k）粗糙段时，合力对A、B粘合体的冲量大小与n的关系式。 【解答】解：（1）设A滑到Q点时的速度大小为v，由机械能守恒定律得： 解得：v＝4m/s 在O点，对A根据牛顿第二定律得： 解得：F＝44N 根据牛顿第三定律可知对圆轨道的压力大小为44N，方向竖直向上。 （2）设A、B碰撞前瞬间A的速度为vA，由机械能守恒定律得： 解得：vA＝v0＝6m/s A、B碰撞后以共同速度vp前进，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mAv0＝（mA+m）vp 解得：vP＝4m/s 此时A、B的总动能为：，解得：Ek＝24J A、B粘合体每经过一段粗糙段损失的动能为： ΔE＝μ（mA+m）gL＝0.25×（2+1）×10×0.6J＝4.5J 因：，故k的数值为6。 （3）设A、B粘合体恰好滑到第n个（1≤n＜k）粗糙段的左端时的动能为Ek1，则有： Ek1＝Ek﹣（n﹣1）ΔE＝24J﹣（n﹣1）×4.5J＝（28.5﹣4.5n）J 设A、B粘合体恰好滑到第n个（1≤n＜k）粗糙段的右端时的动能为Ek2，则有： Ek2＝Ek﹣nΔE＝24J﹣n×4.5J＝（24﹣4.5n）J 动量的大小与动能的关系为：p 根据动量定理可得第n个（1≤n＜k）粗糙段对A、B粘合体的冲量大小与n的关系式为： I＝p1﹣p2 解得：I，（1≤n＜6） 答：（1）A滑过Q点时的速度大小为4m/s，对圆轨道的压力大小为44N，方向竖直向上； （2）k的数值为6； （3）第n个（1≤n＜k）粗糙段对A、B粘合体的冲量大小与n的关系式为I，（1≤n＜6）。 12. （2024•温州三模）如图所示，某固定装置由长度L＝3m的水平传送带，圆心角θ＝60°；半径R＝1m的两圆弧管道BC、CD组成，轨道间平滑连接。在轨道末端D的右侧光滑水平面上紧靠着轻质小车，其上表面与轨道末端D所在的水平面平齐，右端放置质量m2＝3kg的物块b。质量m1＝1kg的物块a从传送带左端A点由静止释放，经过BCD滑出圆弧管道。已知传送带以速度v＝8m/s顺时针转动，物块a与传送带及小车的动摩擦因数均为μ1＝0.6，物块b与小车的动摩擦因数μ2＝0.1，其它轨道均光滑，物块均视为质点，不计空气阻力。 （1）求物块a和传送带之间因摩擦产生的热量Q； （2）求物块a到达D点时对管道的作用力FN； （3）要使物块a恰好不与物块b发生碰撞，求小车长度的最小值d。 【解答】解：（1）对小物a块分析，根据牛顿第二定律有 μ1m1g＝m1a1 设小物块一直加速到传送到右端点时，其速度为v1，根据运动学公式有 解得 v1＝6m/s＜8m/s 所以在小物块a到达传送带右侧时并没有加速到与传送带共速，设该过程时间为t，有 v1＝a1t 该时间传送带的位移为x传，有 x传＝vt 联立解得 x传＝8m 物块a相对传送带的位移为 Δx＝x传﹣L＝8m﹣3m＝5m 根据功能关系，摩擦产生的热量为 Q＝μ1m1g•Δx 代入数据解得 Q＝30J； （2）由题意可知圆弧轨道光滑，所以从B到D，根据动能定理有 在D点根据牛顿第二定律有 解得 FN＝6N 根据牛顿第三定律 FN′＝FN＝6N，方向竖直向上； （3）当物块滑上小车后，由于 μ1m1g＝6N＞μ2m2g＝3N 所以小车与物块a保持相对静止，而物块b相对于小车发生滑动，当两者速度相同时，为物块a与物块b相碰的临界状态，以向右为正方向，根据动量守恒定律有 m1vD＝（m1+m2）v共 根据能量守恒定律有 代入数据联立解得 d＝2m。 答：（1）物块a和传送带之间因摩擦产生的热量Q为30J； （2）物块a到达D点时对管道的作用力FN为6N，方向竖直向上； （3）要使物块a恰好不与物块b发生碰撞，小车长度的最小值d为2m。 1. （2023•镇海区模拟）运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，若N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等 B．排球两次飞行过程中外力对排球的冲量相等 C．排球离开M点的速率比经过Q点的速率小 D．排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大 【解答】解：A．从M到P，重力对排球做功mgh，从P到N过程中，重力对排球做功为零，则排球两次飞行过程中重力对排球做的功不相等，故A错误； B．因从P到N过程中排球飞行的时间等于从M到P过程中排球飞行时间的2倍，排球飞行过程中只受重力作用，则根据I＝mgt可知，排球两次飞行过程中外力对排球的冲量不相等，故B错误； C、排球从M到P和从Q到N都是平抛运动，在M、Q点均只有水平方向的速度，高度h相同，由t知运动时间相同，但xMP＞xQN，由x＝v0t可推出离开M点的速度大于经过Q点的速度，故C错误； D．排球到达P点时的竖直速度等于排球离开P点时的竖直速度（高度相同），而排球到达P点时的水平速度大于排球离开P点时的水平速度，则排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大，故D正确。 故选：D。 2. （2023•浙江模拟）物理规律往往有一定的适用条件，我们在运用物理规律解决实际问题时，需要判断使用的物理规律是否成立。如图所示，站在车上的人用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止，假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是（　　） A．连续敲打可使小车持续向右运动 B．人、车和锤组成的系统机械能守恒 C．人、车和锤组成的系统动量和机械能都不守恒 D．人、车和锤组成的系统动量守恒但机械能不守恒 【解答】解：A．对人、车和锤采用整体法，整体水平方向不受外力，水平方向动量守恒，水平方向整体总动量为零，用锤子连续敲打小车左端，当锤子向左运动，根据动量守恒，小车向右运动；当锤子向右运动，根据动量守恒，小车向左运动；故小车左右往复运动，不会持续向右运动，故A错误； BCD．人消耗体能，根据能量转化和守恒，人体内储存的化学能转化为系统机械能，故人、车和锤整体机械能不守恒；在锤子连续敲打下，整体在竖直方向合外力不等于零，故整体在竖直方向不满足动量守恒，所以人、车和锤组成的系统动量不守恒，故BD错误，C正确。 故选：C。 3. （2023•杭州一模）现代都市高楼林立，高楼出现火情需要一种高架水炮消防车。如图所示，某楼房的65m高处出现火情，高架水炮消防车正紧急灭火中。已知水炮炮口与楼房间距为15m，与地面距离为60m，水炮的出水量为3m3/min，水柱刚好垂直打入受灾房间窗户。则（　　） A．地面对消防车的作用力方向竖直向上 B．水炮炮口的水流速度为10m/s C．水泵对水做功的功率约为3.8×104W D．若水流垂直冲击到窗户玻璃后向四周流散，则冲力约为1500N 【解答】解：A、消防车水炮炮口喷水，消防车受到反冲作用，则受到地面的支持力和摩擦力，合力斜向上，作用力斜向上，故A错误； B、水流做斜抛运动，末速度水平，可反向看作平抛运动，水流高度差5m，竖直方向为自由落体运动： 代入数据解得：t＝1s 根据vy＝gt 代入数据解得：vy＝10m/s 又1s时间内的水平位移为15m，有sx＝vxt 代入数据解得：vx＝15m/s 合速度为 代入数据解得：v 故B错误； C、水泵对水做功的功率 故C正确； D、以冲力的方向为正方向，根据动量定理得： 故D错误。 故选C。 4. （2022•义乌市模拟）最近，义乌中学实验室对一款市场热销的扫地机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图象a，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化的图象b。若不计空气，取重力加速度大小为10m/s2，则下列同学的推断结果正确的是（　　） A．机器人与水平桌面间的最大静摩擦力为3N B．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.2 C．在0～4s时间内，合外力的冲量为12N•S D．在0～4s时间内，合外力做的功为12J 【解答】解：A.由图b可知加速度的表达式为 a（t﹣t0）＝t﹣t0 则可得 t0＝1s 即1s时加速度为零，则最大静摩擦力为 fm1N＝3N 故A正确； B.2s时的牵引力为 F22N＝6N 由a、图b结合牛顿第二定律可得 F4﹣f＝ma4 F2﹣f＝ma2 联立可得机器人质量 m＝3kg 滑动摩擦力为 f＝3N 机器人与水平桌面间的动摩擦因数为 μ 解得μ＝0.1 故B错误； C.在0﹣4s时间内，合外力的冲量为 I＝mt＝3（4﹣1）N•s＝13.5N•s 故C错误； D.4s末机器人的速度为 vt3m/s＝4.5m/s 在0﹣4s时间内，合外力做的功为 Wmv2代入数据，解得W＝30.375J 故D错误. 故选：A。 5. （2024•下城区校级模拟）如图所示为一半圆形的环，AB为半圆的水平直径，从A点以2m/s水平初速抛出一个质量为0.2kg的小球，经0.2s后小球落在半圆上P点（图中未画出），下列判断中正确的是（　　） A．半圆的半径为0.3m B．P点的速度方向与水平方向夹角的正切为 C．小球从A点运动到刚落在半圆壁前一瞬时，小球动量改变了0.4kg•m/s D．选择合适的初速度，小球可以垂直打在半圆壁上 【解答】解：A、从A点以2m/s水平初速抛出，经0.2s后小球在水平方向的位移为0.4m，在竖直方向的位移为0.2m，几何关系计算得到半圆的半径为0.25m，故A错误； B、P点的速度方向与水平方向夹角的正切为1，故B错误； C、从A点水平抛出到小球刚落在半圆壁前，小球动量改变等于重力的冲量，故C正确。 D、不论初速度多大，小球都不可能垂直打在半圆壁上，故D错误； 故选：C。 6. （2024•浙江模拟）如图所示，在电动机的带动下以v＝5m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有无穷多个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，小球质量m0＝2kg。质量m＝1kg的物体（可视为质点）从轨道上高h＝5.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0＝7m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带AB之间的距离L＝3.4m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰。重力加速度g＝10m/s2，3.16。求： （1）物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功； （2）物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小； （3）物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能。 【解答】解：（1）物块由P到A的过程，根据动能定理可得：0 解得摩擦力做的功：Wf＝﹣25.5J； （2）物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为：0.5×10m/s2＝5m/s2 减速至与传送带速度相等时所用的时间： 匀减速运动的位移：m 所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为：s 故物体从A运动到B的时间为：t＝t1+t2＝0.4s+0.2s＝0.6s 传送带对物体的冲量大小为：N•S＝6.32N•s； （3）物块与小球1发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为v1，小球1被撞后的速度大小为u1，取向右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律得： mv＝﹣mv1+m0u1 解得：m/s，m/s； 物块被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得： v1＝at1 解得：m＜3.4m，s； 由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。可知，物块第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到v1，此过程电动机多给传送带的力为μmg，电动机多做的功率为μmgv，电动机多消耗的电能为： 再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物块和小球的速度大小，以及第二次往返电动机多消耗的电能分别为： 以此类推，物块与小球1经过n次碰撞后，他们的速度大小以及第n次往返电动机多消耗的电能分别为： ， ， ， 从第一次碰撞之后电动机多消耗的能量为： 解得：1×52J＝25J。 7. （2024•浙江模拟）如图所示，一质量M＝1.0kg，高h＝0.7m的平板车静置在光滑水平地面上，其左端静止放置一辆质量m＝0.2kg大小可忽略的四驱电动玩具小车，右侧同一竖直平面有固定的光滑圆弧轨道AC，轨道半径R＝1.25m，圆心角为2θ，θ＝37°，左右两端点A、C等高，圆弧最低点B位于水平地面上。紧接C点，有一长s＝1.59m的倾斜传送带，上表面DE沿圆弧C点的切线方向，传送带以v＝2m/s的速度顺时针运动。玩具小车启动后，恰好能从A点沿AC圆弧切线进入轨道，并最终到达E点后飞离。已知玩具车在平板车和传送带上运动时，均产生自重0.8倍的动力（忽略摩擦阻力与空气阻力），且从C点到D点速度不变。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）玩具小车在A点速度大小vA； （2）玩具小车在B点受到支持力的大小FN； （3）平板车的长度l； （4）传送带由于运送玩具小车而多输出的机械能ΔE。 【解答】解：（1）玩具小车离开平板车后到达A点的过程做平抛运动，设离开平板车时的速度大小为v0，到达A点的速度为vA，由几何关系可得vA的方向与水平方向的夹角为θ，根据平抛运动的性质可得，在A点水平分速度大小为v0＝vAcosθ，竖直分速度大小为vy＝vAsinθ。 平抛过程在竖直方向有： 解得：vy＝3m/s，vA＝5m/s，v0＝4m/s （2）从A到B，由动能定理得： 在B点由牛顿第二定律的： 解得：FN＝6.8N （3）玩具小车在平板车上滑到过程，设小车与平板车的速度大小分别为v1、v2，此过程小车与平板车的位移大小分别为x1、x2，两者组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则有： 0＝mv1﹣Mv2 可得：0＝mv1Δt﹣Mv2Δt 可得：0＝mx1﹣Mx2 对玩具小车，由动能定理得： 解得：x1＝1m，x2＝0.2m 平板车长度为：l＝x1+x2＝1m+0.2m＝1.2m （4）玩具小车到达D点的速度为vD＝vA＝5m/s＞v＝2m/s，由牛顿第二定律得： 0.8mg﹣mgsinθ＝ma2 解得：a2＝2m/s2 玩具小车在传送带上做匀加速直线运动，由运动学公式： 解得：t＝0.3s（另一解为负值，舍弃） 在时间t内，传送带对地位移为：x＝vt＝2×0.3m＝0.6m 传送带由于运送玩具小车而多输出的机械能就等于其克服摩擦力做的功，玩具小车产生的动力等于其与传送带之间的摩擦力，则有： ΔE＝W＝0.8mgx甲＝0.8×0.2×10×0.6J＝0.96J 8. （2024•绍兴二模）如图所示，一长为L1＝1m的水平传送带AB以速度v0＝3m/s沿顺时针匀速旋转，传送带与光滑水平轨道CD平滑连接且B、C两点重合，光滑圆弧轨道DE圆心为O，半径为R＝0.5m，OE与竖直方向的夹角θ＝37°，圆弧轨道DE与水平轨道CD也平滑连接，FG为U形固定槽（F、G两点等高），槽的水平长度为L2＝0.6m，槽的右上端G与E点间的水平距离为x＝0.4m，竖直距离为y＝0.5m。现将质量为m（质量大小可改变）的滑块1轻轻放到传送带上的A处，经传送带传送后进入轨道CD，并与静止在水平轨道CD上某处的滑块2（质量为m2＝1kg）发生弹性碰撞，随后滑块2沿圆弧轨道运动，从E点飞出后落入U形槽。已知滑块1与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，两滑块可视为质点，不考虑两滑块间以后的碰撞与滑块2落入U形槽后反弹的情形。 （1）求碰撞前瞬间滑块1的速度v1； （2）若滑块2刚好在E点脱离轨道，求碰撞后瞬间滑块2的速度v2； （3）为使滑块2能落入U形槽，求滑块1质量m1应取的最小值。（结果可保留根号） 【解答】解：（1）设滑块1匀加速直线运动的加速度为a，则μmg＝ma 解得a＝5m/s2 滑块1匀加速直线运动的位移为 x 解得x＝0.9m＜L1 之后滑块1做匀速直线运动，因此碰擅前瞬间滑块1的速度3m/s。 （2）滑块2刚好在E点脱离轨道满足m2gcos37°＝m2 解得v＝2m/s 根据动能定理有 m2gR （1+cos37°） 解得v2m/s （3）为使滑块2能落入U形槽，要求滑块1质量m1的最小值满足条件1：E点之前不脱离轨道，则E点速度v'≥2m/s 满足条件2：若刚好落入G点，根据平抛运动规律有 x＝v''cos37°t ﹣y＝v''sin37°t 此时E点速度v''m/s 因此能落入G点的条件为v'≥2m/s，碰撞后瞬间滑块2速度v2m/s 滑块1和滑块2发生弹性碰撞，规定向右为正方向，则 m1v0＝m1v1+m2v2 m1m1m2 解得m1kg 因此质量m1的最小值为 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$