专题一 第2讲 力与直线运动-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案全书Word（基础版）

大二轮专题复习冲刺方案 物理（基础版） 　第2讲　力与直线运动 考点1　匀变速直线运动规律的应用 例1　(2024·广西高考)如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d＝0.9 m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1＝0.4 s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2＝0.5 s。求该同学 (1)滑行的加速度大小； (2)最远能经过几号锥筒。 [解析]　(1)根据匀变速直线运动的规律，该同学在1、2号锥筒间运动的中间时刻的速度为v1＝ 该同学在2、3号锥筒间运动的中间时刻的速度为v2＝ 这两个中间时刻之间的时间间隔Δt＝＋ 该同学滑行的加速度大小为a＝ 联立并代入数据，解得a＝1 m/s2。 (2)设该同学经过1号锥筒时的速度为v0，从经过1号锥筒到停止运动通过的位移大小为x，根据匀变速直线运动的规律，从经过1号锥筒到经过2号锥筒，有d＝v0t1－at 从经过1号锥筒到停止运动，有0－v＝－2ax 联立并代入数据，解得x＝3.00125 m x＝3.33d，故可知该同学最远能经过4号锥筒。 [答案]　(1)1 m/s2　(2)4 例2　(2024·陕西省西安市高三下一模)智能手机通过星闪连接进行数据交换，已经配对过的两手机，当距离小于某一值时，会自动连接；一旦超过该值时，星闪信号便会立即中断，无法正常通信。如图所示，甲、乙两位同学在两个平行的直跑道进行测试，跑道间距离d＝5 m。已知星闪设备在13 m以内时能够实现通信。t＝0时刻，甲、乙两人刚好位于图示位置，此时甲同学的速度为9 m/s，乙同学的速度为2 m/s。从该时刻起甲同学以2 m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停下，乙同学保持原有速度做匀速直线运动。忽略信号传递时间，从计时起，求： (1)在乙追上甲前，甲、乙两人在前进方向上的最大距离是多少？ (2)甲、乙两人能利用星闪通信的时间是多少？ [解析]　(1)设乙的速度大小为v乙，甲的初速度大小为v甲，加速度大小为a，经过t0时间，甲、乙两人的速度相等，此时甲、乙两人在乙追上甲前相距最远，有v甲－at0＝v乙 根据匀变速直线运动的规律，可知此过程甲的位移大小x甲0＝v甲t0－at 此过程乙的位移大小x乙0＝v乙t0 在乙追上甲前，甲、乙两人在前进方向上的最大距离为Δxmax＝x甲0－x乙0 联立并代入数据，解得Δxmax＝12.25 m。 (2)设甲运动时间t甲停下，运动的最大位移大小为xmax，根据匀变速直线运动规律可知 0＝v甲－at甲 0－v＝－2axmax 代入数据解得t甲＝4.5 s，xmax＝20.25 m 根据几何知识可知，当甲、乙两人的距离为s＝13 m时，两人在前进方向上的距离为 Δx＝ 代入数据解得Δx＝12 m 设经过时间t(t≤t甲)甲、乙的距离为s，此过程甲的位移大小为x甲，乙的位移大小为x乙，根据运动学公式有x甲＝v甲t－at2 x乙＝v乙t 又Δx＝|x甲－x乙| 联立并代入数据，解得t1＝3 s或t2＝4 s(其他解不符合实际，舍去) 分析知，甲停止时甲、乙距离小于s。设t3时刻，甲已停止，乙在甲的前方且两人的距离为s，则有v乙t3＝Δx＋xmax 代入数据解得t3＝16.125 s 结合上面结果分析知，0～t1和t2～t3内，二者距离小于13 m，能利用星闪通信；t1～t2和t3时刻后，二者距离大于等于13 m，不能利用星闪通信，则甲、乙两人能利用星闪通信的时间为 t总＝(t1－0)＋(t3－t2)＝15.125 s。 [答案]　(1)12.25 m　(2)15.125 s 1．匀变速直线运动问题的求解思路 2．解决匀变速直线运动问题的方法技巧 (1)基本公式法。 (2)v­t图像法。 (3)比例法：适用于初速度为零的匀加速直线运动和末速度为零的匀减速直线运动。 (4)逆向思维法：末速度为零的匀减速直线运动可等效为反向初速度为零的匀加速直线运动。 3．两种匀减速直线运动的分析方法 (1)刹车问题的分析：末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解。 (2)双向可逆类运动分析：匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义。 4．处理追及相遇问题的常用方法 过程分析法 函数法 Δx＝x乙＋x0－x甲为关于t的二次函数，当t＝－时有极值，令Δx＝0，利用Δ＝b2－4ac判断有解还是无解，是追上与追不上的条件 图像法 画出v­t图像，图线与t轴所围面积表示位移，利用图像来分析追及相遇问题更直观 考点2　牛顿运动定律的应用 例3　（2024·湖南高考）如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为（　　） A.g，1.5g B.2g，1.5g C.2g，0.5g D.g，0.5g [解析]　剪断B、C间细线前，对小球B、C、D及C、D间轻弹簧组成的整体受力分析，根据平衡条件可知，A、B间轻弹簧的弹力大小为FAB＝（3m＋2m＋m）g＝6mg，对小球D受力分析，根据平衡条件可知，C、D间轻弹簧的弹力大小为FCD＝mg。剪断B、C间细线瞬间，两轻弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律，对B有FAB－3mg＝3maB，对C有FCD＋2mg＝2maC，解得B的加速度大小aB＝g，方向竖直向上，C的加速度大小aC＝1.5g，方向竖直向下。故选A。 [答案]　A 例4　（2024·全国甲卷）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a­m图像。重力加速度大小为g。在下列a­m图像中，可能正确的是（　　） [解析]　设P的质量为M，P与桌面间的滑动摩擦力大小为f，绳的张力大小为T，以P为研究对象，根据牛顿第二定律可得T－f＝Ma，以盘和砝码整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg－T＝ma，联立可得a＝。由上式可知，m≪M时，a≈－，则a­m图像是横轴截距大于0、斜向右上方倾斜的直线；m≫M时，a≈g，则a­m图像在m趋于无穷大时，a趋向于g，故D正确。 [答案]　D 1.解决动力学两类基本问题的思路 受力分析加速度运动状态分析 2.瞬时加速度问题的两种模型 轻绳、轻杆 外界条件改变时产生的弹力可瞬间改变，从而引起研究对象受到的合力或加速度瞬间改变 弹簧或橡皮筋 外界条件改变时产生的弹力不能瞬间改变，研究对象受到的合力或加速度也不能瞬间改变 注意：力可以突变，但速度不可以突变。 3.处理多过程动力学问题的“二分析一关键” 二分析 分阶段分析运动规律 分阶段分析受力 一关键 前后两过程的联系是转折状态的速度，前一过程的末速度一般就是后一过程的初速度 4.连接体问题 （1）常见连接体 三种情况中弹簧弹力、绳的张力相等（接触面光滑，或A、B与接触面间的动摩擦因数相等） 常用隔离法 常会出现临界条件 （2）连接体的运动特点 ①叠放连接体——常出现临界条件，加速度可能不相等、速度可能不相等。 ②轻绳连接体——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度和加速度总是大小相等。 ③轻杆连接体——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。一般情况下，连接体沿杆方向的分速度相等。 （3）加速度相同的连接体问题的处理方法 ①若求解整体的加速度，可用整体法。将整个系统看作一个研究对象，分析整体受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度。 ②若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再以所求力的受力物体或反作用力的受力物体为研究对象，分析受力，用牛顿运动定律求解。 （4）加速度不同的连接体问题的处理方法 若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法。将各个物体分别作为研究对象，对每个研究对象进行受力和运动情况分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意各个物体间的相互作用关系，联立求解。 考点3　运动学和动力学的图像 例5　（2024·河北高考）篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的v­t图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是（　　） A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 [解析]　由题意可知，篮球最开始做自由落体运动，结合图像可知，速度为负值时，表示篮球向下运动，当向下运动到与地面接触时篮球速度最大，之后速度发生突变，速度方向变为向上并做竖直上抛运动，速度减为0时上升到最高点，故篮球第一次触地反弹后上升至最高点时，对应图中的a点；同理分析可知，b点、c点分别对应第二次触地反弹前、后的位置即地面，d点对应第二次反弹后上升到最高点的位置。由v­t图像与时间轴围成的面积的绝对值表示位移大小可知，第一次反弹后到达的最高点高度（对应图中0.6 s～1.1 s图线与t＝0直线所围面积）大于第二次反弹后到达的最高点高度（对应图中1.6 s～2.0 s图线与t＝0直线所围面积），故a点对应的篮球位置比d点高，即四点中对应篮球位置最高的是a点，故选A。 [答案]　A 例6　（多选）司机驾驶汽车在平直公路上匀速行驶，突然遇到紧急情况刹车直到停止运动，从司机发现情况到停止运动这段时间内，汽车的­t图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A.汽车刹车过程的初速度为5.5 m/s B.汽车刹车过程的加速度大小为2 m/s2 C.从司机发现情况开始到汽车停止所用时间为3.0 s D.从开始刹车到停止，汽车的总位移大小为12.5 m [解析]　根据匀变速直线运动公式x＝v0t＋at2，可得＝v0＋at，则0～0.5 s汽车匀速运动，0.5～5.5 s汽车做匀减速运动，且汽车刹车过程的初速度为v0＝10 m/s，加速度为a＝2k＝2× m/s2＝－4 m/s2，故A、B错误；结合题图可知，汽车匀速运动的时间即司机的反应时间为t＝0.5 s，从刹车到停止的时间为t′＝＝ s＝2.5 s，则从司机发现情况开始到汽车停止所用总时间为t总＝t＋t′＝3.0 s，故C正确；从开始刹车到停止，汽车的总位移大小为x2＝t′＝12.5 m，故D正确。 [答案]　CD 例7　（2024·广东高考）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向，木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F­y图像或y­t图像可能正确的是（　　） [解析]　从木块开始释放到与弹簧刚接触的过程中，即0≤y≤H的过程，木块所受合外力为木块的重力，即F＝mg，则F保持不变；从木块接触弹簧到下落至最低点的过程中，即y>H的过程，根据力的合成和胡克定律有F＝mg－k（y－H），则随着y增大，F先均匀减小到0，后反向均匀增大；同理分析可知，上升过程的F­y图像与下落过程的F­y图像相同，故A错误，B正确。结合上述分析，由牛顿第二定律可知，在木块下落H高度之前，木块做匀加速直线运动，速度逐渐增大，所以y­t图像斜率逐渐增大；从木块下落H高度到下落至最低点的过程，木块先向下做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，速度先逐渐增大后逐渐减小到0，所以y­t图像的斜率先逐渐增大后逐渐减小到0，到达最低点后，木块向上运动，因为木块下落过程与上升过程具有对称性，所以其y­t图像如图所示，故C、D错误。 [答案]　B 1.运动学中的常规图像 常规图像 斜率k 面积 两图线交点 x­t图像 ＝v 表示相遇 v­t图像 ＝a 位移x 表示此时速度相等，往往是距离最大或最小的临界点 a­t图像 速度变化量Δv 表示此时加速度相等 2.运动学中的非常规图像 非常规图像（举例） 函数表达式 斜率k 纵截距b v2­x图像 由v2－v＝2ax得v2＝v＋2ax 2a v ­t图像 由x＝v0t＋at2得＝v0＋at a v0 ­图像 由x＝v0t＋at2得＝v0＋a v0 a a­x图像 由v2－v＝2ax知图线与x轴所围面积等于，此面积与物体质量的乘积表示动能的变化量或合外力所做的功 备注：非常规图像的解题思路 遇到非常规运动图像时，可以根据相应的物理规律写出两个物理量间的函数关系，进而确定图线斜率、截距或围成的面积的物理意义。 3.常见与力有关的图像及分析思路 F­t图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表示力F的冲量 F­x图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 思路二：动能定理，图线与x轴所围面积表示力F做的功 a­F图像 根据牛顿第二定律列式，再变换成a­F关系 例如：如图所示，F－μmg＝ma，a＝－μg，斜率为，纵截距为－μg 备注：动力学中图像问题的解题策略 （1）分清图像的类别，明确图像是F­x图像、F­t图像还是a­F图像等。 （2）注意图像中的特殊点、斜率、面积等所表示的物理意义。 （3）明确能从图像中获得的信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数表达式，进而明确“图像与公式”“图像与过程”间的关系，从而对有关物理问题作出正确判断。 考点4　动力学中的临界和极值问题 例8　（2024·湖北省武汉市高三下5月三模）质量为m的物块放置在水平地面上，其与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。现对其施加一大小为mg的外力，则物块运动的加速度最大为（　　） A.g B.g C.g D.g [解析]　物块运动的加速度最大时，外力F应斜向上，对物块受力分析如图所示，物块受重力mg、支持力FN、滑动摩擦力f和外力F的作用，设F与水平方向的夹角为θ，在竖直方向上，根据平衡条件，有FN＋Fsinθ＝mg，在水平方向上，根据牛顿第二定律得Fcosθ－f＝ma，且f＝μFN，F＝mg，μ＝，联立解得a＝gcosθ＋gsinθ－g＝gsin（θ＋60°）－g，故当θ＝30°时，物块运动的加速度达到最大值，为am＝g，故选B。 [答案]　B 例9　（2023·山西省临汾市高三下考前适应性训练（二））如图所示，水平面上的小车内固定一个倾角为θ＝30°的光滑斜面，平行于斜面的细绳一端固定在车上，另一端系着一个质量为m的小球，小球和小车均处于静止状态。如果小车在水平面上向左加速且加速度大小不超过a1时，小球仍能够在斜面上和小车保持相对静止；如果小车在水平面上向右加速且加速度大小不超过a2时，小球仍能够在斜面上和小车保持相对静止，则a1和a2的大小之比为（　　） A.∶1 B.∶3 C.3∶1 D.1∶3 [解析]　当小车在水平面上以大小为a1的加速度向左加速运动时，由题意知，此时小球恰能够在斜面上和小车保持相对静止，细绳上的拉力恰好为0，则斜面对小球的支持力FN与小球所受重力mg的合力提供加速度，如图甲所示，根据牛顿第二定律有mgtanθ＝ma1，解得a1＝gtan30°；当小车在水平面上以大小为a2的加速度向右加速运动时，由题意知，此时小球恰能够在斜面上和小车保持相对静止，斜面对小球的支持力恰好为0，则细绳对小球的拉力FT与小球所受重力mg的合力提供加速度，如图乙所示，根据牛顿第二定律有＝ma2，解得a2＝，则a1∶a2＝1∶3，故选D。 [答案]　D 1.当题目中出现“最大”“最小”或“刚好”等关键词时，经常隐藏着临界问题。 2.当题目要求解某个物理量的最大值、最小值、范围或需要满足的条件时，经常为临界问题。 3.常见临界条件 两物体刚好要相对滑动 静摩擦力达到最大值 两物体在压力方向刚好脱离接触 接触面间的弹力为零 轻绳刚好绷直或松弛 轻绳上张力为零 常见解决方法 极限法 把物理问题（或过程）推向极端，从而使临界现象（或状态）暴露出来，以达到正确解决问题的目的 假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题 数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件 高考命题预测 1.（2024·辽宁省沈阳市高三下三模）图甲所示的冰车是深受北方儿童喜爱的娱乐用具。冬天在空旷的水平冰面上，一儿童坐在冰车上从静止开始，连续三次“点冰”后达到最大速度vm，之后沿直线减速滑行16 m停下。某同学用v­t图像描述了上述运动过程，如图乙所示。若每次“点冰”，冰车获得的加速度相同；运动过程中空气阻力不计，冰车与冰面间的动摩擦因数不变，则（　　） A.儿童三次“点冰”共加速了7 s B.儿童“点冰”时，冰车加速度大小为2 m/s2 C.经三次“点冰”，冰车获得的最大速度为2 m/s D.冰车做匀减速运动的加速度大小为1 m/s2 答案：B 解析：由题图乙可知，0～1.0 s、3.0～4.0 s、6.0～7.0 s为三次“点冰”加速所对应的时间段，故儿童三次“点冰”共加速了3 s，A错误；依题意，结合题图乙，可知7.0 s时速度为vm，儿童在7.0～15.0 s这一过程中做匀减速直线运动，有s＝×（15.0 s－7.0 s）＝16 m，解得冰车获得的最大速度vm＝4 m/s，C错误；在7.0～15.0 s内，由a＝可知，冰车做匀减速运动的加速度大小为a2＝＝0.5 m/s2，D错误；根据题图乙可知，在0～7.0 s内，冰车加速的时间为Δt1＝3 s，减速的时间为Δt2＝4 s，设儿童“点冰”时冰车加速度的大小为a1，则有a1Δt1－a2Δt2＝vm，解得a1＝2 m/s2，B正确。 2.（2024·安徽省安庆市高三下二模）（多选）如图所示，一固定光滑直杆与水平方向夹角为α，一质量为M的物块A套在杆上，通过轻绳连接一个质量为m的小球B。现让A、B以某一相同速度沿杆方向开始上滑，此时轻绳绷紧且与竖直方向夹角为β，A、B相对静止沿杆上滑过程中，设A、B的加速度大小为a，轻绳的拉力大小为FT，杆对物块A的弹力大小为FN，已知重力加速度为g，A、B均可看成质点，则（　　） A.a＝gtanα B.α＝β C.FN＝（M＋m）gcosα D.FT>mgcosβ 答案：BC 解析：A、B相对静止沿杆上滑过程中，将A、B看成一个整体，受力分析如图1所示，在垂直于杆方向，根据平衡条件可知FN＝（M＋m）·gcosα，在沿杆的方向，由牛顿第二定律有（M＋m）gsinα＝（M＋m）a，解得a＝gsinα，故A错误，C正确；根据上述分析可知，小球B的加速度沿杆向下，大小为a＝gsinα，根据牛顿第二定律可知，小球B所受合力沿杆向下，大小为F合＝ma＝mgsinα，对小球受力分析，可知小球B仅受轻绳的拉力FT和重力mg的作用，如图2所示，根据力的合成可知，FTsin（β－α）＋mgsinα＝F合，联立可得β＝α，即FT垂直直杆向上，则FT＝mgcosβ，故B正确，D错误。 专题作业 1.（2024·新课标卷）一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是（　　） 答案：C 解析：质点做直线运动，在任意时刻都有唯一的位移或速度，故A、B、D错误，C正确。 2.（2024·海南高考）商场自动感应门如图所示，人走近时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4 s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2 m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（　　） A.1.25 m/s2 B.1 m/s2 C.0.5 m/s2 D.0.25 m/s2 答案：C 解析：门以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，且初末速度均为0，由对称性可知，门从静止开始做匀加速直线运动到最大速度的位移x＝＝1 m，所用时间t＝＝2 s，根据x＝at2，代入数据可得，加速度的大小a＝0.5 m/s2，故选C。 3.（2024·河北省石家庄市高三下教学质量检测一）一架无人机在水平地面由静止开始匀加速滑行1600 m后起飞离地，离地时速度为80 m/s。若无人机的加速过程可视为匀加速直线运动，则无人机在起飞离地前最后1 s内的位移为（　　） A.79 m B.78 m C.77 m D.76 m 答案：A 解析：已知无人机从静止开始匀加速滑行x＝1600 m达到离地速度v＝80 m/s，根据匀变速直线运动速度与位移关系式，有v2＝2ax，解得无人机的加速度a＝2 m/s2，则无人机起飞前1 s时的速度v′＝v－aΔt＝80 m/s－2×1 m/s＝78 m/s，根据匀变速直线运动的规律，可知无人机在起飞离地前最后1 s内的位移为Δx＝×Δt＝×1 m＝79 m，故选A。 4.（2024·山东高考）如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为（　　） A.（－1）∶（－1） B.（－）∶（－1） C.（＋1）∶（＋1） D.（＋）∶（＋1） 答案：A 解析：木板由静止释放后，沿斜面向下做匀加速直线运动，设加速度大小为a，根据运动学公式，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝at，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L＋L＝at，当木板长度为2L时，有L＋2L＝at，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝（－1）∶（－1），故选A。 5.（2024·安徽高考）倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是（　　） 答案：C 解析：设物块的质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，0～t0时间内，物块从传送带底端由静止开始沿传送带向上运动，可知物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，根据牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma1，解得物块沿传送带向上滑动时的加速度a1＝μgcosθ－gsinθ，则0～t0时间内，加速度a保持不变，物块做初速度为0的匀加速直线运动；t0时刻，物块与传送带速度相同，因为μmgcosθ>mgsinθ，则物块所受滑动摩擦力突变为静摩擦力，大小为f＝mgsinθ，则物块所受合力为0，加速度为0，则t0时刻之后，物块随传送带一起以速度v0做匀速直线运动，故C正确，A、B、D错误。 6.（2024·江苏省泰州市高三下一模调研）如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板AO′、BO′、CO′，其下端都固定于容器底部O′点，上端搁在容器侧壁上，已知三块滑板的长度BO′>AO′>CO′。若三个滑块同时从A、B、C处开始由静止下滑（忽略阻力），则（　　） A.A处滑块最先到达O′点 B.B处滑块最先到达O′点 C.C处滑块最先到达O′点 D.三个滑块同时到达O′点 答案：D 解析：设半球形容器的半径为R，滑板长度为l，滑板的倾角为θ，滑块质量为m，滑块从滑板上滑下时加速度为a，滑到O′点用时为t，根据几何知识，可知l＝2Rsinθ，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，根据匀变速直线运动的位移公式，有l＝at2，联立解得t＝2，可知时间t与滑板的长度无关，故三个滑块同时到达O′点，故选D。 7.（2024·全国甲卷）为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t＝0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a＝2 m/s2，在t1＝10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2＝41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0＝340 m/s，求： （1）救护车匀速运动时的速度大小； （2）在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。 答案：（1）20 m/s　（2）680 m 解析：（1）设救护车匀速运动时的速度大小为v，根据匀变速直线运动速度与时间的关系，有v＝at1 代入数据解得v＝20 m/s。 （2）设救护车在t3时刻停止鸣笛，停止鸣笛时救护车距出发处的距离为x，救护车在加速运动过程中的位移为x1，在停止鸣笛前救护车匀速运动的位移为x2，则 x1＝at x2＝v（t3－t1） x＝x1＋x2 t2时最后的鸣笛声传回到救护车出发处，有 x＝v0（t2－t3） 联立并代入数据，解得x＝680 m。 8.（2024·辽宁省大连市高三下二模）t＝0时刻以10 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球，t＝0.4 s时从同一地点又以10 m/s的初速度竖直向上抛出第二个小球，不计空气阻力，重力加速度取10 m/s2，则两小球在空中相遇的时刻为（　　） A.1.1 s B.1.2 s C.1.3 s D.1.4 s 答案：B 解析：设t（t≥0.4 s）时刻第一个小球的位移为x1，第二个小球的位移为x2，两球的初速度为v0，重力加速度为g，根据匀变速直线运动位移与时间的关系，有x1＝v0t－gt2，x2＝v0（t－0.4 s）－g（t－0.4 s）2，两球相遇时，x1＝x2，联立解得t＝1.2 s，故选B。 9.（2024·山东省烟台市高三下一模）甲、乙两辆汽车在同一条平直公路上从同一地点以相同的初速度同时开始做直线运动，以初速度方向为正方向，它们的加速度随时间变化的a­t图像如图所示。关于甲、乙两车在0～t2时间内的运动情况，下列说法中正确的是（　　） A.在t1时刻，甲车的速度等于乙车的速度 B.在t2时刻，甲车的速度小于乙车的速度 C.在0～t2时间内，甲、乙两车的平均速度相等 D.在0～t2时间内，甲、乙两车的间距逐渐增大 答案：D 解析：a­t图线与时间轴所围的面积表示速度的变化量，由题图可知，0～t1时间内甲车的速度变化量大于乙车的速度变化量，又两车的初速度相同，以初速度方向为正方向，甲、乙两车的速度变化量均为正值，故在t1时刻，甲车的速度大于乙车的速度，同理可知，在t2时刻，甲车的速度等于乙车的速度，故A、B错误；在0～t2时间内，任意时刻甲车的速度均大于乙车的速度，所以甲车在乙车的前方，且两车的间距逐渐增大，则在0～t2时间内，甲车的位移比乙车更大，根据＝可知，甲车的平均速度大于乙车的平均速度，故C错误，D正确。 10.（2024·安徽高考）如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中（　　） A.速度一直增大 B.速度先增大后减小 C.加速度的最大值为3g D.加速度先增大后减小 答案：A 解析：小球静止于O点时，弹簧处于原长，则当撤去拉力F后，小球由静止开始从P点运动到O点的过程中，小球受到重力和两弹簧的拉力，由对称性可知，小球所受合力始终竖直向下，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度方向一直竖直向下，所以小球一直做加速运动，速度一直增大，故A正确，B错误。小球从P点运动到O点的过程中，两弹簧形变量逐渐变小，每个弹簧对小球的拉力F拉都一直变小，且弹簧弹力与竖直方向的夹角θ不断变大，则两弹簧对小球竖直向下的合力F合＝2F拉cosθ不断变小，小球所受重力不变，故小球所受合力一直变小，小球的加速度一直变小，因此刚撤去拉力时小球的加速度最大；撤去拉力前瞬间，由平衡条件可知，小球所受重力和弹簧弹力的合力F合0与拉力F等大反向，即F合0＝F＝2mg，刚撤去拉力时，由牛顿第二定律可知，F合0＝mam，可解得小球从P点运动到O点的过程中加速度的最大值为am＝2g，C、D错误。 11.（2024·湖南省娄底市高三下一模）如图甲所示，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为mA＝6 kg，mB＝4 kg，从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB大小随时间变化的规律分别如图乙、丙所示，则（　　） A.t＝0时，A物体的加速度为2 m/s2 B.t＝1 s时，A、B开始分离 C.t＝0时，A、B之间的相互作用力为3 N D.A、B开始分离时的速度为3 m/s 答案：B 解析：由题图乙和题图丙可得，当FA、FB、t都取国际单位时，有FA＝8－2t，FB＝2＋2t，t＝0时，FA0＝8 N，FB0＝2 N，由于>，所以二者不会分开，A、B两物体的加速度为a＝＝1 m/s2，设此时A、B之间的相互作用力为F，对B，根据牛顿第二定律可得F＋FB0＝mBa，解得F＝2 N，故A、C错误；当二者之间的相互作用力恰好为零时，A、B开始分离，此时在水平方向，A物体仅受FA的作用，B物体仅受FB的作用，且aA＝aB，根据牛顿第二定律，可知A物体和B物体开始分离时满足＝，即＝，解得t＝1 s，二者分离前所受合力F合＝FA＋FB＝10 N不变，则加速度不变，故A、B开始分离时的速度为v＝at＝1 m/s，故B正确，D错误。 12.（2024·河北省保定市高三下二模）（多选）如图所示，A、B两辆汽车从同一地点、同时出发，沿同一方向做直线运动，它们的速度平方v2随位移x的变化图像均为直线，下列判断正确的是（　　） A.汽车A的初速度大小为24 m/s，加速度大小为4 m/s2 B.汽车B的初速度大小为0，加速度大小为1 m/s2 C.汽车A、B经4 s在x＝4 m处相遇 D.汽车A、B经2 s相遇，相遇时在x＝6 m处 答案：BD 解析：由匀变速直线运动速度与位移关系式v2－v＝2ax，整理得v2＝2ax＋v，结合题图中两汽车的v2­x图线，可得v＝24 m2/s2，v＝0，2aA＝ m/s2，2aB＝ m/s2，解得v0A＝2 m/s，v0B＝0，aA＝－2 m/s2，aB＝1 m/s2，故A错误，B正确；汽车A停止运动所需时间为tA＝＝ s，此时汽车B的位移为xB＝aBt＝3 m<6 m，即汽车A刚停在6 m处时，汽车B还未追上A，则二者在x＝6 m处相遇，相遇时间t′满足6 m＝aBt′2，解得t′＝2 s，故C错误，D正确。 13.（2024·湖北省八市高三下3月联考）（多选）如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0。从t＝0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离，再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好为x0。弹簧始终在弹性限度内，其中心轴线与斜面平行，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A.弹簧的劲度系数为 B.a、b分离时，弹簧的压缩量为 C.物块b加速度的大小为gsinθ D.物块b加速度的大小为gsinθ 答案：AC 解析：对b施加外力前，小物块b紧靠a静止在斜面上，将二者看成一个整体，根据平衡条件可知，弹簧的弹力大小与整体重力沿斜面向下的分力大小相等，根据胡克定律，有kx0＝gsinθ，解得弹簧的劲度系数k＝，故A正确；由初速度为0的匀加速直线运动的比例关系可知，小物块b最初两段相同时间间隔内位移之比为＝，且由题意得x1＋x2＝x0，当物块a、b分离时弹簧压缩量Δx＝x0－x1，联立解得Δx＝x0，故B错误；两物块刚好要分离时，a与b之间无相互作用力且加速度相同，设加速度大小为a，对a，由牛顿第二定律有k·x0－mgsinθ＝ma，代入k＝后解得a＝gsinθ，故物块b加速度的大小为gsinθ，C正确，D错误。 　第3讲　力与曲线运动 考点1　曲线运动的条件和特征 例1　（2023·全国乙卷）小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是（　　） [解析]　由图可知，小车做曲线运动，则其所受合力应指向运动轨迹即轨道的凹侧，故A、B错误；由题意可知，小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，则合力对小车一直做正功，故合力方向与小车运动方向（沿轨道切线向右）的夹角一直为锐角，故C错误，D可能正确。 [答案]　D 1.曲线运动性质：物体做曲线运动时，由于速度的方向时刻改变，物体的加速度一定不为0，因此，曲线运动一定是变速运动。 2.物体做曲线运动的条件 （1）运动学角度：物体的加速度的方向与它的速度方向不在同一直线上。 （2）动力学角度：物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上。 1.曲线运动中速度方向、合力方向与运动轨迹之间的关系 （1）速度方向与运动轨迹相切。 （2）合力方向指向轨迹曲线的“凹”侧。 （3）运动轨迹一定夹在速度方向和合力方向之间。 2.曲线运动中物体所受合力与其速度变化的关系 （1）合力在垂直速度方向的分力改变速度的方向，在平行速度方向的分力改变速度的大小。 （2）合力与速率变化的关系 考点2　运动的合成与分解 例2　如图所示，在一个足够大、表面平坦的雪坡顶端，有一个小孩坐在滑雪板上。给他一个大小为v0的水平初速度使其运动。若雪坡与滑雪板之间的动摩擦因数μ<tanθ，不计空气阻力，则小孩（　　） A.沿初速度方向做匀速直线运动 B.做类平抛运动 C.最终会沿雪坡做垂直于v0方向的匀加速直线运动 D.最终会沿雪坡做与v0方向保持小于90°角的加速直线运动 [解析]　对小孩和滑雪板受力分析，在雪坡平面内，受到垂直于v0方向的重力的分力mgsinθ和与运动方向相反的滑动摩擦力μmgcosθ，在沿初速度方向，受到与初速度方向相反的滑动摩擦力的分力而做减速运动，直到速度减为零时滑动摩擦力垂直于v0方向沿雪坡向上，由于μ<tanθ，则μmgcosθ<mgsinθ，之后小孩沿雪坡做垂直于v0方向的匀加速直线运动，故C正确，A、B、D错误。 [答案]　C 1.一个实际运动的几个分运动的关系 （1）等时性；（2）独立性。 2.合初速度和合加速度的关系决定了合运动的性质。 3.船的实际运动可以分解为相对于静水的运动和随水漂流的运动。 关联速度问题的解题方法 把物体的实际速度分解为垂直于绳（杆）和沿着绳（杆）的两个分量，根据沿绳（杆）方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图所示。 考点3　抛体运动规律的应用 例3　（2024·浙江1月选考）如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，则水离开出水口的速度大小为（　　） A. B. C. D.（＋1）D [解析]　以一小份水为研究对象，设其离开出水口的速度大小为v0，从出水口运动到桶口所用时间为t1，从出水口运动到A处所用时间为t2，小份水离开出水口后做平抛运动，竖直方向有h＝gt，2h＝gt，水平方向，小份水由桶口运动到A处，有v0（t2－t1）＝，联立解得v0＝，故选C。 [答案]　C 例4　（2024·山东高考）（多选）如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20 m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10 m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是（　　） A.运动时间为2 s B.落地速度与水平方向夹角为60° C.重物离PQ连线的最远距离为10 m D.轨迹最高点与落点的高度差为45 m [解析]　将初速度v0分解为沿PQ方向的分速度v1和垂直PQ方向的分速度v2，则有v1＝v0cos60°＝10 m/s，v2＝v0sin60°＝10 m/s，将重力加速度g分解为沿PQ方向的分加速度a1和垂直PQ方向的分加速度a2，则有a1＝gsin30°＝5 m/s2，a2＝gcos30°＝5 m/s2，垂直PQ方向，根据对称性可得，重物运动的时间为t＝2＝4 s，重物离PQ连线的最远距离为dmax＝＝10 m，故A、C错误；重物落地时竖直分速度大小为vy＝－v0sin30°＋gt＝30 m/s，则落地速度与水平方向夹角θ的正切值为tanθ＝＝＝，可得θ＝60°，故B正确；从抛出到最高点所用时间为t1＝＝1 s，则从最高点到落点所用时间为t2＝t－t1＝3 s，且重物从最高点到落点做平抛运动，则轨迹最高点与落点的高度差为h＝gt＝45 m，故D正确。 [答案]　BD 例5　（2024·新课标卷）如图，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2。求 （1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； （2）平台距地面的高度。 [解析]　（1）设物块和薄板的质量均为m，物块初速度大小为v0，物块在薄板上做匀减速直线运动的加速度大小为a1，时间为t，此过程薄板做匀加速直线运动，加速度大小为a2。由牛顿第二定律，对物块有μmg＝ma1 对薄板有μmg＝ma2 根据匀变速直线运动规律， 对物块有l＋Δl＝v0t－a1t2 对薄板有Δl＝a2t2 联立并代入数据解得v0＝4 m/s，t＝ s。 （2）物块飞离薄板时，薄板的速度大小v2＝a2t 物块飞离薄板后做平抛运动，薄板做匀速直线运动，当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。设物块下落所用的时间为t′， 对薄板有－Δl＝v2t′ 对物块，竖直方向做自由落体运动， 则平台距地面的高度h＝gt′2 联立并代入数据解得h＝ m。 [答案]　（1）4 m/s　 s　（2） m 1.抛体运动的特点 运动性质 匀变速曲线运动 相同时间内的速度变化量 大小相同，方向竖直向下 运动轨迹 抛物线 2.平抛运动的两个推论 （1）做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tanθ＝2tanα。 （2）做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。 1.抛体运动的一般处理思路：将抛体运动正交分解为水平方向和竖直方向的两个分运动。 2.平抛运动典型问题的求解方法 已知条件 情境示例 解题策略 已知速 度方向 从斜面外平抛，垂直落在斜面上，如图所示，已知速度的方向垂直于斜面 分解速度 tanθ＝＝ 从圆弧形轨道外平抛，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，如图所示，已知速度方向沿该点圆弧的切线方向 分解速度 tanθ＝＝ 已知位移方向 从斜面上平抛又落到斜面上，如图所示，已知位移的方向沿斜面向下 分解位移tanθ＝＝＝ 在斜面外平抛，落在斜面上位移最小，如图所示，已知位移方向垂直斜面 分解位移 tanθ＝＝＝ 3.类平抛运动 （1）做类平抛运动的条件：研究对象所受合力为恒力，并且与初速度方向垂直，比如带电粒子在偏转电场中的运动。 （2）类平抛运动问题的一般处理方法——正交分解法 ①沿初速度方向：匀速直线运动； ②沿合力方向：初速度为0的匀加速直线运动。 （3）平抛运动的两个推论也可以类比推广到类平抛运动中。 4.斜抛运动 性质 斜抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线 研究方法 （1）运动的合成与分解： 水平方向：匀速直线运动； 竖直方向：竖直上抛运动或竖直下抛运动 （2）逆向思维法：斜抛运动中，物体运动到最高点时速度方向为水平方向，故可采用逆向思维法，将物体从开始运动至最高点的这段运动过程逆向看作平抛运动进行分析 基本规律（以斜上抛运动为例） （1）水平方向：v0x＝v0cosθ，F合x＝0；x＝v0tcosθ （2）竖直方向：v0y＝v0sinθ，F合y＝－mg；y＝v0tsinθ－gt2 常见图例 考点4　圆周运动问题 例6　（2024·江苏高考）如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在A高度处做水平面内的匀速圆周运动，现用力将细绳缓慢下拉，使小球在B高度处做水平面内的匀速圆周运动，不计一切摩擦，则（　　） A.线速度vA>vB B.角速度ωA>ωB C.向心加速度aA<aB D.向心力FnA>FnB [解析]　设小球和管口间的细绳与竖直方向的夹角为θ，则θA<θB，对小球受力分析，根据力的合成有Fn＝mgtanθ，则FnA<FnB，由牛顿第二定律有Fn＝ma，可知aA<aB，C正确，D错误；根据向心加速度公式，可知a＝ω2r，设小球与管子顶端的高度差为h，则r＝htanθ，联立得ω＝，由题图知，hA>hB，则ωA<ωB，B错误；假设小球做圆周运动的半径不变或变大，则小球被拉起的过程中合外力不做功或做负功，由动能定理可知，小球的线速度不变或变小，又由v＝ωr可知，小球的角速度也不变或变小，与B项分析矛盾，假设不成立，所以小球做圆周运动的半径减小，则小球被拉起的过程中合外力做正功，由动能定理可知，小球的线速度增大，即vA<vB，A错误。 [答案]　C 例7　（2023·山东省青岛市高三下一模）如图，质量分别为m、2m、3m的物块a、b、c可视为质点，放置在水平圆盘上随圆盘一起以角速度ω匀速转动，其中物块a、b叠放在一起。图中各接触面间的动摩擦因数均为μ，a、b和c与转轴的距离分别为r和1.5r。下列说法正确的是（　　） A.b对a的摩擦力为μmg B.圆盘对b的摩擦力为2mω2r C.圆盘的角速度满足ω≤ D.圆盘的角速度满足ω≤ [解析]　对a进行受力分析，水平方向上，b对a的静摩擦力提供向心力，则fa＝mω2r≤μmg，对物块a、b整体分析，水平方向上，圆盘对b的静摩擦力提供向心力，则fb＝（m＋2m）ω2r＝3mω2r，A、B错误；因为三个物块转动的角速度相同，物块c的轨道半径最大，由a向＝Rω2可知c的向心加速度最大，因三个物块与圆盘相对滑动的临界加速度均为＝μg，所以若角速度ω缓慢增大，c先达到相对圆盘滑动的临界点，故三个物块随圆盘一起匀速转动需满足条件3mω2×1.5r≤μ×3mg，整理得ω≤，C错误，D正确。 [答案]　D 例8　（2024·辽宁省大连市高三下二模）（多选）U形池滑板是青少年喜欢的极限运动项目之一。如图所示，U形池滑道的一侧可近似看成四分之一圆弧轨道，运动员沿圆弧轨道由静止开始从上端滑到下端过程中，不计阻力大小，则运动员（　　） A.所受支持力一直增大 B.加速度先增大后减小 C.沿竖直方向的合外力先减小后增大 D.沿圆弧切线方向的加速度一直增大 [解析]　设圆弧轨道半径为R，运动员的速度与竖直方向的夹角为θ（0≤θ≤90°），对运动员进行受力分析如图所示，在径向方向，由牛顿第二定律有FN－mgsinθ＝m＝man，沿切线方向，由牛顿第二定律有mgcosθ＝mat，由动能定理可知mgRsinθ＝mv2－0，可得运动员所受支持力FN＝3mgsinθ，加速度a＝＝＝g，沿竖直方向的合外力（以竖直向下为正方向）Fy＝mg－FNsinθ＝mg（1－3sin2θ），沿圆弧切线方向的加速度at＝gcosθ，可知在运动员沿圆弧轨道由静止开始从上端滑到下端过程中，θ从0增大到90°，FN和a逐渐增大，at逐渐减小，Fy先沿竖直向下逐渐减小，后沿竖直向上逐渐增大，故A、C正确，B、D错误。 [答案]　AC 两种传动装置 （1）用皮带或齿轮传动：轮缘上各点的线速度大小相等。 （2）固定在一起同轴传动：各点的角速度大小相等。 1.圆周运动的一些典型模型的处理方法 注：（1）竖直面内圆周运动的轻绳模型中，在最高点时，绳子的拉力大小可能为零，或方向沿半径指向轨迹的圆心；轻杆模型中，在最高点时，杆对物体的弹力大小和方向与物体的速度大小有关，可能向上，可能向下，可能等于零。 （2）倾斜面内的圆周运动、带电小球在电场和重力场的叠加场中的圆周运动，要用“等效重力”的观点分析。关注六个位置的动力学方程，最高点、最低点、等效最高点、等效最低点，最左边和最右边位置。对于倾斜转盘上物体的圆周运动，在最高点：mgsinθ±Ff＝mω2r，在最低点： Ff′－mgsinθ＝mω2r，常分析的临界情况是：恰好通过最低点。 2.圆周运动中的三种临界情况 （1）接触面相对滑动临界：Ff＝F静m。 （2）接触面分离临界：FN＝0。 （3）绳恰好绷紧：FT＝0；绳恰好断：FT达到绳子最大承受拉力。 高考命题预测 1.（2024·山东省聊城市高三下一模）如图所示，正方体框架ABCD－A1B1C1D1的底面A1B1C1D1处于水平地面上。从顶点A沿不同方向水平抛出小球（可视为质点），不计空气阻力。关于小球的运动，下列说法正确的是（　　） A.落点在棱BB1上的小球，落在B1点时平拋的初速度最大 B.落点在面A1B1C1D1内的小球，落在C1点的运动时间最长 C.落点在三角形B1C1D1内的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是1∶2 D.落点在线B1D1上的小球，落地时重力的瞬时功率均不相同 答案：C 解析：小球抛出后均做平抛运动。落点在棱BB1上的小球，其做平抛运动的水平位移x相等，则竖直位移h越大，由h＝gt2知运动时间t越大，由x＝v0t知初速度v0越小，即落在B1点时平抛的初速度最小，A错误；落点在A1B1C1D1内的小球，其做平抛运动的竖直位移h相等，由h＝gt2知其运动时间t相等，B错误；落点在三角形B1C1D1内的小球，其做平抛运动的竖直位移h相等，由h＝gt2知其运动时间t相等，设正方体框架的棱长为l，则水平位移的最大值为l，最小值为l，则最小值与最大值之比为1∶2，由x＝v0t知平抛运动的初速度的最小值与最大值之比是1∶2，C正确；落点在线B1D1上的小球，其做平抛运动的竖直位移h相等，由v＝2gh知其落地时竖直方向的速度分量vy相同，故落地时重力的瞬时功率PG＝mgvy均相同，D错误。 2.（2024·山东省泰安市高三下4月二模）如图甲所示为公园中旋转“喷泉”喷出水后，水滴下落击打水面形成层层涟漪的美观景象。设旋转“喷泉”的转轴为OO′，多根长度均为r的水管均处于喷泉水面，一端固定在转轴顶端O点，另一端均有一喷嘴，每个喷嘴完全相同，都在水管末端且与水平面成相同的倾角θ＝53°，如图乙所示。若旋转“喷泉”的角速度ω＝ rad/s，水管长度r＝0.6 m，水以相对于喷嘴的速率v＝5 m/s喷出，不计水管的粗细、喷嘴的长度及空气阻力，已知重力加速度g取10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求： （1）“喷泉”中的水从喷嘴喷出至落到喷泉水面的时间t； （2）“喷泉”中的水落到喷泉水面形成的圆的半径R（结果可保留根号）。 答案：（1）0.8 s　（2） m 解析：（1）由题意可知，“喷泉”中的水从喷嘴喷出时，在竖直方向的速度分量为vy＝vsinθ 根据水在竖直方向做竖直上抛运动，可知 vy＝g· 联立并代入数据，解得t＝0.8 s。 （2）如图所示，水在N点从喷嘴喷出，在M点落到喷泉水面，从喷嘴喷出的水沿水管方向的速度分量为 vx＝vcosθ 沿水管方向的位移大小为 d＝vxt 从喷嘴喷出的水垂直于水管方向的速度分量为v2＝ωr 垂直于水管方向的位移大小为x＝v2t 由几何关系可知，“喷泉”中的水落到喷泉水面形成的圆的半径R＝ 联立并代入数据，解得R＝ m。 专题作业 1.（2024·安徽省淮北市高三下二模）无人机灯光表演给喜庆的节日氛围增添了几许惊艳。在一次无人机表演中，若分别以水平向右、竖直向上为x轴、y轴的正方向，某架参演的无人机在x、y方向的v­t图像分别如图甲、乙所示，则在0～t2时间内，该无人机的运动轨迹为（　　） 答案：A 解析：由题图甲、乙可知，在0～t1时间内，无人机在竖直方向向上做匀速直线运动，加速度为0，在水平方向向右做匀减速直线运动，加速度水平向左，则合加速度水平向左，由牛顿第二定律可知，无人机受到的合外力方向水平向左，根据合外力指向运动轨迹的凹侧，可知在0～t1时间内无人机运动的轨迹向左弯曲；在t1～t2时间内，无人机在竖直方向向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下，在水平方向向右做匀速直线运动，加速度为0，则合加速度竖直向下，由牛顿第二定律可知，无人机受到的合外力方向竖直向下，根据合外力指向运动轨迹的凹侧，可知在t1～t2时间内无人机运动的轨迹向下弯曲，故A正确，B、C、D错误。 2.（2024·辽宁高考）“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的（　　） A.半径相等 B.线速度大小相等 C.向心加速度大小相等 D.角速度大小相等 答案：D 解析：由题图可知，球面上P、Q两点的转动属于同轴转动，角速度大小相等，且P、Q两点做圆周运动的半径关系为rP＜rQ，故A错误，D正确；根据v＝rω可知，球面上P、Q两点做圆周运动的线速度大小关系为vP＜vQ，故B错误；根据an＝rω2可知，球面上P、Q两点做圆周运动的向心加速度大小关系为aP＜aQ，故C错误。 3.（2024·湖北高考）如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到（　　） A.荷叶a B.荷叶b C.荷叶c D.荷叶d 答案：C 解析：青蛙做平抛运动，设初速度为v0，运动时间为t，水平位移为x，竖直位移为y，则水平方向有x＝v0t，竖直方向有y＝gt2，联立可得v0＝x，因此水平位移x越小，竖直位移y越大，则初速度v0越小，结合题图分析可知，若青蛙以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到荷叶c上面，故选C。 4.（2024·江西高考）（多选）一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处。如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为v0，末速度v沿x轴正方向。在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度vx和竖直方向分速度vy与时间t的关系，下列图像可能正确的是（　　） 答案：AD 解析：从跃出水面到冲到最高处的过程中，小鱼做斜抛运动，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，则vx不变，x＝vxt，故A可能正确，C错误；小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，有y＝vy0t－gt2，vy＝vy0－gt，且vy最终减为0，故B错误，D可能正确。 5.（2024·江苏高考）如图所示为生产陶瓷的工作台，台面上掉有陶屑与工作台一起绕OO′匀速转动，陶屑与台面间的动摩擦因数处处相同（台面足够大），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　） A.越靠近台面边缘的陶屑质量越大 B.越靠近台面边缘的陶屑质量越小 C.陶屑只能分布在工作台边缘 D.陶屑只能分布在某一半径的圆内 答案：D 解析：对与工作台一起匀速转动的陶屑受力分析，可知由摩擦力提供向心力，则有f＝mω2r，又f≤μmg，解得陶屑与OO′间的距离r≤，则陶屑只能分布在某一半径的圆内，C错误，D正确；由C、D项分析可知，陶屑与台面边缘的距离与其质量无关，A、B错误。 6.（2024·北京高考）如图所示，水平放置的排水管满口排水，管口的横截面积为S，管口离水池水面的高度为h，水在水池中的落点与管口的水平距离为d。假定水在空中做平抛运动，已知重力加速度为g，h远大于管口内径。求： （1）水从管口到水面的运动时间t； （2）水从管口排出时的速度大小v0； （3）管口单位时间内流出水的体积Q。 答案：（1）　（2）d　（3）Sd 解析：（1）水在空中做平抛运动，由平抛运动规律得，水在竖直方向做自由落体运动，有 h＝gt2 解得t＝。 （2）由平抛运动规律得，水在水平方向做匀速直线运动，有d＝v0t 解得v0＝d。 （3）管口单位时间内流出水的体积Q＝Sv0 解得Q＝Sd。 7.（2024·福建省厦门市高三下第四次质量检测三模）（多选）将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。石子接触水面时速度方向与水面的夹角越小，从水面跳起产生的“水漂”效果越明显。将一石子水平抛出，不计石子在空中飞行时的空气阻力，为了观察到明显的“水漂”效果，则应（　　） A.适当增加出手的高度 B.适当减小出手的高度 C.适当增加出手的速度 D.适当减小出手的速度 答案：BC 解析：设石子水平抛出的速度为v0，高度为h，石子接触水面时，速度的竖直分量为vy，速度方向与水面的夹角为θ，石子被抛出后，在竖直方向做自由落体运动，则vy满足v＝2gh，石子接触水面时，根据速度分解有tanθ＝，解得tanθ＝。由上式可知，石子出手高度h越小，出手速度v0越大，石子接触水面时速度方向与水面的夹角θ越小，“水漂”效果越明显，故A、D错误，B、C正确。 8.（2024·河北省石家庄市高三下教学质量检测三）如图所示，竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，一长为R的轻杆一端固定于球上，另一端通过光滑的铰链连接于圆环最低点，重力加速度为g。当圆环以角速度ω＝绕竖直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向分别为（　　） A.2mg，沿杆向上 B.2mg，沿杆向下 C.（2－1）mg，沿杆向上 D.（2－1）mg，沿杆向下 答案：B 解析：设轻杆与竖直直径之间的夹角为θ，由几何关系可得θ＝60°，则小球做圆周运动的半径为r＝Rsinθ＝R，设轻杆对小球有沿杆向下的拉力F1，圆环对小球有指向圆心的支持力F2，受力分析如图所示，且由几何知识可知F2与竖直方向的夹角α＝60°，水平方向根据牛顿第二定律有F1sinθ＋F2sinα＝mω2r，竖直方向受力平衡，有F1cosθ＋mg＝F2cosα，联立解得F1＝2mg，则轻杆对小球的作用力大小为2mg，方向沿杆向下，故选B。 9.（2024·东北三省四城市联考暨沈阳市高三下二模）风洞实验是进行空气动力学研究的重要方法。如图所示，将小球从A点以某一速度v0水平向左抛出，经过一段时间，小球运动到A点正下方的B点，O点是轨迹的最左端，风对小球的作用力水平向右，大小恒定。则小球速度最小时位于（　　） A.A点 B.O点 C.轨迹AO之间的某一点 D.轨迹OB之间的某一点 答案：C 解析：将小球所受重力和风的作用力合成为一个力，其合力斜向右下方，可知小球从A到B做类斜上抛运动，当沿合力方向的分速度减为0时，即小球速度方向与合力方向垂直时，小球的速度最小，结合物体运动轨迹的切线方向即为其在该点的速度方向，可知小球速度最小时位于轨迹AO之间的某一点，故选C。 10.（2024·全国甲卷）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（　　） A.在Q点最大 B.在Q点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 答案：C 解析：设大圆环半径为R，小环下滑过程中小环与大圆环圆心连线转过的角度为θ（0≤θ≤π）时，小环速度大小为v，如图所示。连线转过θ角的过程，根据机械能守恒定律有mgR（1－cosθ）＝mv2－0，解得v＝。在θ从0开始增大的一小段时间内，v较小，对小环根据牛顿第二定律有mgcosθ－F＝m，解得小环受到的弹力大小F＝mgcosθ－m＝3mgcosθ－2mg，方向背离大圆环圆心，由F的表达式可知，随着θ从0开始增大，cosθ从1开始减小，F减小，当cosθ＝时，F减小到0；当arccos<θ≤时，对小环有mgcosθ＋F＝m，解得小环受到的弹力大小F＝m－mgcosθ＝2mg－3mgcosθ，方向指向大圆环圆心，由F的表达式可知，随着θ从arccos增大到，cosθ从减小到0，F从0增大到2mg；当<θ≤π时，对小环有F－mgcosθ＝m，解得小环受到的弹力大小F＝2mg－mgcosθ，方向指向大圆环圆心，由F的表达式可知，随着θ从增大到π，cosθ从0减小到－1，F增大。综上所述，结合牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大，在Q点之前某位置最小，故C正确，A、B、D错误。 11.（2024·河北省张家口市高三下一模）（多选）如图所示，竖直平面内半径为R的光滑半圆轨道和倾角为30°的光滑斜面在半圆轨道最低点A用极小一段光滑圆弧平滑连接，两轨道均被固定，半圆轨道的最高点为M。一个质量为m的小球（可视为质点）从A点以某一水平向左的初速度进入半圆轨道，然后落在斜面上的N点（图中未画出），不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A.若小球恰好能通过M点，则M、N两点间的高度差为R B.若小球的初速度合适，则小球从M点离开落到斜面上时速度可以垂直于斜面 C.若小球的初速度合适，则小球从M点离开落到斜面上时位移可以垂直于斜面 D.若N点与半圆轨道的圆心等高，则小球通过M点时，半圆轨道对小球的支持力为mg 答案：AD 解析：若小球恰好能通过M点，由重力提供向心力有mg＝，可知小球在M点时的速度vM＝，设M、N两点间的高度差为h，小球从M到N的过程中，设运动时间为t，根据平抛运动的规律，可知小球在水平方向的位移为x＝vMt，在竖直方向的位移为h＝gt2，由几何关系有2R－h＝xtan30°，联立解得h＝R，A正确；若小球从M点离开落到斜面上时速度方向垂直于斜面，应满足＝tan30°，又x1＝vM1t1，h1＝gt，2R－h1＝x1tan30°，联立解得vM1＝2<vM，则小球无法上升至M点，B错误；若小球从M点离开落到斜面上时位移垂直于斜面，应满足＝tan30°，又x2＝vM2t2，h2＝gt，2R－h2＝x2tan30°，联立解得vM2＝<vM，则小球无法上升至M点，C错误；若N点与半圆轨道的圆心等高，应有h3＝R，又x3＝vM3t3，h3＝gt，2R－h3＝x3tan30°，联立解得vM3＝>，在M点，根据牛顿第二定律，有FN＋mg＝，解得半圆轨道对小球的支持力FN＝mg，D正确。 　第4讲　万有引力与航天 考点1　解决天体问题的基本思路 例1　（2024·河北高考）（多选）2024年3月20日，鹊桥二号中继星成功发射升空，为嫦娥六号在月球背面的探月任务提供地月间中继通讯。鹊桥二号采用周期为24 h的环月椭圆冻结轨道（如图），近月点A距月心约为2.0×103 km，远月点B距月心约为1.8×104 km，CD为椭圆轨道的短轴，下列说法正确的是（　　） A.鹊桥二号从C经B到D的运动时间为12 h B.鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比约为81∶1 C.鹊桥二号在C、D两点的速度方向垂直于其与月心的连线 D.鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于7.9 km/s且小于11.2 km/s [解析]　根据开普勒第二定律可知，鹊桥二号在C→B→D过程运动的速率均小于在D→A→C过程运动的速率，而在C→B→D过程运动的路程等于在D→A→C过程运动的路程，则鹊桥二号从C经B到D的运动时间大于半个周期，即大于12 h，故A错误；设月球质量为M，鹊桥二号质量为m，根据牛顿第二定律，鹊桥二号在A点有G＝maA，在B点有G＝maB，联立并代入题中数据，解得鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比aA∶aB＝81∶1，故B正确；由于鹊桥二号做曲线运动，则可知鹊桥二号速度方向沿轨迹的切线方向，则鹊桥二号在C、D两点的速度方向不可能垂直于其与月心的连线，故C错误；由于鹊桥二号环绕月球运动，而月球为地球的“卫星”，则鹊桥二号未脱离地球引力的束缚，故鹊桥二号的发射速度应大于地球的第一宇宙速度7.9 km/s，且小于地球的第二宇宙速度11.2 km/s，故D正确。 [答案]　BD 例2　（2024·新课标卷）天文学家发现，在太阳系外的一颗红矮星有两颗行星绕其运行，其中行星GJ1002c的轨道近似为圆，轨道半径约为日地距离的0.07倍，周期约为0.06年，则这颗红矮星的质量约为太阳质量的（　　） A.0.001倍 B.0.1倍 C.10倍 D.1000倍 [解析]　设红矮星的质量为M1，行星GJ1002c的质量为m1，绕红矮星运行的轨道半径为r1，周期为T1，太阳的质量为M2，地球的质量为m2，地球到太阳的距离为r2，绕太阳运行的周期为T2，根据万有引力提供向心力，对行星GJ1002c有G＝m1r1，对地球有G＝m2r2，联立可得＝·，由题意可知，r1＝0.07r2，T1＝0.06T2，联立解得≈0.1，故选B。 [答案]　B 例3　（2024·湖南高考）（多选）2024年5月3日，“嫦娥六号”探测器顺利进入地月转移轨道，正式开启月球之旅。相较于“嫦娥四号”和“嫦娥五号”，本次的主要任务是登陆月球背面进行月壤采集，并通过升空器将月壤转移至绕月运行的返回舱，返回舱再通过返回轨道返回地球。设返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径。已知月球表面重力加速度约为地球表面的，月球半径约为地球半径的。关于返回舱在该绕月轨道上的运动，下列说法正确的是（　　） A.其相对于月球的速度大于地球第一宇宙速度 B.其相对于月球的速度小于地球第一宇宙速度 C.其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的倍 D.其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的倍 [解析]　设质量为m的物体沿质量为M的中心天体表面绕中心天体做匀速圆周运动，其速度大小即第一宇宙速度为v，中心天体的半径为R，根据万有引力提供向心力，有＝m，在中心天体表面附近，万有引力近似等于重力，有＝mg，联立解得v＝，由题知g月＝g地，R月＝R地，则返回舱在该绕月轨道相对月球的速度v月与地球的第一宇宙速度v地之比为＝＝，可得v月<v地，故A错误，B正确；对质量为m的环绕物体，根据线速度和周期的关系有T＝，可得返回舱在该绕月轨道飞行的周期T月与地球上近地圆轨道卫星的周期T地之比为＝＝，故C错误，D正确。 [答案]　BD 1.开普勒定律 （1）根据开普勒第二定律，行星（或卫星）在椭圆轨道上运动时，它与中心天体的连线在相等时间内扫过的面积相等（如图所示）。 （2）根据开普勒第三定律，＝k。若为椭圆轨道，则a为轨道半长轴，若为圆轨道，则a为轨道半径；k只与中心天体有关。 2.将行星（或卫星）的运动看作匀速圆周运动，中心天体对它的万有引力作为在轨运行所需要的向心力： 卫星的发射 地球的第一宇宙速度：v＝＝＝7.9 km/s，是最小的发射速度和最大的环绕速度 （天体）卫星在圆轨道上运行 G＝Fn＝ 轨高速低周期大 注：双星问题和椭圆轨道问题不符合此表达式。 3.物体所受重力和万有引力的关系 （1）地球对其表面上物体的万有引力可分解为垂直地轴及竖直向下两个分力，其中垂直地轴的分力充当该物体随地球自转所需要的向心力，另一个竖直向下的分力则为重力。 （2）忽略地球自转，则＝mg，或g＝，GM＝gR2（黄金代换），其中M为地球的质量，R为地球的半径，g为地球表面的重力加速度。 （3）由此可推广到处于其他星球表面的物体所受重力和万有引力的关系。 4.天体质量和密度的计算 考点2　卫星的变轨问题 例4　（2024·湖北高考）太空碎片会对航天器带来危害。设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图中实线所示。为了避开碎片，空间站在P点向图中箭头所指径向方向极短时间喷射气体，使空间站获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道半径。则（　　） A.空间站变轨前、后在P点的加速度相同 B.空间站变轨后的运动周期比变轨前的小 C.空间站变轨后在P点的速度比变轨前的小 D.空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的大 [解析]　空间站变轨前、后在P点所受到的万有引力相同，即其所受到的合力相同，根据牛顿第二定律可知，空间站变轨前、后在P点的加速度相同，故A正确；因为空间站变轨后其轨道的半长轴大于原轨道半径，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，故B错误；空间站在P点沿背离地球球心方向极短时间喷射气体，使空间站获得指向地球球心方向的反冲速度，根据平行四边形定则，空间站变轨后在P点的速度比变轨前的大，故C错误；由开普勒第二定律可知，空间站变轨后在P点的速度比变轨后在近地点的小，结合C项分析可知，空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的小，故D错误。 [答案]　A 例5　（2024·江苏省南通市高三下第一次适应性调研）如图所示，载人飞船先后在圆形轨道Ⅰ、椭圆轨道Ⅱ和圆形轨道Ⅲ上运行，与天和核心舱刚好在B点成功对接。已知轨道Ⅰ、Ⅲ的半径分别为r1、r2，轨道Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ分别相切于A、B两点，则飞船（　　） A.在轨道Ⅱ上运行的周期小于在轨道Ⅰ上运行的周期 B.在轨道Ⅱ上的A点和B点的速度的大小之比为r2∶r1 C.在轨道Ⅱ上从A点运行到B点的过程中机械能减小 D.先到轨道Ⅲ，然后再加速，才能与天和核心舱完成对接 [解析]　设飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上运行的周期分别为T1和T2，根据开普勒第三定律，有＝，可得T2＝T1，因为r1<r2，所以T1<T2，故A错误；设飞船在轨道Ⅱ上的A点和B点的速度大小分别为vA和vB，根据开普勒第二定律，飞船在轨道Ⅱ上有r1vA＝r2vB，则＝，故B正确；飞船在轨道Ⅱ上只受万有引力作用，机械能守恒，故C错误；飞船在轨道Ⅱ上经过B点时加速变轨进入轨道Ⅲ，若天和核心舱在轨道Ⅲ上恰好也到达B点，飞船才能与天和核心舱完成对接，若飞船在轨道Ⅲ加速，则飞船将做离心运动离开轨道Ⅲ，不能与天和核心舱完成对接，故D错误。 [答案]　B 例6　（2023·吉林省长春市高三下质量监测（三））空间站在地球外层的稀薄大气中绕行时，因受气体阻力的影响，轨道高度会逐渐降低，空间站可通过发动机对轨道进行修正。如图所示为某空间站在某年2月初到8月初期间离地高度随时间变化的曲线。下列说法正确的是（　　） A.空间站绕地球运行速度约为10.0 km/s B.2月份空间站的动能减小，机械能减小 C.若要增加空间站高度，应开启发动机，向运动方向喷气 D.3月份发动机对轨道进行过修正 [解析]　由题图可知，空间站可认为是绕地球做圆周运动，卫星绕地球做圆周运动的最大速度为第一宇宙速度7.9 km/s，因此空间站绕地球运行速度不可能是10.0 km/s，故A错误；由题图可知，2月份空间站的离地高度减小，则轨道半径变小，由G＝m可知空间站的速度v＝增大，则动能增大，因为有气体阻力做负功，所以机械能减小，故B错误；若要增加空间站高度，应开启发动机，向运动反方向喷气，使其加速，故C错误；由题图可知，3月份某时刻轨道突然变高，所以3月份发动机对轨道进行过修正，故D正确。 [答案]　D 求航天器变轨问题的三点注意 （1）航天器经过不同轨道相交的同一点时加速度相等，在外轨道上的速度大于在内轨道上的速度。 （2）航天器在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径（或半长轴）越大，机械能越大。 （3）航天器在同一中心天体的不同圆轨道或椭圆轨道上的运行周期均满足开普勒第三定律＝k。 考点3　双星问题 例7　（2024·河北省张家口市高三下二模）（多选）洛希极限是指在双星系统中，两个天体之间的最近距离。如果两个天体之间的距离小于洛希极限，则质量较小的天体就会在质量较大的天体引力下被撕碎。洛希极限的计算公式为：r＝2.44R，其中，r为洛希极限，M、m分别为质量较大和较小的天体质量，R为质量较大的天体半径。如图甲所示，某脉冲双星系统由两颗相距较近的天体组成，并远离其他天体，它们在彼此间的万有引力作用下，绕连线上的一点做匀速圆周运动。简化为如图乙所示，测得A、B两恒星间的距离为L，A、B两恒星的半径分别为RA、RB，恒星A做圆周运动的向心加速度是恒星B的8倍，下列说法正确的是（　　） A.该双星系统的洛希极限为4.88RB B.该双星系统的洛希极限为2.44RA C.双星的质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大 D.双星间距离一定，双星的总质量越大，其转动周期越大 [解析]　由万有引力提供向心力有＝mAaA＝mBaB，由题意知aA＝8aB，可知mA∶mB＝aB∶aA＝1∶8，则该双星系统的洛希极限为r＝2.44RB＝4.88RB，故A正确，B错误；设恒星A、B做圆周运动的半径分别为rA、rB，转动周期为T，根据万有引力提供向心力有＝mArA＝mBrB，且有rA＋rB＝L，可得T＝2π，可知双星的质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大，双星间距离一定，双星的总质量越大，其转动周期越小，故C正确，D错误。 [答案]　AC 例8　（2023·福建高考）（多选）人类为探索宇宙起源发射的韦伯太空望远镜运行在日地延长线上的拉格朗日L2点附近，L2点的位置如图所示。在L2点的航天器受太阳和地球引力共同作用，始终与太阳、地球保持相对静止。考虑到太阳系内其他天体的影响很小，太阳和地球可视为以相同角速度围绕日心和地心连线中的一点O（图中未标出）转动的双星系统。若太阳和地球的质量分别为M和m，航天器的质量远小于太阳、地球的质量，日心与地心的距离为R，万有引力常数为G，L2点到地心的距离记为r（r≪R），在L2点的航天器绕O点转动的角速度大小记为ω。下列关系式正确的是（　　） A.ω＝ B.ω＝ C.r＝R D.r＝R [解析]　设日心和地心与O点的距离分别为r1和r2，由题意可知，地球和太阳绕O点做圆周运动的角速度为ω，对由太阳和地球构成的双星系统，由万有引力提供向心力，有G＝Mω2r1，G＝mω2r2，且r1＋r2＝R，联立解得ω＝，r1＝R，r2＝R，故A错误，B正确；设在L2点的航天器的质量为m′，由题意可知，在L2点的航天器受太阳和地球引力的共同作用，以角速度ω、半径r＋r2绕O点做匀速圆周运动，则由牛顿第二定律有G＋G＝m′ω2（r＋r2），联立可得＋＝＋·r，又≈，则上式可近似表示为－·r＋＝＋·r，由此可解得r＝R，故C错误，D正确。 [答案]　BD 1.双星模型及特点 模型：两个天体只在彼此的引力作用下绕连线上一点做圆周运动 动力学方程 ＝m1ωr1，＝m2ωr2 运动关系 T1＝T2，ω1＝ω2 轨道半径关系 r1＋r2＝L，＝ 周期和角速度大小 T＝2π ω＝ 系统总质量 m1＋m2＝ 2.多星系统 （1）一般都在同一平面内绕同一圆心做匀速圆周运动，它们的周期都相等。 （2）星体所需的向心力由其他星体对它的万有引力的合力提供。 3.拉格朗日点问题 处在地月拉格朗日点处的卫星，其周期与月球公转周期相同，向心力为地球和月球对卫星的万有引力的合力；处在日地拉格朗日点处的卫星，其周期与地球公转周期相同，向心力为太阳和地球对卫星的万有引力的合力。 双星系和多星系问题的解题步骤 （1）确定星球受几个万有引力，所受万有引力的合力充当向心力。 （2）找清楚天体之间的引力距离，确定天体运动的轨道半径。 （3）求出天体之间的万有引力，列出牛顿第二定律方程，进行计算。 高考命题预测 1.（2024·安徽省池州市高三下教学质量统一监测）石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料，它的发现使“太空电梯”的制造成为可能，人类将有望通过“太空电梯”进入太空。设想在地球赤道平面内固定安装一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球的同步卫星A的高度延伸到太空深处，这种所谓的太空电梯可用于降低成本地发射绕地人造卫星。如图所示，假设某物体B乘坐太空电梯到达了图示的位置并停在此处，与同高度运行的卫星C和同步卫星A相比较（　　） A.B的角速度小于C的角速度 B.B的线速度大于同步卫星A的线速度 C.若B突然脱离电梯，B将做离心运动 D.B的向心加速度大于A的向心加速度 答案：A 解析：由题意可知，太空电梯的运行周期等于地球的自转周期，即与地球同步卫星A的周期相同，由题图可知，C的轨道半径小于同步卫星A的轨道半径，由＝k可知，C的周期小于同步卫星A的周期，即小于B的周期，根据ω＝，B的角速度小于C的角速度，故A正确；由题图可知，同步卫星A比B的轨道半径大，且两者周期相同，由v＝知，同步卫星A的线速度大于B的线速度，故B错误；若B突然脱离电梯，因其角速度小于同轨道的卫星C的角速度，由F向＝mω2r和F万＝G可知，所需向心力小于受到的万有引力，将做近心运动，故C错误；因B与同步卫星A的周期相同，而同步卫星A比B的轨道半径大，根据a＝r，可知A的向心加速度大于B的向心加速度，故D错误。 2.（2024·河北省石家庄市高三下教学质量检测三）A、B两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动，它们之间的距离Δr随时间变化的关系如图所示。已知地球的半径为r，卫星A的线速度大于卫星B的线速度，若不考虑A、B之间的万有引力，则卫星A、B绕地球运行的周期分别为（　　） A.7T0，56T0 B.9T0，72T0 C.8T0，64T0 D.14T0，56T0 答案：A 解析：设卫星A、B绕地球运行的周期分别为TA和TB，由题意，卫星A的线速度大于卫星B的线速度，又由G＝m知，R＝，则卫星B的轨道半径大于卫星A的轨道半径，结合题图可知，A、B间最近距离为RB－RA＝3r，A、B间最远距离为RB＋RA＝5r，由开普勒第三定律有＝，A、B间相邻两次相距最近满足·8T0＝2π，联立解得卫星A、B绕地球运行的周期分别为TA＝7T0，TB＝56T0，故选A。 专题作业 1.（2024·广西高考）潮汐现象出现的原因之一是在地球的不同位置海水受到月球的引力不相同。图中a、b和c处单位质量的海水受月球引力大小在（　　） A.a处最大 B.b处最大 C.c处最大 D.a、c处相等，b处最小 答案：A 解析：由题图可知，a、b和c处到月球球心的距离ra<rb<rc，根据万有引力定律F＝G，可知题图中a、b和c处单位质量的海水受月球引力大小Fa>Fb>Fc，故选A。 2.（2024·全国甲卷）2024年5月，嫦娥六号探测器发射成功，开启了人类首次从月球背面采样返回之旅。将采得的样品带回地球，飞行器需经过月面起飞、环月飞行、月地转移等过程。月球表面自由落体加速度约为地球表面自由落体加速度的。下列说法正确的是（　　） A.在环月飞行时，样品所受合力为零 B.若将样品放置在月球正面，它对月球表面压力等于零 C.样品在不同过程中受到的引力不同，所以质量也不同 D.样品放置在月球背面时对月球的压力，比放置在地球表面时对地球的压力小 答案：D 解析：在环月飞行时，样品做曲线运动，所受合力不为零，故A错误；若将样品放置在月球正面，由平衡条件知，样品在月球表面所受的重力大小等于月球表面对样品的支持力大小，由牛顿第三定律知，月球表面对样品的支持力大小等于样品对月球表面的压力大小，则样品对月球表面压力大小等于它在月球表面的重力大小，故B错误；质量是物体的固有属性，样品在不同过程中受到的引力不同，但质量不变，故C错误；由于月球表面自由落体加速度约为地球表面自由落体加速度的，则样品在月球表面的重力小于在地球表面的重力，所以样品放置在月球背面时对月球的压力，比放置在地球表面时对地球的压力小，故D正确。 3.（2024·海南高考）嫦娥六号进入环月圆轨道，周期为T，轨道高度与月球半径之比为k，引力常量为G，则月球的平均密度为（　　） A. B. C. D.（1＋k）3 答案：D 解析：设月球的质量为M，半径为R，嫦娥六号的质量为m，轨道高度为h，由题意知h＝kR，对嫦娥六号，根据万有引力提供向心力，有G＝m（R＋h），又月球的体积V＝πR3，月球的平均密度ρ＝，联立可得ρ＝（1＋k）3，故选D。 4.（2024·甘肃高考）小杰想在离地表一定高度的天宫实验室内，通过测量以下物理量得到天宫实验室轨道处的重力加速度，可行的是（　　） A.用弹簧秤测出已知质量的砝码所受的重力 B.测量单摆摆线长度、摆球半径以及摆动周期 C.从高处释放一个重物，测量其下落高度和时间 D.测量天宫实验室绕地球做匀速圆周运动的周期和轨道半径 答案：D 解析：在天宫实验室内，重力全部提供物体绕地球做匀速圆周运动的向心力，物体处于完全失重状态，故A、B、C选项中的实验均无法得到天宫实验室轨道处的重力加速度；设天宫实验室的质量为m，绕地球做匀速圆周运动的周期为T，轨道半径为r，天宫实验室所受的重力提供其绕地球做匀速圆周运动的向心力，有mg＝mr，整理得轨道处的重力加速度为g＝r，故D正确。 5.（2024·浙江6月选考）与地球公转轨道“外切”的小行星甲和“内切”的小行星乙的公转轨道如图所示，假设这些小行星与地球的公转轨道都在同一平面内，地球的公转半径为R，小行星甲的远日点到太阳的距离为R1，小行星乙的近日点到太阳的距离为R2，则（　　） A.小行星甲在远日点的速度大于近日点的速度 B.小行星乙在远日点的加速度小于地球公转加速度 C.小行星甲与乙的运行周期之比＝ D.甲、乙两星从远日点到近日点的时间之比＝ 答案：D 解析：根据开普勒第二定律，小行星甲在远日点的速度小于近日点的速度，故A错误；由题图可知，小行星乙的远日点到太阳的距离等于地球到太阳的距离，根据万有引力定律和牛顿第二定律，则小行星乙在远日点的加速度等于地球公转加速度，故B错误；由题图可知，小行星甲轨道的半长轴a甲＝（R1＋R），小行星乙轨道的半长轴a乙＝（R2＋R），根据开普勒第三定律，小行星甲与乙的运行周期之比＝＝，故C错误；甲、乙两星从远日点到近日点的时间均为各自的半个公转周期，则两者之比＝＝，故D正确。 6.（2024·湖北省武汉市高三下5月三模）（多选）节气是指二十四个时节和气候，是中国古代订立的一种用来指导农事的补充历法，早在《淮南子》中就有记载。现行二十四节气划分是以地球和太阳的连线每扫过15°定为一个节气，如图所示为北半球二十四个节气时地球在公转轨道上位置的示意图，其中冬至时地球在近日点附近。根据示意图，下列说法正确的是（　　） A.芒种时地球公转速度比小满时小 B.芒种到小暑的时间间隔比大雪到小寒的长 C.立春时地球公转的加速度与立秋时大小相等 D.春分、夏至、秋分、冬至四个节气刚好将一年的时间分为四等份 答案：AB 解析：由题图可知，芒种时地球到太阳的距离比小满时远，由开普勒第二定律知，芒种时地球公转速度比小满时小，A正确；由题图可知，从芒种到小暑期间地球与太阳连线扫过的面积比大雪到小寒期间的大，根据开普勒第二定律，可知芒种到小暑的时间间隔比大雪到小寒的长，B正确；根据牛顿第二定律，有G＝ma，得地球公转时的加速度a＝，立春时地球到太阳的距离比立秋时的小，因此立春时地球公转的加速度比立秋时的大，故C错误；由题图可知，春分、夏至、秋分、冬至四个节气，将椭圆轨道所分成的4个部分面积不相等，根据开普勒第二定律，可知四个节气之间的时间间隔不等，故D错误。 7.（2024·山东省烟台市高三下一模）“星下点”是指卫星和地心连线与地球表面的交点。图甲是人造地球卫星A的运行圆轨道及“星下点”示意图，卫星A的绕行方向与地球自转方向一致，M点是某时刻的“星下点”，图乙是卫星A的“星下点”在完整地球平面图上一段时间内的轨迹，已知地球同步卫星B（图中未画出）的轨道半径为r，则卫星A的轨道半径为（　　） A. B. C. D. 答案：C 解析：设卫星A的轨道半径为r′，周期为T′，地球自转周期为T，由题图乙分析可知，地球自转一圈，卫星A运动三圈，则T＝3T′，地球同步卫星B做匀速圆周运动，设地球质量为M，卫星B质量为m，根据万有引力提供向心力可得G＝mr，解得地球同步卫星B的周期T＝2π，同理可得，卫星A的周期T′＝2π，所以卫星A的轨道半径r′＝r，故A、B、D错误，C正确。 8.（2024·福建省厦门市高三下三模）两颗中子星绕二者连线上的某点做圆周运动组成双星系统，并以引力波的形式向外辐射能量。经过一段时间，两颗中子星的间距减小为原来的p倍，运行周期变为原来的q倍，若两星可视为质量均匀分布的球体，则利用牛顿力学知识可得（　　） A.p2q3＝1 B.＝1 C.p3q2＝1 D.＝1 答案：D 解析：设两颗中子星的质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、r2，间距为L，运行周期为T，根据万有引力提供向心力可知＝m1r1＝m2r2，又L＝r1＋r2，联立并整理得＝，依题意，两颗中子星的间距减小为原来的p倍，运行周期变为原来的q倍，同理有＝，可得＝1，故选D。 9.（2024·广东高考）（多选）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞，在接近某行星表面时以60 m/s的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为1000 kg，背罩质量为50 kg，该行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取g＝10 m/s2。忽略大气对探测器和背罩的阻力。下列说法正确的有（　　） A.该行星表面的重力加速度大小为4 m/s2 B.该行星的第一宇宙速度为7.9 km/s C.“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为80 m/s2 D.“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30 kW 答案：AC 解析：设地球的质量为M、半径为R，则该行星的质量为、半径为，在地球表面，对质量为m的物体有G＝mg，可得地球表面的重力加速度大小g＝，同理可得，该行星表面的重力加速度大小g′＝，则g′＝g＝×10 m/s2＝4 m/s2，故A正确；在地球近地轨道上，对质量为m的环绕物体，根据万有引力提供向心力有G＝m，可得地球的第一宇宙速度v＝，同理可得，该行星的第一宇宙速度v行＝，则v行＝v＝×7.9 km/s＝3.5 km/s，故B错误；设探测器的质量为m1，背罩的质量为m2，“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，设速度大小为v′，对探测器受力分析，由平衡条件可知，探测器与保护背罩之间的作用力大小为F＝m1g′＝1000×4 N＝4000 N，“背罩分离”后瞬间，背罩与降落伞间弹性轻绳的弹力不发生突变，则背罩所受的合力大小为F′＝F＝4000 N，根据牛顿第二定律有F′＝m2a，解得背罩的加速度大小为a＝80 m/s2，故C正确；“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率P＝m1g′v′＝1000×4×60 W＝240 kW，故D错误。 10.（2024·辽宁高考）如图a，将一弹簧振子竖直悬挂，以小球的平衡位置为坐标原点O，竖直向上为正方向建立x轴。若将小球从弹簧原长处由静止释放，其在地球与某球状天体表面做简谐运动的图像如图b所示（不考虑自转影响）。设地球、该天体的平均密度分别为ρ1和ρ2，地球半径是该天体半径的n倍。的值为（　　） A.2n B. C. D. 答案：C 解析：设地球表面的重力加速度为g1，该天体表面的重力加速度为g2，小球的质量为m，弹簧的劲度系数为k。根据题意可知，小球在正向最大位移处时，弹簧弹力为0，小球所受合力等于重力，则在地球表面与该天体表面时，小球在正向最大位移处所受的回复力大小分别为F1＝mg1，F2＝mg2，根据简谐运动的对称性可知，小球在负向最大位移处和正向最大位移处所受的回复力大小相等，则在负向最大位移处分别有F1＝k·4A－mg1，F2＝k·2A－mg2，联立解得g1＝，g2＝，＝2。由于不考虑自转影响，则在星球表面万有引力等于重力，有G＝mg，又M＝ρV，V＝πR3，可得星球的平均密度ρ＝。根据题意，地球与该天体的半径之比为＝n，则＝·＝，故选C。 11.（2024·北京高考）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点O为观测点，以质量为m的小星体（记为P）为观测对象。当前P到O点的距离为r0，宇宙的密度为ρ0。 （1）求小星体P远离到2r0处时宇宙的密度ρ； （2）以O点为球心，以小星体P到O点的距离为半径建立球面。P受到的万有引力相当于球内质量集中于O点对P的引力。已知质量为m1和m2、距离为R的两个质点间的引力势能Ep＝－G，G为引力常量。仅考虑万有引力和P远离O点的径向运动。 a.求小星体P从r0处远离到2r0处的过程中动能的变化量ΔEk； b.宇宙中各星体远离观测点的速率v满足哈勃定律v＝Hr，其中r为星体到观测点的距离，H为哈勃系数。H与时间t有关但与r无关，分析说明H随t增大还是减小。 答案：（1）ρ0 （2）a.－Gπρ0mr　b.H随t减小 解析：（1）由题意可知，以O点为球心，以P到O的距离为半径的球体的质量不变，则有 ρ0·πr＝ρ·π（2r0）3 解得ρ＝ρ0。 （2）a.以O点为球心，以P到O的距离为半径的球体的质量M＝ρ0·πr P从r0处远离到2r0处，P与上述球体间引力势能的变化量ΔEp＝－G－ 由机械能守恒定律得ΔEk＝－ΔEp 联立解得ΔEk＝－Gπρ0mr。 b.随时间t推移，星体与观测点间距离r增大，由a中结果知星体的动能减小，各星体远离观测点的速率v减小，由哈勃定律v＝Hr，知哈勃系数H减小，即H随t减小。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 　第5讲　功和功率　动能定理 考点1　功和功率的计算 例1　（2024·福建省三明市高三下质量检测）如图甲所示的救生缓降器由挂钩（或吊环）、吊带、绳索及速度控制装置等组成，是一种可使人沿（随）绳（带）缓慢下降的安全营救装置。如图乙所示，高层建筑工人在一次险情中，将安全带系于腰部，从离地面某高度处通过钢丝绳先匀加速运动后匀减速运动安全着陆，图丙是工人运动全过程的v­t图像。已知工人的质量m＝70 kg，g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是（　　） A.发生险情处离地面的高度为27 m B.t＝4 s时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率大小为630 W C.加速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为280 N D.整个过程中工人所受重力做功为18900 J [解析]　由v­t图像中图线与t轴所围成的面积等于位移可知，发生险情处离地面的高度为h＝×5×18 m＝45 m，A错误；由题图丙可知，t＝4 s时工人下降的速度为v＝9 m/s，加速度大小为a＝ m/s2＝9 m/s2，方向竖直向上，由牛顿第二定律得T－mg＝ma，解得此时钢丝绳对工人的拉力大小T＝1330 N，则t＝4 s时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率大小为P＝Tv＝11970 W，B错误；由题图丙可知，加速下滑时加速度大小为a′＝ m/s2＝6 m/s2，方向竖直向下，由牛顿第二定律有mg－T′＝ma′，解得加速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为T′＝280 N，C正确；整个过程中工人所受重力做功为WG＝mgh＝31500 W，D错误。 [答案]　C 例2　（2024·安徽高考）某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（　　） A.mgh B.mv2 C.mgh＋mv2 D.mgh－mv2 [解析]　人与滑板下滑的过程，由动能定理有mgh－Wf＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－mv2，故D正确。 [答案]　D 例3　（2024·安徽高考）在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（　　） A. B. C. D. [解析]　设水从出水口射出的初速度为v0，水离开出水口在空中做平抛运动的时间为t′，取t时间内抽出的水为研究对象，该部分水的质量为m＝v0tSρ，根据平抛运动规律有v0t′＝l，h＝gt′2，根据功能关系，得Ptη＝mv＋mg（H＋h），联立解得水泵的输出功率约为P＝，故选B。 [答案]　B 功 单个力做功的求法 恒力做功 W＝Flcosα 变力做功 动能定理或其他功能关系 力的大小不变，方向与速度方向始终相同的曲线运动：W＝Fx路程 力的大小改变，方向与速度方向相同的直线运动：F­x图像面积法 总功的求法 方法一：W总＝F合lcosα 方法二：W总＝W1＋W2＋W3＋… 功率 平均功率的求法 ＝ 瞬时功率的求法 P＝Fvcosα 考点2　机车启动问题 例4　（2023·湖北高考）两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为（　　） A. B. C. D. [解析]　设两节动车在运动过程中所受阻力大小分别为f1、f2，则有P1＝f1v1，P2＝f2v2，当将它们编组后，则有P1＋P2＝（f1＋f2）v，联立可得该动车组能达到的最大速度v＝，故选D。 [答案]　D 例5　（2024·江苏省南通市高三下第一次适应性调研）列车在平直轨道上由静止开始启动，启动过程受到的合外力F随时间t变化的关系图像如图所示，列车匀加速运动达到额定功率后保持该功率不变，若列车所受阻力恒定，则（　　） A.t2时刻，列车刚达到额定功率 B.0～t1时间内，列车的功率随时间增大得越来越慢 C.t1～t2时间内，列车的合外力的功率随速率均匀减小 D.0～t2时间内，列车先后做匀加速直线运动和匀速直线运动 [解析]　设列车的牵引力为F牵，受到的阻力为f，瞬时速度为v，列车的功率为P牵，则有P牵＝F牵v，F牵－f＝F。由题图可知，0～t1时间内，F不变，则列车的牵引力F牵不变，又F＝ma，v＝at，则v随t均匀增大，可知列车的功率P牵随时间均匀增大；在t1～t2时间内，F牵＝F＋f逐渐减小，根据题意可知，这段时间P牵保持不变，则t1时刻列车达到额定功率，故A、B错误；t1～t2时间内，合外力的功率P合＝Fv，又F牵－f＝F，可得P合＝F牵v－fv，而这段时间P牵＝F牵v不变，F牵减小，则v增大，所以P合随速率v均匀减小，故C正确；根据a＝可知，列车的加速度的变化曲线与合外力的变化曲线相同，即列车在0～t1时间内做匀加速直线运动，在t1～t2时间内做加速度减小的变加速直线运动，在t2时刻之后做匀速直线运动，故D错误。 [答案]　C 例6　（2024·福建省三明市高三下一模）如图甲，山东舰航母上的舰载机采用滑跃式起飞，甲板由水平甲板和上翘甲板两部分组成，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB平滑连接的一段斜面，模型简化图如图乙所示，BC长为L，BC与AB延长线夹角为α。若舰载机从A点处由静止开始以加速度a做初速度为零的匀加速直线运动，经过时间t达到B点，此时达到额定功率。进入BC保持额定功率加速，在C点刚好达到起飞速度v。已知舰载机的总质量为m（忽略滑行过程中的质量变化），舰载机运动过程受到的阻力可看作恒力，大小为其重力的k倍，重力加速度为g。求： （1）舰载机的额定功率； （2）舰载机在BC段运动的时间。 [解析]　（1）设舰载机的额定功率为P，在AB段的牵引力为F，从A点到B点，根据运动学公式可知，舰载机到达B点时的速度大小为 v1＝at 舰载机在AB段运动时，根据牛顿第二定律有F－kmg＝ma 根据题意，可知舰载机在B点达到额定功率，有P＝Fv1 联立解得P＝mat（a＋kg）。 （2）设舰载机在BC段运动的时间为t′， 根据动能定理有 Pt′－（kmg＋mgsinα）L＝mv2－mv 解得t′＝。 [答案]　（1）mat（a＋kg） （2） 1.以恒定功率启动 （1）动态过程 （2）这一过程的P­t图像和v­t图像如图所示： 2.以恒定加速度启动 （1）动态过程 （2）这一过程的P­t图像和v­t图像如图所示： 考点3　动能定理的应用 例7　（2023·新课标卷）（多选）一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，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 [解析]　由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，W­x图像的斜率表示拉力F，由题图可知，0～2 m，F1＝ N＝6 N，2～4 m，F2＝ N＝3 N。物体从x＝0运动到x＝1 m的过程中，根据动能定理有W1－μmgx1＝mv，代入W1＝6 J、x1＝1 m，解得在x＝1 m时，物体的速度v1＝2 m/s，则在x＝1 m时，拉力的功率P1＝F1v1＝12 W，A错误；物体从x＝0运动到x＝4 m的过程中，由动能定理得W4－μmgx4＝Ek4，代入W4＝18 J、x4＝4 m，解得在x＝4 m时，物体的动能Ek4＝2 J，B正确；从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为Wf2＝μmgx2，代入x2＝2 m，解得Wf2＝8 J，C正确；由于F1＞μmg，F2＜μmg，则物体在0～2 m内由静止开始做加速运动，在2～4 m内做减速运动，在x＝2 m时速度最大，动量最大，物体从x＝0运动到x＝2 m的过程中，由动能定理得W2－μmgx2＝mv，代入W2＝12 J、x2＝2 m，解得在x＝2 m时物体的速度v2＝2 m/s，则从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为pm＝mv2＝2 kg·m/s，D错误。 [答案]　BC 例8　（2023·湖北高考）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求 （1）小物块到达D点的速度大小。 （2）B和D两点的高度差。 （3）小物块在A点的初速度大小。 [解析]　（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点，根据牛顿第二定律有 m＝mg 解得vD＝。 （2）小物块从C到D的过程中，根据动能定理有－mg（R＋Rcos60°）＝mv－mv 由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cos60°＝ 小物块从B到D的过程中，根据动能定理有 mgHBD＝mv－mv 联立解得vB＝，HBD＝0。 （3）从A到B的过程中，小物块所受摩擦力方向始终与速度方向相反，根据动能定理有 －μmgs＝mv－mv 其中s＝π·2R 联立解得vA＝。 [答案]　（1）　（2）0　（3） 1.合力做功是物体动能变化的原因和量度。 2.动能定理中的位移和速度必须相对于同一个惯性系。 1.应用动能定理解题的分析步骤 注：多过程中的往复运动问题一般应用动能定理求解。 2.应用动能定理时常见的三个误区 （1）公式W＝mv－mv中W应是总功，方程为标量方程，不能在某方向上应用。 （2）功的计算过程中，易出现正、负功判断错误及遗漏某些力做功的现象。 （3）多过程问题中，不善于挖掘题目中的隐含条件，运动物体的过程分析易出现错误。 高考命题预测 1.（2024·山东省临沂市高三下二模）（多选）电动汽车以其环保节能、加速快等优点越来越受到消费者的欢迎，为使汽车既有良好的加速性能，又能控制汽车的最大速度，电动汽车的车载智能系统介入汽车行驶过程。如图所示为某品牌汽车在一次起步时汽车牵引力与速度的关系，汽车的速度达到25 m/s时电动机功率达到最大值256 kW。此后车载智能系统逐渐降低电动机功率，当电动机功率降至最大功率的50%时，汽车达到最大速度。已知汽车及乘员的总质量为1600 kg，汽车行驶过程中受到的阻力与速度的关系为f＝kv2（k＝1.024 N·s2/m2），则汽车在起步直至达到最大速度的过程中，下列说法正确的是（　　） A.汽车的加速度始终在减小 B.汽车的加速度先不变后减小 C.该汽车能达到的最大速度是100 m/s D.汽车速度为25 m/s时的加速度为6 m/s2 答案：AD 解析：汽车在起步直至速度达到25 m/s的过程中，对汽车，根据牛顿第二定律可得，加速度大小a＝＝，可知随着汽车速度的增大，汽车的加速度逐渐减小，汽车的速度从25 m/s到最大速度的过程中，同理可得汽车的加速度大小为a′＝＝，可知随着汽车速度的增大，牵引力F减小，汽车的加速度继续逐渐减小，故A正确，B错误；设汽车能达到的最大速度为vm，则此时所受阻力fm＝kv，且＝fm，此时电动机功率降至最大功率的50%，则有50%Pm＝F1vm，联立可得vm＝＝ m/s＝50 m/s，故C错误；汽车速度v1＝25 m/s时，加速度大小为a0＝＝，又＝fm，联立并代入数据，解得a0＝6 m/s2，故D正确。 2.（2024·山东省济宁市高三下三模）某旋转喷灌机进行农田喷灌的示意图如图所示，喷口出水速度的方向可调节。该喷灌机的最大功率为P＝2000 W，喷灌机所做功的75%转化为水的动能，喷口的横截面积S＝30 cm2，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14，喷口距离地面的高度h＝0.55 m，忽略空气阻力，不考虑供水水压对水速的影响。求： （1）喷灌机的最大喷水速度v； （2）喷口出水速度方向与水平面夹角θ＝30°时，该喷灌机的最大喷灌面积Sm。（保留三位有效数字） 答案：（1）10.0 m/s　（2）285 m2 解析：（1）设在Δt时间内从喷口处喷出水的质量为Δm， 则Δm＝vΔtSρ 由能量守恒定律有75%PΔt＝Δmv2 联立并代入数据解得v＝10.0 m/s。 （2）水离开喷口后做斜上抛运动，喷口出水速度方向与水平面夹角θ＝30°时，设水离开喷口后在空中运动的时间为t，则 竖直方向有－h＝vsin30°·t－gt2 水平方向，水离开喷口后在水平方向的位移大小x＝vcos30°·t 该喷灌机的最大喷灌面积Sm＝πx2 联立并代入数据解得Sm＝285 m2。 专题作业 1.（2024·海南高考）神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中（　　） A.返回舱处于超重状态 B.返回舱处于失重状态 C.主伞的拉力不做功 D.重力对返回舱做负功 答案：A 解析：返回舱在减速过程中，加速度方向向上，处于超重状态，故A正确，B错误；主伞的拉力方向与返回舱的位移方向成钝角，则主伞的拉力对返回舱做负功，故C错误；返回舱的重力方向与返回舱的位移方向成锐角，则重力对返回舱做正功，故D错误。 2.（2024·江苏省常州市高三下5月三模）如图所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在水平桌面上，用平行斜面向上的推力F1将位于斜面底端的滑块推到斜面顶端，推力F1做的功至少为W0。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，若用水平向左的推力F2将物块推到顶端，推力F2做的功至少为（　　） A.1.2W0 B.1.4W0 C.1.6W0 D.1.8W0 答案：C 解析：根据能量守恒定律可知，从斜面底端缓慢推动物块到顶端时，推力对物块做功最少。用平行斜面向上的推力F1将位于斜面底端的物块推到斜面顶端，对物块受力分析如图甲所示，根据平衡条件可得，垂直斜面方向有FN1＝mgcosθ，平行斜面方向有F1＝mgsinθ＋μFN1，设斜面的长度为L，则W0＝F1L，联立得W0＝mgL；若用水平向左的推力F2将物块推到顶端，对物块受力分析如图乙所示，根据平衡条件可得，垂直斜面方向有FN2＝mgcosθ＋F2sinθ，平行斜面方向有F2cosθ＝mgsinθ＋Ff2，其中Ff2＝μFN2，解得F2＝＝2mg，则推力F2做的功至少为W＝F2Lcosθ＝1.6mgL＝1.6W0，故选C。 3.（2024·浙江6月选考）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10－4 m2，喷水速度约为10 m/s，水的密度为1×103 kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（　　） A.10 W B.20 W C.100 W D.200 W 答案：C 解析：设喷头出水口的横截面积为S，喷水速度为v，水的密度为ρ，则Δt时间内从出水口喷出的水的体积为V＝S·vΔt，质量为m＝ρV，根据动能定理可知，Δt时间内喷头对水做的功等于喷出的水获得的动能，即W＝Ek＝mv2，喷头喷水的功率P＝，联立并代入数据，解得P＝100 W，故选C。 4.（2024·山东省济南市高三下二模）如图所示为古代的水车，该水车周边均匀分布着N个盛水的容器，容器到水车大圆转轴的距离为R。在流水的冲力作用下，水车以n转/分的转速匀速转动，当装满水的容器到达最高处时将水全部倒入水槽中。设每个盛水容器装入水的质量均为m，忽略容器装水给水增加的动能和水车浸入水的深度，不计一切摩擦。已知重力加速度为g，则水车运水的功率（单位为W）为（　　） A. B. C. D.2nNmgR 答案：A 解析：水车转动一圈对水做的功W＝Nmg·2R，水车转动一圈所需要的时间t＝，则水车的功率P＝＝ W，故选A。 5.（2024·福建省三明市高三下质量检测）电动自行车在平直路面上匀速行驶，某一时刻从车上掉落一货物，车行驶的功率不变，货物掉落前后车速随时间变化的图像较符合实际的是（　　） 答案：A 解析：设电动自行车在平直路面上匀速行驶时的速度大小为v0，牵引力大小为F0，所受阻力为f，则电动自行车的功率P＝F0v0，根据平衡条件可知，电动自行车匀速行驶时，牵引力等于阻力，即F0＝f。货物掉落后，电动自行车瞬时速度未变，整体质量减小为m′，由f＝μmg可知，所受阻力减小为f′＝μm′g，此时F0>f′，由牛顿第二定律可知，此时的电动自行车具有向前的加速度，则车速开始变大，又因车行驶的功率不变，由P＝Fv可知，牵引力逐渐减小，电动自行车的加速度逐渐减小，当牵引力F的大小减为f′时，电动自行车将匀速行驶，且行驶速度v′＝，则只有A选项的图像较符合实际，故选A。 6.（2024·江苏省徐州市等两地高三下二模）如图所示，斜面体固定在水平面上，斜面体的两侧面与水平面平滑连接，两小木块同时从斜面体的顶端由静止下滑，最终停在水平面上。已知木块与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，下列描述木块水平分速度大小vx随时间t变化关系图像可能正确的是（　　） 答案：B 解析：小木块经过斜面与水平面的连接处前后，水平方向的分速度突变为合速度，故水平分速度大小会突然变大，故C、D错误；设斜面的倾角为θ，斜面高度为h，小木块的质量为m，木块与斜面、水平面间的动摩擦因数为μ，滑到斜面底端时的速度大小为v，在小木块沿斜面下滑的过程中，根据动能定理有mgh－μmgcosθ·＝mv2－0，由此式可知，从倾角θ大的斜面顶端滑下的小木块刚滑上水平面时的速度大，故A错误，B正确。 7.（多选）如图甲所示，一物块前端有一滑轮，轻绳的一端系在右方固定处，水平穿过滑轮，另一端用力F拉住，力F大小如图乙所示，前10 s内物块的v­t图像如图丙所示，保持力F与水平方向之间的夹角θ＝60°不变，当用力F拉绳使物块前进时，下列说法正确的是（　　） A.0～5 s内拉力F做的功为75 J B.3 s末拉力F的功率为9 W C.5～10 s内摩擦力大小为6 N D.5～10 s内拉力F做的功为150 J 答案：CD 解析：通过穿过滑轮的轻绳用力F拉物块，等效于如图所示的两个力F同时拉物块，拉力F做的功等于这两个力做功的代数和。由题图乙可知，0～5 s内拉力大小F1＝6 N，根据题图丙求得物块在0～5 s内的位移s1＝×5×5 m＝12.5 m，所以拉力做功W1＝F1s1＋F1s1cosθ，解得W1＝112.5 J，故A错误；由题图丙可知，3 s末速度为v1＝3 m/s，拉力F的功率为P1＝F1v1＋F1v1cosθ，解得P1＝27 W，故B错误；由题图丙可知，5～10 s内物块做匀速运动，物块所受合力等于零，水平方向由平衡条件得F2＋F2cosθ＝f，又由题图乙可知F2＝4 N，解得f＝6 N，故C正确；由题图乙可知，5～10 s内拉力大小F2＝4 N，根据题图丙求得物块在5～10 s内的位移s2＝5×5 m＝25 m，所以拉力做功W2＝F2s2＋F2s2cosθ，解得W2＝150 J，故D正确。 8.（2024·山东省枣庄市高三下三模）加快发展新质生产力是新时代可持续发展的必然要求，我国新能源汽车的迅猛发展就是最好的例证。某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，t＝0时刻驾驶汽车由静止启动，t1＝6 s时汽车达到额定功率，t2＝14 s时汽车速度达到最大，如图是车载电脑生成的汽车牵引力F随速率倒数变化的关系图像。已知汽车和司机的总质量m＝2000 kg，所受阻力与总重力的比值恒为，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A.汽车启动后做匀加速直线运动，直到速度达到最大 B.汽车在BC段做匀加速直线运动，在AB段做匀速运动 C.汽车达到的最大速度大小为15 m/s D.从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为150 m 答案：D 解析：汽车功率P＝Fv，则F＝P，即F­图像上的点与原点连线的斜率表示功率，又汽车的速度v从0开始增大，在AB段汽车牵引力F不变，可知汽车在AB段先做匀加速直线运动，然后在BC段功率不变，牵引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，故A、B错误；在AB段，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，解得a＝2.5 m/s2，则t1＝6 s时汽车的速度为v1＝at1＝15 m/s，汽车额定功率为P＝Fv1＝10×103×15 W＝1.5×105 W，汽车达到的最大速度大小为vm＝＝＝ m/s＝30 m/s，故C错误；汽车做匀加速直线运动的位移大小为x1＝at＝45 m，从t1到t2时间内，根据动能定理有P（t2－t1）－mgx2＝mv－mv，解得此过程汽车的位移大小x2＝105 m，则从启动到速度达到最大过程中，汽车通过的距离为x＝x1＋x2＝150 m，故D正确。 9.（2024·山东省淄博市高三下一模）为了节能环保，地铁站的进出轨道通常设计成不是水平的，列车进站时就可以借助上坡减速，而出站时借助下坡加速。如图所示，为某地铁两个站点之间节能坡的简化示意图（左右两边对称，每小段坡面都是直线）。在一次模拟实验中，一滑块（可视为质点）以初速度v0从A站M处出发沿着轨道运动，恰能到达N处。滑块在两段直线轨道交接处平稳过渡，能量损失忽略不计，滑块与各段轨道之间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。重力加速度为g，则根据图中相关信息，若要使滑块恰能到达B站P处，该滑块初速度的大小应调整为（　　） A. B. C. D. 答案：B 解析：质量为m的滑块在倾角为θ的粗糙斜面上滑过的长度为s时，克服摩擦力做功Wf＝μmgscosθ，其中scosθ是滑过的斜面底边的长度，则滑块从M处出发恰好到达N处的过程中，由动能定理得mgh1－μmg（2l1＋2l2＋l3）＝0－mv，解得μ＝。若要使滑块从A站M处出发恰能到达B站P处，设该滑块初速度的大小应调整为v，由动能定理得－μmg（2l1＋2l2＋2l3）＝0－mv2，解得v＝，故选B。 10.（2024·海南省海口市高三下一模）如图所示，杂技演员从某高度水平抛出小球A的同时，从相同高度由静止释放小球B。已知两小球完全相同，运动过程中空气阻力大小与速率成正比。下列判断错误的是（　　） A.两球同时落地 B.两球落地时的速率可能相等 C.运动全过程中，合外力做功相等 D.运动全过程中，A球重力的功率时刻与B球的相等 答案：C 解析：将A球的运动分解为水平方向和竖直方向两个分运动，两球完全相同，竖直方向的初速度均为0，则两球在竖直方向的受力情况一样，两球在竖直方向具有相同的运动，则两球同时落地，且根据P＝mgvy可知，A球重力的功率时刻与B球的相等，故A、D判断正确；A球在水平方向做减速运动，若落地时A球的水平速度刚好为0，又两球在竖直方向的分速度相等，则这种情况下两球落地时的速率相等，故B判断正确；运动全过程中，两球重力做功相等，由于A球具有水平速度，所以同一时刻A球受到的空气阻力大于B球受到的空气阻力，且A球通过的路程大于B球的路程，则A球克服空气阻力做的功大于B球克服空气阻力做的功，所以合外力对两球做的功不相等，故C判断错误。本题选判断错误的，故选C。 11.（2024·湖北省武汉市高三下5月三模）如图所示，一轨道ABCD竖直放置，AB段和CD段的倾角均为θ＝37°，与水平段BC平滑连接，BC段的竖直圆形轨道半径为R，其最低点处稍微错开，使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙，其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从轨道上离B点距离L＝125R处由静止释放，滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）滑块第一次到达圆形轨道最高点时对轨道的压力大小； （2）滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离； （3）整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。 答案：（1）45mg　（2）25R　（3）137.5R 解析：（1）设滑块第一次到达圆形轨道最高点的速度大小为v1，滑块从A点至第一次到达圆形轨道最高点的过程，根据动能定理有mgLsinθ－μmgLcosθ－mg×2R＝mv－0 滑块第一次经过圆形轨道最高点时，根据牛顿第二定律有mg＋FN＝m 根据牛顿第三定律，此时滑块对轨道的压力大小FN′＝FN 解得FN′＝45mg。 （2）设滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为L1，滑块从A点至第一次在CD段滑行到最高点的过程，根据动能定理有 mg（L－L1）sinθ－μmg（L＋L1）cosθ＝0－0 解得L1＝25R。 （3）设滑块在圆形轨道最高点恰好做圆周运动的速度为v0，有mg＝m 解得v0＝ 假设滑块可以再次通过圆形轨道最高点，设滑块第二次到达圆形轨道最高点的速度大小为v2，根据动能定理有 mgL1sinθ－μmgL1cosθ－mg×2R＝mv－0 解得v2＝ v2>v0，所以滑块可以再次通过圆形轨道最高点，假设正确。设滑块第一次在AB段向上滑行的最大距离为s1，根据动能定理有 mg（L1－s1）sinθ－μmg（L1＋s1）cosθ＝0－0 解得s1＝5R 假设滑块可以第三次通过圆形轨道最高点，设滑块第三次到达圆形轨道最高点的速度大小为v3，根据动能定理有 mgs1sinθ－μmgs1cosθ－mg×2R＝mv－0 v3无正解，则假设错误，滑块第三次进入圆形轨道无法达到最高点 假设滑块第三次进入圆形轨道运动能减速到0，设上升的最大高度为h，根据动能定理有 mgs1sinθ－μmgs1cosθ－mgh＝0－0 解得h＝R h不大于R，则假设成立，所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨，之后仅在AB段与圆形轨道间来回滑动，最终停在B点，设之后滑块在AB段滑行的路程为s2，根据动能定理有mgh－μmgs2cosθ＝0－0 整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为 s＝L＋2s1＋s2 解得s＝137.5R。 　第6讲　机械能守恒定律　功能关系和能量守恒定律 考点1　机械能守恒定律的应用 例1　（2024·天津市红桥区高三下二模）如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧固定在水平地面上。质量为m的小球从弹簧正上方高h处自由下落，当弹簧的压缩量为x时，小球到达最低点。不计空气阻力，重力加速度为g。此过程中（　　） A.小球的机械能守恒 B.小球到距地面高度为时动能最大 C.小球最大动能为mg D.弹簧最大弹性势能为mg（h＋x） [解析]　当小球与弹簧接触后，弹簧弹力对小球做负功，小球的机械能减少，小球的机械能不守恒，故A错误；当小球所受合力为零时，小球的速度最大，动能最大，设此时弹簧的形变量为x1，则根据平衡条件有mg＝kx1，解得x1＝，由于弹簧原长未知，故无法求出小球此时距地面的高度，B错误；设小球动能最大时弹簧的弹性势能为Ep1，根据机械能守恒定律可知，小球的最大动能为Ek＝mg（h＋x1）－Ep1＝mg－Ep1，故C错误；当小球运动到最低点时，小球的动能为零，弹簧的形变量最大，此时弹簧的弹性势能最大，设此时弹簧的弹性势能为Ep，根据机械能守恒定律可得Ep＝mg（h＋x），故D正确。 [答案]　D 例2　（2024·湖南省娄底市高三下一模）如图所示，半径为R的大圆环悬挂固定在竖直平面内，圆心为O，质量为m的小圆环套在大圆环上，从大圆环顶端由静止开始下滑，当小圆环运动到P点（图中未画出）时，向心加速度大小等于重力加速度g的3倍，下列说法正确的是（　　） A.小圆环运动到P点的过程中重力势能减少mgR B.小圆环运动到P点时的速度大小为 C.PO连线与竖直方向的夹角为60° D.小圆环运动到P点时大圆环对小圆环的弹力大小为3mg [解析]　设小圆环运动到P点时的速度大小为v，重力势能的减少量为ΔEp，由题意可知，此时小圆环的向心加速度大小an＝＝3g，小圆环运动到P点的过程中重力势能的减少量等于动能的增加量，即ΔEp＝mv2，联立可得v＝，ΔEp＝mgR，故A、B错误；设PO连线与竖直方向的夹角为θ，小圆环运动到P点时大圆环对小圆环的弹力大小为FN，如图所示，小圆环从初始位置运动到P的过程中，根据动能定理有mgR（1＋cosθ）＝mv2－0，在P点，根据牛顿第二定律有FN－mgcosθ＝m，联立可得FN＝mg，cosθ＝，所以θ＝60°，故C正确，D错误。 [答案]　C 例3　（2024·江苏省南京市盐城市高三下一模）如图所示，两根不可伸长的轻绳连接质量为m的小球P，右侧绳一端固定于A，绳长为L，左侧绳通过光滑定滑轮连接一物体Q，整个系统处于静止状态时，小球P位于图示位置，两绳与水平方向夹角分别为37°和53°。现将小球P托至与A、B两点等高的水平线上，且两绳均拉直，由静止释放，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，求： （1）物体Q的质量M； （2）小球P运动到图示位置时的速度v大小； （3）小球P运动到图示位置时AP绳中的张力大小。 [解析]　（1）设系统处于静止状态时，左、右两侧轻绳中的张力大小分别为TB和TA，小球P的受力分析如图所示，根据平衡条件， 在水平方向上有TBsin37°＝TAsin53° 在竖直方向上有TBcos37°＋TAcos53°＝mg 物体Q静止，则由平衡条件有TB＝Mg 解得M＝0.8m。 （2）设小球P下降的高度为h1，物体Q上升的高度为h2，小球P和物体Q的速度大小分别为v和v′，根据机械能守恒定律，可得 mgh1－Mgh2＝mv2＋Mv′2 根据几何关系得h1＝Lsin37° h2＝Ltan37°－ 分析可知，在题图所示位置时刻，BP为小球P运动轨迹的切线，即此时小球P的速度沿着BP方向，所以v＝v′ 联立解得v＝。 （3）设小球P运动到图示位置时AP绳中的张力大小为TA′，因为小球P释放后做圆周运动，且在题图所示位置沿AP绳方向的合力提供此时圆周运动的向心力，则有 TA′－mgsin37°＝m 解得TA′＝mg。 [答案]　（1）0.8m　（2）　（3）mg 1.判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法 做功判断法 只有重力和系统内弹力做功时，系统机械能守恒 能量转化判断法 没有机械能以外的其他形式的能与机械能转化时，系统机械能守恒 定义判断法 看动能与重力（或弹性）势能之和是否变化 2.利用机械能守恒定律解题的步骤 3.利用机械能守恒定律列方程的三种表达形式 4.连接体的机械能守恒问题 共速率模型 分清两物体位移大小与高度变化关系 共角速度模型 两物体角速度相同，线速率与半径成正比 关联速度模型 此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0 轻弹簧模型 ①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等； ②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小（为零） 说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统（包含弹簧）机械能守恒，单个物体机械能不守恒。 5.易错易混点 （1）含弹簧的物体系统机械能守恒时，分析系统机械能变化时没有考虑到弹簧，将弹簧的弹性势能等遗漏，从而出错。 （2）绳子突然绷紧、非弹性碰撞、有滑动摩擦力或电场力或安培力做功等情况，机械能一般不守恒。 （3）分析关联物体机械能守恒时，应注意寻找用绳或杆连接的物体间的速度关系和位移关系。 考点2　功能关系的综合应用 例4　（2024·浙江1月选考）如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球（　　） A.从1到2动能减少mgh B.从1到2重力势能增加mgh C.从2到3动能增加mgh D.从2到3机械能不变 [解析]　由题图中足球的运动轨迹可知，在空中运动时，足球除受重力外，一定受到空气阻力作用。足球从1到2重力做负功，WG＝－mgh，则重力势能增加mgh，空气阻力做负功，即Wf<0，由动能定理可得WG＋Wf＝ΔEk，可得足球动能的变化量ΔEk＝－mgh＋Wf<0，所以足球从1到2动能减少，且减少量|ΔEk|＝mgh＋|Wf|>mgh，A错误，B正确；足球从2到3，空气阻力做负功，即Wf′<0，则足球机械能减小，重力做正功，WG′＝mgh，由动能定理有WG′＋Wf′＝ΔEk′，可得足球动能的变化量ΔEk′＝mgh＋Wf′<mgh，C、D错误。 [答案]　B 例5　（2024·河北省沧州市高三下二模）一定质量的物块静止在水平面上，给物块施加竖直向上的拉力F，如图甲所示，选取地面为重力势能的零势能面，物块在一定时间内机械能随路程变化的图像如图乙所示。已知物块加速度为零的位置出现在路程大于s1的位置，忽略一切阻力。下列说法正确的是（　　） A.0～s2过程中物块的加速度逐渐减小 B.0～s1过程中物块的动能逐渐增大 C.0～s2过程中物块先向上运动后向下运动 D.s2～s3过程中物块一定向上运动 [解析]　设物块加速度为零的位置为s0，则在s0位置F＝mg；由功能关系可知，物块的机械能变化量ΔE＝F·Δs，可知E­s图像的斜率表示拉力F，由图乙可知，0～s2过程中拉力F一直减小，当路程大于s2后拉力变为零，可知s0在s1和s2之间；s<s0时，F>mg且减小，所以物块向上做加速度逐渐减小的加速运动，动能逐渐增大，直到在s0位置加速度为零，速度达到最大值，从s0到s2，E增大，则物块在这段过程一直向上运动，做加速度逐渐增大的减速运动；到达s2位置拉力减为零，之后，物块做加速度向下且恒定的匀变速直线运动，则从s2到s3过程的某时刻，物块可能开始向下运动。综上所述，B正确，A、C、D错误。 [答案]　B 常见的功能关系 功能关系的应用 （1）根据功能关系可以由功求对应的能量变化，也可以根据能量变化求对应力做的功，进而求解其他相关量。 （2）动能定理是最常用的功能关系。 （3）单独应用功能关系的情况较少，在很多问题中，功能关系经常与动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律结合应用。 考点3　能量守恒定律的综合应用 例6　（2024·江西高考）“飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为（　　） A.109 W B.107 W C.105 W D.103 W [解析]　设瀑布水流量为Q，水位落差为h，发电效率为η，水的密度为ρ，则t时间内流过某横截面的水的体积V＝Qt，从瀑布顶端落到底部，重力对这部分水所做的功W＝ρVgh，发电功率P＝η，联立解得P＝ηρQgh≈107 W，故选B。 [答案]　B 例7　（2024·江苏高考）如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块（可视为质点）在电动机作用下，从斜面底端A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，物块恰好到达最高点D点，重力加速度为g，不计电动机消耗的电热。求： （1）CD段长度x； （2）BC段电动机的输出功率P； （3）全过程储存的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。 [解析]　（1）对物块从C点运动到D点的过程，由动能定理有 －mgxsinθ－μmgcosθ·x＝0－mv2 解得x＝。 （2）物块在BC段做匀速直线运动，由平衡条件知，电动机对物块的作用力大小 F＝mgsinθ＋μmgcosθ 电动机的输出功率P＝Fv 联立解得P＝mgvsinθ＋μmgvcosθ。 （3）根据题意，全过程储存的机械能 E1＝mgLsinθ 由能量守恒定律可知，电动机消耗的总电能 E2＝mgLsinθ＋μmgcosθ·L 联立可得＝。 [答案]　（1） （2）mgvsinθ＋μmgvcosθ　（3） 例8　（2024·河北省衡水市部分高中高三下一模）图a为成都天府国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图b所示，该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成，固定挡板CDEF与传送带上表面垂直，传送带上表面ABCD与水平地面的夹角为θ＝37°，CD与水平面平行。传送带匀速转动时，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生位移L＝10 m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图c所示。已知传送带匀速运行的速度为v＝1 m/s，货物质量为m＝10 kg，其底部与传送带ABCD的动摩擦因数为μ1＝0.5，其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数为μ2＝0.25。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： （1）货物刚放上传送带时，其底面所受滑动摩擦力f1的大小及侧面所受滑动摩擦力f2的大小； （2）货物在传送带上所经历的时间及传送装置多消耗的电能。 [解析]　（1）货物放上传送带后，设传送带对货物支持力为N1，挡板对货物支持力为N2，在题图c中对货物受力分析如图所示，由平衡条件有 N1＝mgcosθ N2＝mgsinθ 由滑动摩擦力计算式有 f1＝μ1N1 f2＝μ2N2 代入数据可得f1＝40 N，f2＝15 N。 （2）分析可知，f1与货物运动方向相同，f2与货物运动方向相反，货物将由静止开始沿传送带做匀加速直线运动，假设货物在被取走前能与传送带共速，则此后做匀速运动，由牛顿第二定律可得f1－f2＝ma1 解得货物的加速度大小a1＝2.5 m/s2 设货物匀加速至与传送带共速所用时间为t1，货物匀加速阶段的位移为x1，则有v＝a1t1 v2＝2a1x1 联立解得x1＝0.2 m 因x1<L，故假设成立 共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，此段运动的位移x2＝L－x1 货物匀速阶段所用的时间为t2＝ 则货物运动总时间为t＝t1＋t2 联立解得t＝10.2 s 货物与传送带之间由于摩擦产生的内能 Q1＝f1x相 其中货物相对传送带运动的位移大小 x相＝v1t1－v1t1 货物与挡板之间由于摩擦产生的内能Q2＝f2L 货物增加的动能ΔEk＝mv2 由能量守恒定律可得，传送装置多消耗的电能 E电＝Q1＋Q2＋ΔEk 联立并代入数据解得E电＝163 J。 [答案]　（1）40 N　15 N　（2）10.2 s　163 J 1.含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律。 2.应用能量守恒定律解题的两条基本思路 （1）某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减＝ΔE增。 （2）某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减＝ΔEB增。 3.当涉及摩擦力做功时，注意摩擦产生的热量Q＝Ffx相对，x相对为相对滑动的两物体中的一个物体相对另一个物体滑动的轨迹的长度。 4.传送带问题的综合分析 涉及物体在传送带上运动的具体细节问题，一般用动力学观点进行解决。传送带因传送物体多做的功，从能量的观点进行分析，等于物体增加的动能、重力势能及摩擦生的热，而摩擦生的热需要用摩擦力与相对路程的乘积进行求解。 高考命题预测 1.（2024·四川省遂宁市高三下三诊）如图，竖直放置有一半圆轨道，在其左侧连有一水平杆，现将光滑的小球A、B分别套在水平杆与圆轨道上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看作质点，开始时细绳水平伸直，A、B静止。由静止释放B后，已知当B和圆心连线与竖直方向的夹角为30°时（细绳和小球的位置如图中虚线所示），小球B下滑的速度为v，则半圆的半径为（　　） A. B. C. D. 答案：A 解析：设此时刻A球的速度大小为vA，将小球B的速度v沿绳方向和垂直绳方向进行分解，如图所示，A、B两小球沿绳方向的速度大小相等，则有vA＝vcos30°，A、B两小球组成的系统机械能守恒，有mgRcos30°＝mv2＋mv，解得半圆的半径R＝，故选A。 2.（2024·安徽省安庆市高三下二模）如图所示，竖直轨道MA与四分之一圆弧轨道ABC平滑对接且在同一竖直面内，圆弧轨道圆心为O，OC连线竖直，OB连线与竖直方向夹角为θ＝37°，紧靠MA的一轻质弹簧下端固定在水平面上，弹簧上放有一质量为m＝2 kg的小球，现用外力将小球向下缓慢压至P点后无初速释放，小球恰能运动到C点。已知PA高度差为0.8 m，圆弧轨道半径为1.0 m，不计轨道摩擦和空气阻力，小球的半径远小于圆弧轨道的半径，弹簧与小球不拴接，重力加速度g取10 m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则（　　） A.小球离开弹簧时速度最大 B.刚释放小球时，弹簧弹性势能为36 J C.若小球质量改为5.5 kg，仍从P点释放小球后，小球能沿轨道返回P点 D.若小球质量改为2.3 kg，仍从P点释放小球后，小球将从B点离开圆弧轨道 答案：D 解析：当小球受到的弹簧弹力与重力平衡时，小球速度最大，故A错误；小球恰好能通过C点，由牛顿第二定律有mg＝m，其中R＝1.0 m，可得小球在C点的速度大小vC＝ m/s，小球从P点运动到C点，弹簧的弹性势能转化为小球的机械能，则刚释放小球时，弹簧的弹性势能为Ep＝mg（h＋R）＋mv，其中h＝0.8 m，可得Ep＝46 J，故B错误；小球质量为m1＝5.5 kg>2 kg时，小球肯定到不了C点，而最大弹性势能Ep＝46 J>m1gh＝44 J，所以小球到达A点时速度不为零，即能进入圆弧轨道，所以小球将在圆弧轨道A、C之间某点离开圆弧轨道做斜抛运动，不可能沿轨道返回P点，故C错误；设小球质量为m2时，从P点释放后恰好从B点离开圆弧轨道，则在B点，根据牛顿第二定律有m2gcos37°＝m2，小球从P点运动到B点的过程，对于小球与弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律可得Ep＝m2g·（h＋Rcos37°）＋m2v，解得m2＝2.3 kg，故D正确。 3.（2024·福建省三明市高三下三模）如图甲，轻质弹簧一端拴接在倾角θ＝37°的光滑固定斜面底端的挡板上，弹簧处于自然状态。现将m＝0.5 kg的小物块A由P点静止释放并开始压缩弹簧，A沿斜面运动至最低点Q（图中未标出）后弹回，PQ距离x＝0.1 m。小物块可视为质点，弹簧始终处在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）A刚释放时的加速度大小a； （2）A运动至最低点Q时，弹簧的弹性势能Ep； （3）如图乙，若A与斜面间的动摩擦因数μ＝，现将m＝0.5 kg的小物块B轻放在A上，仍从斜面上的P点静止释放，A、B一起沿斜面向下运动且始终保持相对静止，通过计算判断A、B能否到达Q点。若能，求该过程中A对B所做的功W；若不能，求A、B能到达的最低点与P点的距离s。 答案：（1）6 m/s2　（2）0.3 J　（3）能　－0.3 J 解析：（1）A刚释放时，根据牛顿第二定律，有mgsinθ＝ma 解得a＝6 m/s2。 （2）设Q点所在水平面为零势能面，对弹簧和物块组成的系统，由机械能守恒定律，有 mgxsinθ＝Ep 解得Ep＝0.3 J。 （3）令物块A、B的质量分别为mA和mB，以Q点所在水平面为零势能面，则初始时，A、B和弹簧组成的系统具有的能量为 E1＝（mA＋mB）gxsin37°＝0.6 J A、B从P点到Q点因摩擦产生的内能为 E2＝μ（mA＋mB）gxcos37° 假设A、B可以到达Q点，且到达Q点时整体的动能为Ek，根据能量守恒定律，有 E1＝E2＋Ep＋Ek 联立并代入数据解得Ek＝0 即A、B刚好能到达Q点，且动能均为0 对物块B，由动能定理，有mBgxsinθ＋W＝0 解得W＝－0.3 J。 专题作业 1.（2024·北京高考）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是（　　） A.物体在C点所受合力为零 B.物体在C点的速度为零 C.物体在C点的向心加速度等于重力加速度 D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能 答案：C 解析：物体恰好能够到达最高点C，则物体在最高点C只受重力，重力提供向心力，物体在C点所受合力不为零，A错误；设半圆形轨道的半径为r，物体在C点时，由牛顿第二定律得mg＝m，解得物体在C点的速度大小为v＝，B错误；物体在C点时，由牛顿第二定律得mg＝man，解得物体在C点的向心加速度an＝g，C正确；以A点所在高度为重力势能的零势能面，对物体和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能和重力势能之和，D错误。 2.如图，质量为4m的物块A静置于水平桌面上，桌子左端固定一足够小的光滑定滑轮，一条不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接物块A和质量为m的小球B，在O处定滑轮的正下方P点固定一颗钉子。开始时OB与竖直方向的夹角θ为37°，现将小球B由静止释放，轻绳碰到钉子后瞬间物块A恰好未滑动，物块A与水平桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则OP与OB的比值为（　　） A. B. C. D. 答案：D 解析：设＝k，小球B从初始位置到最低点，由机械能守恒定律得mg·OB（1－cosθ）＝mv2，在最低点由牛顿第二定律得T－mg＝m，由题意知T＝μ·4mg，联立解得k＝，故D正确，A、B、C错误。 3.如图，总长为l、质量为m的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上，用细线将质量也为m的物块与软绳连接。将物块由静止释放，直到软绳刚好全部离开滑轮，不计一切摩擦，重力加速度为g，则（　　） A.刚释放时细线的拉力大小为mg B.该过程中物块的机械能减少了mgl C.该过程中软绳的重力势能减少了mgl D.软绳离开滑轮时速度大小为 答案：D 解析：刚释放时，对物块有mg－T＝ma，故细线的拉力T小于mg，A错误；整个过程中，物块的重力势能减小mgl，但物块也获得了速度，即动能增加，故机械能损失小于mgl，B错误；因为软绳均匀，把软绳的中点看作软绳的重心，所以软绳相当于向下移动了l，故减小的重力势能为mgl，C错误；软绳刚好全部离开滑轮时，其速度与物块速度相等，设为v，由机械能守恒定律得mg×l＋mgl＝×2mv2，解得v＝，故D正确。 4.（2024·青海省德令哈市高三模拟预测）如图所示，顶角P为53°的光滑“”形硬杆固定在竖直平面内，质量均为m的小球甲、乙（均视为质点）用长度为L的轻质硬杆连接，分别套在“”形硬杆的倾斜和水平部分，当轻质硬杆呈竖直状态时甲静止在A点，乙静止在C点。甲由于受到轻微的扰动开始运动，当甲运动到B点时，轻质硬杆与“”形硬杆的倾斜部分垂直，重力加速度大小为g，则甲在B点的速度大小为（　　） A. B. C. D. 答案：B 解析：甲在B点时，轻质硬杆与AP倾斜部分垂直，则甲沿轻质硬杆的分速度为0，根据速度的分解与合成可知，此时乙的速度为0；在甲从A运动到B的过程中，乙的机械能变化量为0，则甲减小的重力势能转化为甲的动能，有mg·（L－Lcos53°）＝mv2，解得甲在B点的速度大小为v＝，故选B。 5.（多选）如图所示，一固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于0.8g（g为重力加速度大小）。物块上升的最大高度为H，则此过程中（　　） A.物块的重力势能减少了mgH B.物块的动能损失了1.6mgH C.物块的机械能损失了0.8mgh D.物块克服摩擦力做功0.6mgH 答案：BD 解析：小物块从斜面底端往高处运动，重力势能增加，A错误；合力做的功W＝－ma·＝－m×0.8g×2H＝－1.6mgH，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做功，故动能损失了1.6mgH，B正确；机械能的变化量取决于除重力以外其他力做的功，即等于摩擦力做功，由牛顿第二定律可知mgsin30°＋f＝ma，可得摩擦力大小f＝0.3mg，物块克服摩擦力做功Wf＝f×＝0.6mgH，C错误，D正确。 6.（2024·内蒙古呼和浩特市高三下二模）如图是建筑工地上“打夯机”的示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提起，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下落回深坑（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程）。已知两个滚轮边缘的线速度恒为v0＝3 m/s，滚轮对夯杆的正压力F＝2×104 N，滚轮与夯杆间的动摩擦因数μ＝0.4，夯杆质量m＝1×103 kg，坑深h＝6.0 m，假定在打夯的过程中坑的深度变化不大，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A.每次夯杆上升过程中匀加速运动的时间为2 s B.夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，加速度的大小为3 m/s2 C.每次夯杆底端从坑底到坑口过程中，滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为1.2×104 J D.每次夯杆底端从坑底到坑口过程中，电动机多消耗的电能为8×104 J 答案：C 解析：夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，由牛顿第二定律可得2μF－mg＝ma，代入数据解得加速度的大小为a＝6 m/s2，B错误；每次夯杆上升过程中做匀加速运动的时间为t＝＝0.5 s，A错误；每次夯杆底端从坑底到坑口过程中，滚轮与夯杆间的相对位移Δx＝v0t－v0t，则因摩擦产生的热量为Q＝2μF·Δx，联立并代入数据解得Q＝1.2×104 J，C正确；根据能量守恒定律，每次夯杆底端从坑底到坑口过程中，电动机多消耗的电能为E＝Q＋mgh＋mv＝7.65×104 J，D错误。 7.（2024·辽宁省丹东市高三二模）轻质直角支架两端分别连接质量均为m的小球A和B，支架的两直角边长度分别为2L和L，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动。如图所示，开始时OA边与水平方向的夹角为θ，θ＝37°，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。由静止释放A球，下列说法正确的是（　　） A.A、B两球线速度大小始终相等 B.A球速度最大时位于O点正下方 C.A由静止释放至摆动到最低点的过程中，支架对A不做功 D.A摆动到最低点位置时，杆对A做功的功率为零 答案：D 解析：A、B两球属于同轴转动，角速度始终相等，由于两球到轴心的距离rA＝2rB＝2L，根据v＝ωr可知，A、B两球线速度大小始终不相等，故A错误；A、B两球构成的系统机械能守恒，设角速度为ω，经历一定时间时OA边与水平方向夹角为α，则有mg（2Lsinα－2Lsinθ）＝mg·（Lcosθ－Lcosα）＋mv＋mv，且vA＝ω·rA，vB＝ω·rB，解得ω＝，因2sinα＋cosα＝sin（α＋β），其中tanβ＝，可知当α＋β＝90°时，ω最大，A的线速度最大，此时A球并没有位于O点正下方，故B错误；当A运动到最左端时，角速度ω＝0，则由ω＝，解得α＝90°或α＝37°（释放点，不符合要求，舍弃），表明A恰好能够运动到最低点，且在最低点的线速度大小为0，则此时杆对A做功的功率为零，此过程中，A的机械能减小，表明支架对A做负功，故C错误，D正确。 8.（2024·湖南省怀化市高三下二模）（多选）如图甲所示，质量为2 kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆轨道，已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。小球由A到C的过程中速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2，B为AC轨道中点。下列说法正确的是（　　） A.图乙中x＝4 B.小球在C点时重力的功率为40 W C.小球从A到C克服摩擦力做功为5 J D.小球从B到C过程损失的机械能等于2.5 J 答案：AC 解析：轨道半径R＝0.4 m，则h＝0.8 m对应C点，已知小球恰能到达最高点C，则在C点由牛顿第二定律有mg＝m，联立解得vC＝2 m/s，则图乙中x＝v＝4，A正确；小球在C点时，重力与速度垂直，故重力功率为零，B错误；从A到C过程，小球动能减小量为ΔEk＝mv－mv＝×2×25 J－×2×4 J＝21 J，重力势能的增加量为ΔEp＝mg·2R＝16 J，则其机械能减小ΔE＝ΔEk－ΔEp＝5 J，根据功能关系可得，克服摩擦力做的功为Wf＝ΔE＝5 J，C正确；小球在AC上运动时，设小球和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，小球的速度大小为v，根据牛顿第二定律，从A到B，有N－mgcosθ＝m，从B到C，有N＋mgcosθ＝m，且小球的速度一直减小，则与从A到B过程相比，小球在从B到C过程中受到的压力较小，根据f＝μN可知，在从B到C过程中小球所受的摩擦力较小，克服摩擦力做功较小，由功能关系可知，小球从B到C过程损失的机械能小于Wf＝2.5 J，D错误。 9.（2024·江苏省宿迁市高三一模）如图所示，足够长的竖直固定杆上套一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端悬挂质量为m的物块B，上端连接一轻质小球，物块B与杆间无摩擦，小球A与杆之间的最大静摩擦力为1.2mg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，弹簧弹性势能Ep＝kx2（x为形变量），忽略空气阻力。求： （1）B静止时，弹簧伸长量x； （2）若将物块B拉至弹簧原长处由静止释放， ①物块B的最大速度vm； ②整个过程中，因摩擦产生的内能Q。 答案：（1）　（2）①g　② 解析：（1）B静止时，根据平衡条件，有mg＝kx 解得x＝。 （2）①当B的加速度为零时，速度有最大值，此时B下落x，此时弹簧的弹力为F弹＝kx＝mg 由题意可知，小球A与杆之间的最大静摩擦力fmax＝1.2mg 因为F弹＝mg<fmax 所以A不动，则B与弹簧组成的系统机械能守恒，有mgx＝mv＋kx2 联立可得vm＝g。 ②A、B和弹簧组成的系统最终稳定时，A保持静止，B在竖直方向上往复运动，且B运动到最低点时，A所受摩擦力为最大静摩擦力fmax，设小球A下滑的距离为L，此时弹簧伸长量为x′，根据能量守恒定律可得 mg（L＋x′）＝kx′2＋Q 其中Q＝fmaxL fmax＝kx′ 联立解得Q＝。 10.（2024·河北省张家口市高三下三模）如图甲所示，轻质弹簧下端固定在倾角为37°的粗糙斜面底端挡板上，弹簧处于原长。质量为m＝1 kg的小物块，从斜面顶端由静止释放沿斜面下滑，小物块沿斜面向下运动过程中的动能Ek随位移x变化的图像如图乙所示，在0≤x≤0.15 m时图像为直线。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取10 m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6。下列说法正确的是（　　） A.小物块与斜面间的动摩擦因数为0.2 B.弹簧的劲度系数为20 N/m C.小物块下滑过程中的最大动能为0.5 J D.整个过程中弹簧的最大弹性势能为0.8 J 答案：B 解析：设小物块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，由动能定理可知，Ek­x图线的斜率表示小物块所受合力，由题图乙可知，小物块接触弹簧前，所受合力恒定，大小为F1＝ N＝2 N，对小物块进行受力分析，有F1＝mgsinθ－μmgcosθ，解得μ＝0.5，A错误；由题图乙可知，小物块速度最大时，弹簧的压缩量x＝0.25 m－0.15 m＝0.1 m，设弹簧的劲度系数为k，根据平衡条件，有mgsinθ－μmgcosθ－kx＝0，解得k＝20 N/m，B正确；小物块接触弹簧后，分析可知，小物块所受合力F与x呈线性关系，结合以上分析及题图乙， 画出合力F随位移x变化的图像如图所示，根据功的定义式及动能定理可知，图线与x轴所围的面积表示小物块动能的变化量，则小物块动能最大值为Ekmax＝ J＝0.4 J，C错误；设小物块下滑至最低点时的位移为xmax，此时弹簧的弹性势能有最大值Ep，小物块的动能为0，则从开始至最低点，F­x图像中x轴上、下部分图线与x轴所围的面积大小相等，有Ekmax＝ J，解得xmax＝0.45 m（另一解xmax＝0.05 m<0.25 m，不符合实际，故舍去），根据能量守恒定律可知，Ep＝mgxmaxsinθ－μmgcosθ·xmax＝0.9 J，D错误。 　第7讲　动量　动量与能量的综合应用 考点1　动量定理的应用 例1　某人所受重力为G，穿着平底鞋起跳，竖直着地过程中，双脚与地面间的作用时间为t，地面对他的平均冲击力大小为4G，若他穿上带有减震气垫的鞋起跳，以与第一次相同的速度着地时，双脚与地面间的作用时间变为2.5t，则地面对他的平均冲击力变为（　　） A.1.2G B.1.6G C.2.2G D.2.6G [解析]　设着地前瞬间人的速度大小为v，取竖直向上为正方向，穿着平底鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理有（F－G）·t＝0－（－mv），其中F＝4G，穿上减震气垫鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理有（F′－G）·2.5t＝0－（－mv），解得F′＝2.2G，故C正确。 [答案]　C 例2　（2023·山东省烟台市高三下一模）2006年9月，中国第一座太空娱乐风洞在四川省绵阳市建成并投入运营。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零，则气流速度大小为（　　） A. B. C. D. [解析]　设气流速度大小为v，人对气流的力大小为F，在极短时间Δt内吹到人身上的气体质量为Δm＝ρSvΔt，则对此部分气体由动量定理有－F·Δt＝0－Δm·v，由牛顿第三定律得，气流对人的力大小为F′＝F，人受力平衡，则F′＝mg，解得v＝，故C正确。 [答案]　C 1.冲量的三种计算方法 公式法 I＝Ft适用于求恒力的冲量 动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况 图像法 F­t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量。若F­t成线性关系，也可直接用平均力求解 2.应用动量定理时应注意的问题 （1）动量定理的研究对象可以是单一物体，也可以是一个系统，在研究系统问题时，受力分析只考虑系统的外力。 （2）动量定理的表达式是矢量式，使用时要关注力、初速度、末速度的方向，为了方便要规定正方向。 （3）动量定理是合力的冲量等于物体动量的改变量，要注意合力与单个力的区别。 3.用动量定理解决两类连续体问题的步骤 模型一：流体类问题 流体及其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ 分析步骤 1 如图，建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl＝vΔt，对应的质量为Δm＝ρSvΔt 3 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：（以原来流速v的方向为正方向） （1）作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2； （2）作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2 模型二：微粒类问题 微粒及其 特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n 分析步骤 1 建立“柱状”模型，沿运动的方向选取一段柱形微元，柱体的横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱形微元的长度为Δl＝vΔt，对应的体积为ΔV＝SvΔt，则微元内的粒子数N＝nvSΔt 3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 考点2　动量守恒定律及其应用 例3　（2024·河北省保定市高三下二模）（多选）如图所示，三个小孩分别坐在三辆碰碰车（可看成质点）上，任意一个小孩加上自己的碰碰车后的总质量都相等，三辆碰碰车在一光滑水平面上排成一直线，且初始时彼此隔开相等的距离。具有初动能E0的碰碰车1向右运动，依次与两辆静止的碰碰车2、3发生碰撞，碰撞时间很短且碰后连为一体，最后这三辆车粘成一个整体成为一辆“小火车”，下列说法正确的是（　　） A.三辆碰碰车整体最后的动能等于E0 B.碰碰车1运动到2的时间与2运动到3的时间之比为2∶3 C.碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3∶1 D.碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3∶2 [解析]　设三辆碰碰车与所载小孩的质量和均为m，碰碰车1的初速度大小为v0，碰碰车第一次碰撞和第二次碰撞后的速度大小分别为v1和v2，动能分别为E1和E2。根据动量守恒定律，有mv0＝2mv1，2mv1＝3mv2，解得v0∶v1∶v2＝6∶3∶2；由于E0＝mv，E1＝（2m）v，E2＝（3m）v，则E0∶E1∶E2＝6∶3∶2，可知E2＝E0，A正确；因为三辆碰碰车初始时彼此隔开相等的距离，由t＝可知，碰碰车1运动到2的时间与2运动到3的时间之比为t1∶t2＝∶＝1∶2，B错误；碰碰车两次碰撞损失的机械能分别为ΔE1＝E0－E1，ΔE2＝E1－E2，解得ΔE1∶ΔE2＝3∶1，C正确，D错误。 [答案]　AC 例4　（2023·山东省济南市高三下一模）（多选）某课外兴趣小组在一次实验中，将自制火箭从地面竖直向上发射，火箭到达最高点时爆炸，分裂成质量不等的P、Q两部分，P、Q两部分的质量比为2∶5。爆炸后P部分的初速度大小为50 m/s，方向斜向下与竖直方向成60°角。若爆炸点离地高度为120 m，不计P、Q运动过程中受到的阻力，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A.Q部分落地时的速度大小为20 m/s B.Q部分落地时的速度大小为90 m/s C.P部分落地点与爆炸点的水平距离为75 m D.P部分落地点与爆炸点的水平距离为135 m [解析]　爆炸过程中由动量守恒定律得mPvP＝mQvQ，且mP∶mQ＝2∶5，Q部分从爆炸后到落地过程中，由动能定理得mQgh＝mQv2－mQv，解得Q部分落地时的速度大小v＝20 m/s，A正确，B错误；对P部分，在竖直方向有vPy0＝vPcos60°＝25 m/s，h＝vPy0t＋gt2，解得P部分下落的时间t＝3 s，水平方向有vPx＝vPsin60°＝25 m/s，x＝vPxt，解得P部分落地点与爆炸点的水平距离为x＝75 m，C正确，D错误。 [答案]　AC 1.利用动量守恒定律所列方程中的各速度必须相对于同一惯性参考系。 2.动量守恒定律应用的三种情形 （1）理想守恒：系统不受外力或所受合力为零。 （2）近似守恒：外力远小于内力，外力可忽略，系统动量近似守恒，如“爆炸”“碰撞”等现象。 （3）某一方向守恒：系统虽然所受合力不为零，但在某一方向所受合力为零，则在这一方向总动量守恒。 3.动量守恒定律的三种表达形式 （1）m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和（用得最多）。 （2）Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体的动量的增量等大反向。 （3）Δp＝0，系统总动量的变化量为零。 1.应用动量守恒定律分析问题的关键步骤 2.碰撞现象满足的规律 （1）动量守恒定律。 （2）动能之和不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 （3）速度合理：若碰后速度同向，后方物体速度不大于前方物体速度；另外，两物体碰撞前若相向运动，则碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。 3.两种碰撞的特点 （1）弹性碰撞 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例，有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 解得v1′＝，v2′＝。 结论： ①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度。 ②当质量大的球碰质量小的球时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动。 ③当质量小的球碰质量大的球时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。 ④当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。 ⑤当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′≈0。 （2）完全非弹性碰撞 动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v共，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE＝m1v＋m2v－（m1＋m2）v。 4.人船模型 （1）人船模型概述 （2）以下运动模型可等效为人船模型 考点3　动量与能量的综合应用 例5　（2024·江苏高考）如图所示，在水平面上有一个静止的U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左端，右侧用一根细绳连接在滑板A的右端，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（　　） A.弹簧恢复原长时A的动能最大 B.弹簧压缩至最短时A的动量最大 C.整个系统动量变大 D.整个系统机械能变大 [解析]　对A、弹簧与B组成的系统受力分析，该系统所受合外力为零，则其动量守恒，又运动过程中，只有弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，C、D错误；设A、B的质量分别为mA、mB，某时刻的速度大小分别为vA、vB，弹簧弹性势能的减小量为ΔEp，对系统由动量守恒定律有mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律有ΔEp＝mAv＋mBv，A的动能EkA＝mAv，联立可得EkA＝ΔEp，则当弹簧恢复至原长时，ΔEp最大，A的动能最大，A正确；当弹簧压缩至最短时，A、B共速，由动量守恒定律可知，此时两者的速度大小为0，则此时A的动量最小，B错误。 [答案]　A 例6　（2024·安徽高考）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动。已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg。小车上的水平轨道长s＝1.0 m，圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 （1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； （2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； （3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 [解析]　（1）设小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v0，此时细线上的拉力大小为FT，对小球摆动到最低点的过程，由动能定理有mgL＝mv－0 在最低点，对小球受力分析，由牛顿第二定律有FT－mg＝m 联立并代入数据，解得FT＝6 N。 （2）设碰撞后瞬间小球的速度为v1，物块的速度为v2，小球与物块的碰撞为弹性碰撞，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝mv1＋Mv2 由机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv 联立并代入数据，解得v2＝4 m/s 即碰撞后瞬间，物块速度的大小为4 m/s，方向水平向右。 （3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点时两者共速，此时动摩擦因数μ有最大值μmax，设共同速度的大小为v3，以水平向右为正方向，对物块与小车整体，由动量守恒定律有Mv2＝2Mv3 由能量守恒定律有Mv＝×2Mv＋μmaxMgs 联立并代入数据，解得μmax＝0.4 若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置时两者共速，此时动摩擦因数μ有最小值μmin，设共同速度大小为v4，以水平向右为正方向，对物块与小车整体，由水平方向动量守恒有 Mv2＝2Mv4 由能量守恒定律有 Mv＝×2Mv＋μminMgs＋MgR 联立并代入数据，解得μmin＝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 动量与能量综合模型归纳 “弹簧类”模型 （1）系统动量守恒； （2）系统机械能守恒； （3）共速时弹簧最长或最短，系统动能损失最大，弹簧的弹性势能最大，类似于完全非弹性碰撞； （4）弹簧再次恢复原长时弹簧的弹性势能再次为零，系统动能最大，整个过程类似于弹性碰撞，此时m2速度最大 滑板滑块模型 （1）系统动量守恒； （2）系统机械能不守恒，损失的动能等于产生的内能：－ΔEk＝Q＝fx相 “轨道类”模型 （1）水平方向动量守恒； （2）系统机械能守恒； （3）最高点：m与M共速。mv0＝（M＋m）v共；mv＝（M＋m）v＋mgh，其中h为m上升的最大高度（完全非弹性碰撞拓展模型）； （4）最低点：mv0＝mv1＋Mv2；mv＝mv＋Mv（弹性碰撞拓展模型） 电磁感应中的 “双杆”模型 达到共速时相当于完全非弹性碰撞，动量满足mav0＝（ma＋mb）v共，损失的动能最大，转化为电能 高考命题预测 1.（2024·广西河池市高三下二模）如图所示，装有沙子的小车静止在光滑的水平面上，总质量为1.5 kg，将一个质量为0.5 kg的小球从距沙面0.45 m高度处以大小为4 m/s的初速度水平抛出，小球落入车内并陷入沙中最终与车一起向右匀速运动。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是（　　） A.小球陷入沙子过程中，小球和沙、车组成的系统动量守恒 B.小球陷入沙子过程中，沙子对小球的冲量大小为 N·s C.小车最终的速度大小为1 m/s D.小车最终的速度大小为2 m/s 答案：C 解析：小球陷入沙子过程中，小球在竖直方向上向下做减速运动，具有向上的加速度，对于小球和沙、车组成的系统，根据牛顿第二定律可知，系统在竖直方向所受的合力不为零，因此系统动量不守恒，A错误；设小球的质量、沙和车的总质量分别为m、M，小球的初速度为v0，小球陷入沙子过程中，小球和沙、车组成的系统在水平方向动量守恒，有mv0＝（m＋M）v，解得小车最终的速度大小为v＝1 m/s，C正确，D错误；由v＝2gh可知，小球陷入沙子前瞬间，小球竖直方向的分速度vy＝＝3 m/s，根据动量定理，水平方向有I沙x＝mv－mv0，竖直方向有I沙y－IG＝0－（－mvy），其中IG是重力的冲量，根据矢量合成，知沙子对小球的冲量大小I沙＝，可得I沙> N·s，B错误。 2.（2024·河北省唐山市高三下一模）如图所示，物块A、B与轻弹簧拴接，置于光滑水平面上，弹簧处于原长，物块C以水平速度v0撞向物块B，碰撞时间极短，碰后C与B粘在一起，已知B、C质量均为m，不计一切阻力。 （1）求B、C碰撞过程中B对C的冲量大小； （2）求弹簧弹性势能最大时A的速度与运动过程中A的最大速度之比。 答案：（1）0.5mv0　（2） 解析：（1）设碰后瞬间C与B的速度大小为v1，B、C碰撞过程动量守恒，有mv0＝2mv1 以向右为正方向，对C，根据动量定理，有 I＝m（－v1）－m（－v0） 可得I＝0.5mv0 即B、C碰撞过程中B对C的冲量大小为0.5mv0。 （2）B、C碰后压缩弹簧至三者共速时弹簧弹性势能最大，设此时A的速度大小为v2，当弹簧第一次恢复到原长时A的速度最大，设此时A的速度为v3，B和C的速度为v4，设A的质量为M，从撞后B、C共速至三者共速，根据动量守恒定律，有2mv1＝（2m＋M）v2 从撞后B、C共速至弹簧第一次恢复到原长过程，根据动量守恒定律，有2mv1＝2mv4＋Mv3 由机械能守恒定律，有 ·2mv＝·2mv＋Mv 联立解得v2＝，v3＝ 故＝。 专题作业 1.（2024·浙江省温州市高三下三模）2023年9月25日，中国年仅15岁的小将陈烨在杭亚会滑板男子碗池决赛中夺冠。图示为运动员陈烨在比赛中腾空越过障碍物，若忽略空气阻力，那么腾空过程中（　　） A.运动员始终处于超重状态 B.运动员在最高点的加速度为零 C.运动员所受重力的冲量一直变大 D.运动员和滑板构成的系统动量守恒 答案：C 解析：腾空过程中运动员只受重力作用，加速度为重力加速度g，则运动员处于完全失重状态，故A、B错误；运动员所受重力的冲量为I＝Gt，腾空过程t一直增大，则运动员所受重力的冲量一直变大，故C正确；在腾空过程中，在竖直方向上运动员和滑板所受合力不为零，故运动员和滑板构成的系统动量不守恒，故D错误。 2.（2021·湖北高考）抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为（　　） A.40 B.80 C.120 D.160 答案：C 解析：根据牛顿第三定律，机枪对子弹的平均作用力大小约为F＝12 N，设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ft＝nmv0，代入数据解得n＝120，C正确，A、B、D错误。 3.（2024·全国甲卷）（多选）蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A.t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大 B.t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s C.t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处 D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600 N 答案：BD 解析：根据牛顿第三定律结合题图可知，t＝0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，则蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；根据题图可知，运动员在t＝0.30 s离开蹦床，t＝2.30 s再次落到蹦床，经历的时间为Δt＝2 s，运动员在这期间做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为＝1 s，则t＝1.00 s时，运动员还在向上运动，t＝1.30 s时，运动员恰好运动到最大高度处，由逆向思维可得，t＝0.30 s时运动员的速度大小为v＝g·＝10 m/s，故B正确，C错误；由竖直上抛运动的对称性可知，运动员落到蹦床上时的速度大小也为10 m/s，设运动员的质量为m，运动员每次与蹦床接触到离开过程中受到蹦床的平均作用力大小为′，以竖直向上为正方向，根据动量定理有′·Δt′－mg·Δt′＝mv－（－mv），其中Δt′＝0.3 s，代入数据可得′＝4600 N，根据牛顿第三定律可知，运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为＝′＝4600 N，故D正确。 4.（2024·山东省烟台市高三下一模）如图所示，某超市两辆相同的手推购物车质量均为m、相距2L沿直线排列，静置于水平地面上。为节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力F使车自行运动，并与第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了距离，恰好停靠在墙边。若车运动时受到的摩擦力恒为车重的k倍，忽略空气阻力，重力加速度为g。则工人给第一辆购物车水平推力F的冲量大小为（　　） A.2m B.2m C.2m D.2m 答案：A 解析：设第一辆车刚被F推出时的速度为v0，第一辆车与第二辆车相碰前瞬间的速度大小为v1，碰后的共同的速度大小为v2，对于相互嵌套结为一体的两辆车，碰撞后运动到墙边的过程，根据动能定理可得－k·2mg·＝0－（2m）v，对两车的碰撞过程，由动量守恒定律有mv1＝2mv2，第一辆车有速度后到与第二辆车碰撞前，根据动能定理可得－kmg·2L＝mv－mv，F作用在第一辆车上的过程，根据动量定理，工人给第一辆车水平推力F的冲量大小为IF＝mv0，联立解得IF＝2m，故选A。 5.（2024·江苏高考）嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求： （1）分离后A的速度vA； （2）分离时A对B的推力大小。 答案：（1）　（2） 解析：（1）A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有（m＋M）v0＝MvB＋mvA 解得vA＝。 （2）设分离时A对B的推力为F，A、B分离的过程，以B的速度方向为正方向，对B由动量定理有FΔt＝MvB－Mv0 解得F＝ 即分离时A对B的推力大小为。 6.（2024·广东高考）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 （1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tanθ。 （2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤落到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 答案：（1） （2）①330 N·s　方向竖直向上　②0.2 m 解析：（1）敏感球受竖直向下的重力mg、敏感臂竖直向下的压力FN以及底座斜面的支持力N，受力分析如图所示，由牛顿第二定律可知，水平方向有Nsinθ＝ma 由平衡条件可知，竖直方向有Ncosθ＝mg＋FN 联立解得tanθ＝。 （2）①F­t图像中图线与时间轴所围的面积表示力F的冲量大小，可知碰撞过程中F的冲量大小IF＝×0.1×6600 N·s＝330 N·s 根据F的方向竖直向上可知，F的冲量方向竖直向上。 ②设落到气囊表面时头锤的速度大小为v0，碰撞结束后瞬间头锤的速度大小为v，碰撞结束后头锤上升的最大高度为h。头锤由静止释放到落到气囊表面前的过程做自由落体运动， 有v＝2gH 与气囊作用过程，以竖直向上为正方向，对头锤由动量定理有IF－MgΔt＝Mv－（－Mv0） 式中头锤与气囊作用的时间Δt＝0.1 s 头锤离开气囊后做竖直上抛运动，由匀变速直线运动速度与位移的关系有0－v2＝－2gh 联立并代入数据，解得h＝0.2 m。 7.（2024·甘肃高考）如图，质量为2 kg的小球A（视为质点）在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O′P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O′P，小球A开始运动。（重力加速度g取10 m/s2） （1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。 （2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短），碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 （3）A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 答案：（1）大小为40 N，方向竖直向下 （2）4 m/s　（3）0.15 解析：（1）设A的质量为mA，细绳OP长为l，A运动到最低点时的速度大小为v0，所受的拉力为F，根据机械能守恒定律，有 mAgl（1－cos60°）＝mAv－0 A运动到最低点时，根据牛顿第二定律有 F－mAg＝ 代入数据解得v0＝4 m/s，F＝40 N 根据牛顿第三定律可知，A运动到最低点时，细绳OP所受的拉力大小F′＝F＝40 N，方向竖直向下。 （2）由碰后A竖直下落可知，碰后A水平方向的速度变为0。设碰后C的速度大小为vC，C的质量为mC，A与C相碰时，A、C组成的系统水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有mAv0＝0＋mCvC 代入数据解得vC＝4 m/s。 （3）设B的质量为mB，C和B之间的动摩擦因数为μ，C与B达到的共同速度大小为v，C相对B滑行的距离为L。C相对B滑行的过程，对B、C组成的系统，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得mCvC＝（mB＋mC）v 根据能量守恒定律得 μmCgL＝mCv－（mB＋mC）v2 联立并代入数据，解得μ＝0.15。 8.（2024·河北省沧州市高三下二模）如图所示，质量为m的物块用可变力F压在竖直墙壁上，物块处于静止状态。某时刻开始F突变，以此时作为计时起点，F大小满足F＝kt。已知物块与墙壁之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则至少经过多长时间物块相对于墙壁再次静止（　　） A. B. C. D. 答案：C 解析：设至少经过时间t物块相对于墙壁再次静止，在0～t内，物块所受摩擦力f＝μF＝μkt，所以摩擦力随时间均匀变化，则这段时间摩擦力的冲量If＝·t＝μkt2，由动量定理，有－If＋mgt＝0－0，解得t＝，C正确。 9.（2023·河北省唐山市高三下第一次模拟）（多选）在光滑水平桌面上质量为m的物体A以某一速度与质量为3m的等大物体B发生正碰，碰撞前物体B处于静止状态。已知碰撞后物体B的动能为E，则碰撞之前物体A的动能可能为（　　） A.E B.3E C.5E D.7E 答案：BC 解析：设物体A碰前速度为v0，若两物体发生完全非弹性碰撞，碰后A、B速度均为v，则由动量守恒定律得mv0＝（m＋3m）v，解得v＝，此时E＝·3mv2，解得碰撞之前物体A的动能Ek1＝mv＝E；若两物体发生弹性碰撞，碰后A、B速度分别为v1、v2，则由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mv1＋3mv2，mv＝mv＋·3mv，解得v1＝－v0，v2＝v0，此时E＝·3mv，解得碰撞之前物体A的动能Ek2＝mv＝E，则碰撞之前物体A的动能Ek取值范围为E≤Ek≤E，故选B、C。 10.（2024·安徽高考）（多选）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1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2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 答案：BD 解析：沿x轴方向，根据题图2可得，F1＝4－t（N），F2＝3t（N），故F1与F2两个力的合力为Fx＝F1＋F2＝4＋2t（N），在y轴方向上，物块受到的力为Fy＝mgsin30°，根据平行四边形定则可得，物块所受合力F＝随时间变化，故物块做的不是匀变速曲线运动，A错误；在y轴方向上，根据牛顿第二定律有Fy＝may，可得y轴方向的加速度为ay＝5 m/s2，故t＝1 s时，物块的y坐标值为y1＝ayt＝2.5 m，B正确；t＝1 s时，物块在x轴方向所受合力为Fx1＝6 N，在x轴方向上，根据牛顿第二定律有Fx1＝max1，可得此时物块在x轴方向的加速度为ax1＝5 m/s2，故此时物块的加速度大小为a1＝＝5 m/s2，C错误；由于Fx与时间t呈线性关系，故0～2 s内Fx的冲量IFx＝xt2＝×2 N·s＝12 N·s，0～2 s内，在x轴方向，对物块根据动量定理有IFx＝mvx2－0，可解得t＝2 s时物块在x轴方向的分速度vx2＝10 m/s，此时物块在y轴方向的分速度大小为vy2＝ayt2＝5×2 m/s＝10 m/s，故此时物块的速度大小为v2＝＝10 m/s，D正确。 11.（2024·广东高考）（多选）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 答案：ABD 解析：两滑块在光滑斜坡上运动时加速度相同，又两滑块同时由静止开始下滑，则甲、乙两滑块在斜坡上运动时相对静止，故A正确；两滑块质量相同，设两滑块质量均为m，碰撞前瞬间甲、乙的速度分别为v甲、v乙，碰撞后瞬间甲、乙的速度分别为v甲′、v乙′，甲、乙发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv甲＋mv乙＝mv甲′＋mv乙′，根据总动能不变有mv＋mv＝mv甲′2＋mv乙′2，联立可解得v甲′＝v乙，v乙′＝v甲，可知碰撞后两滑块交换速度，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；设斜坡倾角为θ，两滑块沿斜坡下滑过程加速度大小为a，由牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，乙沿斜坡下滑过程，有＝at，联立解得乙在斜坡上的运动时间t1＝，考虑一种特殊情况：H甲＝0，则乙的运动时间即为t1，t1与H乙有关，则乙的运动时间与H乙有关，故C错误；由于甲、乙发生弹性碰撞时交换速度，且甲、乙在水平面上运动时加速度相同，分析可知，甲最终停止位置和乙不与甲发生碰撞的停止位置相同，设乙不与甲发生碰撞的停止位置与O处相距x，对乙运动的全过程，由动能定理有mgH乙－μmgx＝0－0，解得x＝，则甲最终停止位置与O处相距x＝，故D正确。 12.（多选）物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放（其中C球下部离地H），所有碰撞均为弹性碰撞，且碰后B、C恰好静止，则（　　） A.C球落地前瞬间A球的速度为 B.从上至下三球的质量之比为1∶2∶6 C.A球弹起的最大高度为25H D.A球弹起的最大高度为9H 答案：ABD 解析：因为A、B、C三球由静止同时释放，所以C球落地前瞬间三球的速度相等，由自由落体运动公式v2＝2gH，得vA＝vB＝vC＝，A正确；由题意可知，C球碰地，反向碰B，B再反向碰A，因都是弹性碰撞，设向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，可知C碰B有mCvC－mBvB＝mBvB′，mCv＋mBv＝mBvB′2，B碰A有mBvB′－mAvA＝mAvA′，mBvB′2＋mAv＝mAvA′2，联立可得mA∶mB∶mC＝1∶2∶6，B正确；由于系统的机械能守恒，A球弹起的最大高度hmax＝＝9H，C错误，D正确。 13.（2024·辽宁高考）如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。求： （1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB； （2）物块与桌面间的动摩擦因数μ； （3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 答案：（1）1 m/s　1 m/s　（2）0.2　（3）0.12 J 解析：（1）A离开桌面后做平抛运动，设A做平抛运动的时间为t，由平抛运动规律得 h＝gt2 xA＝vAt 联立并代入数据解得vA＝1 m/s 由静止释放物块A、B到弹簧恢复原长的过程，受力分析可知，A、B所受合力始终等大反向，则A、B组成的系统所受合力为0，系统动量守恒。以水平向左为正方向，对A、B组成的系统由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0 代入数据解得vB＝1 m/s。 （2）对物块B从脱离弹簧到停止的过程，由动能定理得－μmBgxB＝0－mBv 代入数据解得μ＝0.2。 （3）设从释放A、B到弹簧恢复原长，A的位移大小为ΔxA，B的位移大小为ΔxB，由能量守恒定律得ΔEp＝mAv＋mBv＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB 由位移关系得Δx＝ΔxA＋ΔxB 联立并代入数据解得ΔEp＝0.12 J。 14.（2021·湖南高考）（多选）如图a，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a­t图像如图b所示，S1表示0到t1时间内A的a­t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a­t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是（　　） A.0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0 B.mA>mB C.B运动后，弹簧的最大形变量等于x D.S1－S2＝S3 答案：ABD 解析：在0～t1时间内，物体B静止，物体A从静止向右加速，t1时刻速度为v0，则对系统根据动量定理可知，墙对B的冲量I＝mAv0，A正确；由a­t图像可知，t1时刻后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，此时根据牛顿第二定律有F弹＝mAaA＝mBaB，由图b可知此时aB>aA，则mB<mA，B正确；由图b可得，t1时刻B开始运动，此时A的速度为v0，之后系统动量守恒，可得A、B的总动能一定大于0，而整个过程，A、B和弹簧组成的系统的机械能守恒，所以B运动后弹簧的弹性势能一定小于开始时弹簧的弹性势能，弹簧的形变量一定小于x，C错误；在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，A、B共速，由a­t图像与坐标轴所围面积表示速度变化量，可知此时vA＝S1－S2，vB＝S3，vA＝vB，则S1－S2＝S3，D正确。 15.（2024·河北省唐山市高三下一模）一同学在练习乒乓球削球技术时，使乒乓球竖直下落，在球与球拍接触的瞬间，保持球拍板面水平向上，并沿水平方向挥动球拍，如图所示。已知乒乓球与球拍接触时间极短，接触前后乒乓球在竖直方向的速度大小分别为5 m/s和4 m/s，乒乓球与球拍之间的动摩擦因数为0.3。若乒乓球可视为质点且不计空气阻力，g取10 m/s2，则乒乓球在与球拍接触后获得的水平速度大小为（　　） A.1.2 m/s B.1.5 m/s C.2.0 m/s D.2.7 m/s 答案：D 解析：乒乓球与球拍接触的过程，设球拍对乒乓球的支持力大小为N，摩擦力大小为f，则有f＝μN，在竖直方向，以向上为正方向，对乒乓球由动量定理有（N－mg）Δt＝mv2－m（－v1），其中v1＝5 m/s，v2＝4 m/s，在水平方向，对乒乓球由动量定理有fΔt＝mv水，由于乒乓球与球拍接触时间Δt极短，则重力相比支持力极小，可忽略不计，联立解得乒乓球在与球拍接触后获得的水平速度大小v水＝μ（v2＋v1）＝2.7 m/s，故选D。 16.（2024·安徽省池州市普通高中高三下教学质量统一监测）如图所示，质量为m的小球A从地面向上斜抛，抛出时的速度大小为25 m/s，方向与水平方向夹角为53°，在A抛出的同时有一质量为m的黏性小球B从某高处自由下落，当A上升到最高点时恰能击中竖直下落中的黏性小球B，A、B两球碰撞时间极短，碰后A、B两球粘在一起落回地面，不计空气阻力，sin53°＝0.8，g取10 m/s2。以下说法正确的是（　　） A.小球A上升至最高处时水平位移是20 m B.小球B下落时离地面的高度是40 m C.小球A从抛出到落回地面的时间为4 s D.小球A从抛出到落回地面的水平距离为45 m 答案：B 解析：A在抛出后到与B碰撞前在空中做斜上抛运动，且恰好运动到最高点，可视为平抛运动的逆过程，设小球抛出时的速度大小为v，上升至最高处时水平位移为x1，竖直位移为hA，运动时间为t1，根据平抛运动规律，有（vsin53°）2＝2ghA，vsin53°＝gt1，x1＝vcos53°·t1，联立并代入数据，解得x1＝30 m，hA＝20 m，t1＝2 s，故A错误；由题意可知，小球B碰撞前做自由落体运动，其运动时间同样为t1，则碰撞前其下落高度hB＝gt＝20 m，则小球B下落时离地面的高度HB＝hA＋hB＝40 m，故B正确；碰撞前小球B的速度大小vB＝gt1＝20 m/s，碰撞过程中，在竖直方向上两球动量守恒，有mvB＝2mvy，解得两球粘在一起后的竖直速度vy＝10 m/s，设两球粘在一起后运动的时间为t2，碰撞之后，在竖直方向上，由匀变速直线运动规律有hA＝vyt2＋gt，得t2＝（－1） s[另一解t2＝（－－1） s舍去]，则小球A从抛出到落回地面的时间为t＝t1＋t2＝（＋1） s，故C错误；碰撞过程中，在水平方向上两球动量守恒，有mvcos53°＝2mvx，解得碰撞后两小球的水平速度大小vx＝7.5 m/s，从碰撞到两小球落地的过程中，小球A的水平位移为x2＝vxt2＝ m，则小球A从抛出到落回地面的水平距离为x＝x1＋x2＝ m，故D错误。 　培优点一　三大观点在力学中的综合应用 例1　（2024·广西高考）（多选）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在（　　） A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v [解析]　设小球M、N的质量均为m，碰撞后瞬间M的速度为vM，N的速度为vN，根据题意可知该碰撞为弹性碰撞，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有mv＝mvM＋mvN，根据机械能守恒定律，有mv2＝mv＋mv，联立解得vM＝0，vN＝v。碰撞后小球N脱离平台，做初速度为v的平抛运动，在水平方向上做速度为v的匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，即在水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v，在竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动，故B、C正确，A、D错误。 [答案]　BC 例2　（2022·全国乙卷）（多选）质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则（　　） A.4 s时物块的动能为零 B.6 s时物块回到初始位置 C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s D.0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J [解析]　物块与地面间的滑动摩擦力大小为f＝μmg＝2 N。在0～3 s内，对物块由动量定理有（F0－f）t1＝mv3，得3 s时物块的速度为v3＝6 m/s，则3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，设3 s后经过时间t2物块的速度减为零，由动量定理可得－（F0＋f）t2＝0－mv3，解得t2＝1 s，所以物块在4 s时速度减为零，则此时物块的动能也为零，故A正确，C错误；设0～3 s内物块发生的位移大小为x1，由动能定理可得（F0－f）x1＝mv，解得x1＝9 m，设3 s～4 s过程中物块发生的位移大小为x2，由动能定理可得－（F0＋f）x2＝0－mv，解得x2＝3 m，4 s后物块反向运动，加速度大小为a＝＝2 m/s2，4 s～6 s发生的位移大小为x3＝at＝4 m<x1＋x2，则6 s时物块没有回到初始位置，故B错误；0～6 s水平力F对物块所做的功为W＝F0x1－F0x2＋F0x3＝40 J，故D正确。 [答案]　AD 例3　（2024·辽宁省大连市高三下二模）物流公司传送小件货物，简化的传输系统如图所示。曲面AB末端与水平面BC平滑连接于B点，水平面BC与传送带等高。工人将小件甲从A点由静止释放，运动到C点时以速度v0＝4 m/s与遗留在平面末端C点的小件乙发生碰撞（碰撞时间极短，碰撞前后甲、乙在同一条直线上运动），碰后甲、乙分别以速度v1＝1.5 m/s和v2＝5 m/s冲到顺时针运行的传送带上，传送带的速度v＝4 m/s，传送带足够长。已知曲面高度h＝1 m，小件甲的质量m1＝4 kg，小件甲、乙均可视为质点，且与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度取10 m/s2。求： （1）小件甲从A点运动到C点过程中克服摩擦阻力所做的功； （2）小件乙的质量m2及甲、乙碰撞过程损失的机械能； （3）小件甲和乙从冲上传送带到都与传送带共速的过程中，传送带的电动机需额外多消耗的电能。 [解析]　（1）设小件甲从A点运动到C点过程中克服摩擦阻力所做的功为Wf，由动能定理得m1gh－Wf＝m1v－0 解得Wf＝8 J。 （2）甲、乙碰撞过程中，由动量守恒定律得 m1v0＝m1v1＋m2v2 解得m2＝2 kg 甲、乙碰撞过程损失的机械能 ΔE机＝m1v－ 解得ΔE机＝2.5 J。 （3）甲冲上传送带后先做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，乙冲上传送带后先做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有 μm1g＝m1a1 μm2g＝m2a2 设甲加速到与传送带共速的时间为Δt1，乙减速到与传送带共速的时间为Δt2，则 v＝v1＋a1Δt1 v＝v2－a2Δt2 Δt1时间内传送带发生的位移x1＝vΔt1 传送带克服小件甲的摩擦力做功Wf1＝μm1gx1 Δt2时间内传送带发生的位移x2＝vΔt2 小件乙对传送带的摩擦力对传送带做的正功Wf2＝μm2gx2 电动机需额外多消耗的电能ΔE电＝Wf1－Wf2 联立解得ΔE电＝32 J。 [答案]　（1）8 J　（2）2 kg　2.5 J　（3）32 J 力学三大观点 对应规律 表达式 适用范围 动力学 观点 牛顿第二定律 F合＝ma 恒力作用下的匀变速运动（包括匀变速曲线运动），涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题 匀变速直线运动规律 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v＝2ax等 能量观点 动能定理 W合＝ΔEk 求解功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移（摩擦生热）时，优先选用能量守恒定律 机械能守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 功能关系 WG＝－ΔEp等 能量守恒定律 E1＝E2 动量观点 动量定理 I合＝p′－p 不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别是对于打击类问题、流体连续作用问题，用动量定理求解 动量守恒定律 p1＋p2＝p1′＋p2′ 对碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，用动量守恒定律求解 高考命题预测 1.（2024·江西省萍乡市高三下二模）如图所示，某同学在家练习原地纵跳摸高，他先下蹲，通过充分调整后，由静止发力蹬地跳起到手触摸某一高度，忽略空气阻力，g取10 m/s2，则从蹬地到触摸到最高点的过程中（　　） A.该同学始终处于超重状态 B.地面支持力的冲量大小等于其所受重力的冲量大小 C.若要触摸到更高位置，则地面支持力做功也需增多 D.若两次摸高位置相差20 cm，则两次摸高过程在空中时间相差0.2 s 答案：B 解析：该同学在空中运动时，加速度为重力加速度，方向竖直向下，处于完全失重状态，故该同学不是始终处于超重状态，故A错误；以竖直向上为正方向，从蹬地到触摸到最高点的过程中，根据动量定理有IF＋IG＝Δp＝0－0＝0，则IF＝－IG，即地面支持力的冲量大小等于其所受重力的冲量大小，故B正确；从蹬地到触摸到最高点的过程中，地面支持力的位移为零，支持力做功为零，故C错误；设两次摸高过程中，较低的位置离地高度为h，两次摸高位置相差Δh，两次摸高过程在空中时间分别为t1和t2，根据运动学公式有h＝gt，h＋Δh＝gt，两次摸高过程在空中时间差为Δt＝t2－t1，联立可得Δt＝－＝－，将上式变形，得Δt＝，易知h>0，由数学知识可知，h增大，Δt减小，且h＝0时，Δt有最大值Δt0＝0.2 s，所以Δt<Δt0＝0.2 s，故D错误。 2.（2024·湖北省八市高三下3月联考）如图所示，光滑水平面上的小车质量为2m，小车左侧部分有半径为R的光滑圆弧轨道，与水平轨道AB相切于A点，小车右端B点固定一个竖直弹性挡板，A、B间距为2R。质量为m的小物块从圆弧轨道最高点以v0＝2的速度滑下，已知小物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。 （1）若将小车固定，求物块经过圆弧轨道最低点时受到支持力的大小； （2）若小车不固定，求物块第一次滑过A点时小车的速度大小； （3）若小车不固定，求物块最终静止的位置与A点的距离及全过程小车的位移大小。 答案：（1）7mg　（2）　（3）2R　R 解析：（1）若将小车固定，设物块滑到圆弧轨道最低点时的速度大小为v，根据机械能守恒定律有mgR＋mv＝mv2 设物块经过圆弧轨道最低点时受到的支持力大小为FN，由牛顿第二定律有FN－mg＝m 联立解得FN＝7mg。 （2）若小车不固定，则物块与小车在水平方向动量守恒，设物块第一次滑过A点时物块的速度为vA，小车的速度为v1，以水平向右为正方向，则有0＝mvA＋2mv1 根据机械能守恒定律有 mv＋mgR＝mv＋（2m）v 联立解得vA＝2，v1＝－ 可知物块第一次滑过A点时小车的速度大小为。 （3）根据水平方向动量守恒，以及能量守恒定律可知，物块与小车最终均静止，且物块停在AB段。设物块整个过程中在小车水平轨道上相对水平轨道滑过的路程为s，由能量守恒定律，有μmgs＝mgR＋mv 解得s＝6R 则可知物块最终将停在B点，与A点的距离为2R。 设全过程物块的水平平均速度大小为1，水平位移大小为x1，小车的平均速度大小为2，水平位移大小为x2，全过程的时间为t，由水平方向总动量守恒，可得m1＝2m2 根据运动学公式，可知x1＝1t，x2＝2t 根据位移关系可知x1＋x2＝R＋2R 联立解得x2＝R。 专题作业 1.（2024·甘肃高考）（多选）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　） A.小车的动能不变 B.小车的动量守恒 C.小车的加速度不变 D.小车所受的合外力一定指向圆心 答案：AD 解析：电动小车做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻在变化，由Ek＝mv2可知，动能不变，由p＝mv可知，动量大小不变，方向时刻在变化，即动量不守恒，故A正确，B错误；电动小车做匀速圆周运动，则小车的加速度大小a＝不变，方向指向运动轨迹的圆心，时刻在改变，根据牛顿第二定律可知，小车所受的合外力一定指向圆心，故C错误，D正确。 2.（2024·北京高考）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（　　） A.刚开始物体相对传送带向前运动 B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力 C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功 D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长 答案：D 解析：刚开始，物体的速度小于传送带的速度，则物体相对传送带向后运动，A错误；物体匀速运动过程中，水平方向受力平衡，又在水平方向上不受除摩擦力外的其他力作用，则物体不受摩擦力作用，B错误；物体加速运动过程中，受到的摩擦力方向与位移方向相同，可知摩擦力对物体做正功，C错误；设物体质量为m，物体与传送带间动摩擦因数为μ，则物体加速运动时的加速度大小为a＝＝μg，物体加速运动的时间为t＝＝，可知传送带运动速度v传越大，物体加速运动的时间越长，D正确。 3.（2024·吉林省普通高等学校招生考试适应性测试）某“失重”餐厅的传菜装置如图所示，运送菜品的小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，该轨道各处弯曲程度相同，在此过程中，小车（　　） A.机械能保持不变 B.动量保持不变 C.处于失重状态 D.所受合力不为零 答案：D 解析：小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，速度大小不变，动能不变，小车高度减小，重力势能减小，则小车的机械能减小，故A错误；小车做螺旋运动，速度大小不变，方向改变，根据动量表达式p＝mv可知，小车的动量大小不变，方向发生变化，即动量发生了变化，故B错误；在竖直方向，小车做匀速直线运动，受力平衡，既不处于失重状态，也不处于超重状态，故C错误；根据上述分析可知，小车在水平面的方向做匀速圆周运动，则水平方向上所受合力等于向心力，综上所述可知，小车所受合力不为零，故D正确。 4.（2023·湖南省邵阳市高三下二模）如图所示，有一固定的倾斜长钢索，小球Q通过轻绳与环P相连，并随P一起沿钢索下滑，下滑过程中，轻绳始终与钢索是垂直的，不计空气阻力，则（　　） A.小球Q的加速度大小与重力加速度的大小相等 B.小球Q所受重力的功率保持不变 C.小球Q的机械能守恒 D.小球Q动量变化的方向竖直向下 答案：C 解析：设钢索与水平方向夹角为θ，对小球Q受力分析，根据牛顿第二定律可得mgsinθ＝ma，解得Q的加速度a＝gsinθ，故A错误；小球Q下滑过程中所受重力的功率P＝mgvQsinθ，因速度vQ在增大，故小球Q的重力的功率也增大，B错误；小球Q下滑过程中轻绳拉力与运动方向垂直，不做功，只有重力做功，因此小球Q的机械能守恒，C正确；动量变化的方向与速度变化的方向相同，且小球平行钢索向下做匀变速直线运动，故小球Q动量变化的方向平行钢索向下，D错误。 5.（2024·北京高考）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（　　） A.上升和下落两过程的时间相等 B.上升和下落两过程损失的机械能相等 C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 答案：C 解析：由于空气阻力一直对小球做负功，则小球机械能不断减小，小球上升过程与下落过程经过同一位置时，重力势能相同，则上升时动能更大，速度更大，所以小球上升过程中的平均速度大于下落过程中的平均速度，由h＝t可知，上升过程的时间小于下落过程的时间，A错误；经过同一位置时，小球上升时的速度大于下落时的速度，而小球所受空气阻力大小与速度大小成正比，因此上升时所受空气阻力大于下落时所受空气阻力，则上升过程中空气阻力所做的负功大于下落过程中空气阻力所做的负功，由功能关系可知，上升过程损失的机械能大于下落过程损失的机械能，B错误；小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，重力做功为0，由动能定理可知，小球抛出时的速度大小大于落回原处时的速度大小，所以小球上升过程中动量变化量的大小大于下落过程中动量变化量的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；小球上升过程中受到向下的空气阻力，方向与重力方向相同，小球受到的合力大于重力，小球下落过程中受到向上的空气阻力，方向与重力方向相反，小球受到的合力小于重力，因此，小球上升过程所受合力始终大于下落过程所受合力，由牛顿第二定律可知，小球上升过程的加速度始终大于下落过程的加速度，D错误。 6.（2024·广西高考）（多选）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δx的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则（　　） A.进入过程，木料对木栓的合力的冲量为－I B.进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为＋mg C.进入过程，木料和木栓的机械能共损失了＋mgΔx D.木栓前进Δx后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为 答案：BD 解析：设进入过程，木料对木栓的合力的冲量为IF，木栓的重力的冲量为IG，由题意可知，木栓在始末状态的速度均为0，根据动量定理有I＋IG＋IF＝0－0，可得IF＝－（I＋IG），故A错误；锤子撞击木栓后，木栓获得的速度v＝，动能Ek＝mv2＝，进入过程，根据动能定理，对木栓有mgΔx－Δx＝0－Ek，解得木料对木栓的平均阻力大小为＝＋mg，故B正确；进入过程，木栓损失的动能ΔEk＝Ek－0＝，损失的重力势能ΔEp＝mgΔx，木料的弹性势能增加了ΔEp′，则木料和木栓的机械能共损失了ΔE＝ΔEk＋ΔEp－ΔEp′＝＋mgΔx－ΔEp′，故C错误；设木栓前进Δx后，木料对木栓一个侧面的压力大小为FN，最大静摩擦力大小为f，对木栓的一个侧面受力分析如图，因为最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则有f＝μFN，由于木栓前进Δx过程中，方孔侧壁弹力呈线性变化，则其所受滑动摩擦力也呈线性变化，可知一个侧面对木栓的平均阻力＝（fsinθ＋FNcosθ），且根据B项求得平均阻力＝＋mg，联立可得f＝，故D正确。 7.（2024·辽宁省抚顺市六校协作体高三下三模）如图所示，固定的水平横杆距水平地面的高度H＝1.75 m，长L＝0.5 m的轻质细绳一端系在水平横杆上，另一端连接质量M＝0.2 kg的木块（可视为质点），质量m＝20 g的子弹以v0＝62 m/s的速度水平射入木块并水平穿出，此后木块恰好能在竖直平面内做圆周运动，忽略空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，求： （1）子弹射穿木块过程中产生的热量Q； （2）子弹落地点与悬点O的距离d。 答案：（1）34.5 J　（2）6.25 m 解析：（1）设子弹穿出木块时的速度大小为v子，此时木块的速度大小为v1，木块在最高点的速度大小为v2。木块恰好能在竖直平面内做圆周运动，有Mg＝M 木块从最低点运动到最高点过程中，根据机械能守恒定律，得Mv－Mv＝2MgL 子弹射入木块过程，对子弹与木块组成的系统，根据动量守恒定律，有mv0＝Mv1＋mv子 根据能量守恒定律，有 Q＝mv－Mv－mv 联立并代入数据解得Q＝34.5 J。 （2）设子弹穿出木块后做平抛运动的时间为t，在竖直方向上有H－L＝gt2 在水平方向上运动的距离x＝v子t 由几何关系可知d＝ 联立并代入数据解得d＝6.25 m。 8.（2024·江苏省镇江市高三下三模）柴油打桩机由重锤汽缸、活塞桩帽等若干部件组成。重锤汽缸的质量为m，钢筋混凝土桩固定在活塞桩帽下端，桩帽和桩总质量为M。汽缸从桩帽正上方一定高度自由下落，汽缸下落过程中，桩体始终静止。当汽缸到最低点时，向缸内喷射柴油，柴油燃烧，产生猛烈推力，汽缸和桩体瞬间分离，汽缸上升的最大高度为h，重力加速度为g。 （1）求柴油燃烧产生的推力对汽缸的冲量； （2）设桩体向下运动过程中所受阻力恒为f，求该次燃烧后桩体在泥土中向下移动的距离。 答案：（1）m，方向竖直向上 （2） 解析：（1）设柴油燃烧使重锤汽缸获得的速度为v0，对分离后的重锤汽缸，由机械能守恒定律有mv＝mgh 汽缸和桩体分离的瞬间，由于内力远大于外力，柴油燃烧产生的推力对汽缸的冲量I燃即为汽缸动量的变化量，由动量定理，有I燃＝mv0－0 解得I燃＝m，方向竖直向上。 （2）设该次燃烧后桩体获得的初速度为v，在泥土中向下移动的距离为H，在燃烧过程中，由于内力远大于外力，所以重锤汽缸和桩体组成的系统动量守恒，有mv0＝Mv 分离后，对桩体由动能定理有 MgH－fH＝0－Mv2 联立解得H＝。 9.（2024·湖北高考）如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。 （1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。 （2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。 （3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 答案：（1）5 m/s　（2）0.3 J　（3）0.2 m 解析：（1）设小物块的质量为m物，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块与传送带相对滑动时，小物块的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μm物g＝m物a 假设小物块与小球碰撞前，小物块可以达到传送带的速度v传，设小物块加速运动的距离为x，根据运动学公式有v－0＝2ax 联立并代入数据解得x＝2.5 m 由于x<3.6 m，可知假设成立，则小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小为v＝v传＝5 m/s。 （2）小物块与小球碰撞的时间极短，则碰撞过程中小物块与小球组成的系统动量守恒，设小球的质量为m球，碰后小物块的速度为v1，小球的速度为v2，以向右为正方向，由动量守恒定律有m物v＝m物v1＋m球v2 由题知v1＝－1 m/s 代入数据解得v2＝3 m/s 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为 ΔEk＝m物v2－m物v－m球v 代入数据解得ΔEk＝0.3 J。 （3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，则P点到O点的距离最小，设为d，设此时小球在P点正上方的速度大小为v3，绳长为L绳，小球在P点正上方时，由牛顿第二定律有 m球g＝m球 小球从O点正下方到P点正上方的过程，由机械能守恒定律有 m球v＝m球v＋m球g（2L绳－d） 联立并代入数据解得d＝0.2 m。 　培优点二　板块模型的综合分析 例1　（2023·全国乙卷）（多选）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（　　） A.木板的动能一定等于fl B.木板的动能一定小于fl C.物块的动能一定大于mv－fl D.物块的动能一定小于mv－fl [解析]　物块在木板上运动的过程中，设木板位移为xM，则物块位移为xm＝xM＋l，根据动能定理，对物块有－fxm＝Ekm－mv，对木板有fxM＝EkM－0，可得物块从木板右端离开时，木板的动能EkM＝fxM，物块的动能Ekm＝mv－fl－fxM，则Ekm<mv－fl，C错误，D正确； 画出该过程中物块、木板的v­t图像如图所示，且v0>vm，vm≥vM，由v­t图线与t轴所围面积表示对应位移可知，图中梯形面积S1表示l，下方三角形面积S2表示xM，由几何知识知，必定有S1>S2，则l>xM，则EkM＝fxM<fl，A错误，B正确。 [答案]　BD 例2　（2024·海南高考）某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R＝10 m，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h＝5 m，静止在光滑水平面上的滑板B，上表面紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量M＝25 kg，一质量为m＝50 kg的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s＝16 m停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为μ＝0.2，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求： （1）游客滑到b点时对滑梯的压力的大小； （2）滑板的长度L。 [解析]　（1）设游客滑到b点时速度大小为v0，受到滑梯的支持力大小为FN。对游客，从a到b过程，根据动能定理有 mgh＝mv－0 代入数据，解得v0＝10 m/s 在b点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m 根据牛顿第三定律，游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为FN′＝FN 联立并代入数据，解得FN′＝1000 N。 （2）设游客恰好滑上平台时的速度大小为v，对游客，在平台上运动过程，由动能定理得 －μmgs＝0－mv2 游客与滑板B相对滑动的过程，设游客与滑板的加速度大小分别为a1和a2，此过程经历的时间为t，根据牛顿第二定律得 μmg＝ma1 μmg＝Ma2 根据运动学规律，对游客有v＝v0－a1t 该段时间内游客的位移大小为x1＝t 滑板的位移大小为x2＝a2t2 根据位移关系得L＝x1－x2 联立并代入数据，解得L＝7 m。 [答案]　（1）1000 N　（2）7 m 例3　（2024·山东高考）如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。 （1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v； （2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。 （ⅰ）求μ和m； （ⅱ）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s，求轨道水平部分的长度L。 [解析]　（1）小物块运动到Q点时，根据牛顿第二定律有mg＋N＝m 其中小物块受到轨道的弹力大小N＝3mg 联立并代入数据，解得v＝4 m/s。 （2）（ⅰ）根据题图乙分析可知，当F≤4 N时，小物块与轨道一起向左加速，根据牛顿第二定律有F＝（M＋m）a 变形得a＝F 结合题图乙可知，图线的斜率 k＝＝ kg－1＝0.5 kg－1 当F>4 N时，轨道与小物块相对滑动，对轨道，根据牛顿第二定律有F－μmg＝Ma 变形得a＝F－ 结合题图乙可知，图线的斜率 k′＝＝ kg－1＝1 kg－1 联立可得M＝1 kg，m＝1 kg 由题图乙可知，F＝8 N时，a＝6 m/s2， 将数据代入F－μmg＝Ma 可解得μ＝0.2。 （ⅱ）当F＝8 N时，由题图乙可知，轨道的加速度为a1＝6 m/s2 设此时小物块的加速度为a2，对小物块，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma2 代入数据解得a2＝2 m/s2 设小物块运动到P点时经过的时间为t0， 则此时轨道的速度v1＝a1t0 小物块的速度v2＝a2t0 小物块从P到Q的过程，对小物块和轨道组成的系统，水平方向动量守恒。设小物块运动到Q点时速度为v4，此时轨道的速度v3，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律，有 Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4 根据机械能守恒定律，有 Mv＋mv＝Mv＋mv＋2mgR 其中v4＝7 m/s 联立并代入数据，解得t0＝1.5 s 根据运动学公式有L＝a1t－a2t 代入数据解得L＝4.5 m。 [答案]　（1）4 m/s （2）（ⅰ）0.2　1 kg　（ⅱ）4.5 m 1.滑块与滑板存在相对滑动的条件 （1）运动学条件：若两物体速度不相等，则会发生相对滑动。 （2）力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力Ff，比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则两物体发生相对滑动。 另一种方法是先根据最大静摩擦力Ffm＝ma0算出滑块的临界状态加速度a0，若滑块实际加速度a>a0，则两物体发生相对滑动。 2.滑块不从滑板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速。若开始时滑块和滑板的速度不相同，当它们的速度刚相同时它们间的摩擦力会发生突变。 3.滑块和滑板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题。 4.应注意区分滑块、滑板各自相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移，求系统摩擦生热时用相对位移（或相对路程）。 5.滑块与滑板相对位移大小的求法 方法一： （1）当两者运动方向相同时，相对位移大小等于两者的对地位移大小之差。 （2）当两者运动方向相反时，相对位移大小等于两者的对地位移大小之和。 方法二：根据滑动摩擦生热公式Q＝Ffx相对求得。 高考命题预测 1.（2024·吉林省普通高等学校招生考试适应性测试）（多选）如图a，质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲到乙左端的距离为L，初始时甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度v0向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x随时间t的变化如图b中实线所示，其中t0时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A.碰后瞬间乙的速度大小为 B.甲、乙间的动摩擦因数为 C.甲到乙左端的距离L≥ D.乙、丙的质量比m∶M＝1∶2 答案：BC 解析：乙与丙弹性碰撞后，先在甲的滑动摩擦力下做匀减速直线运动，在与甲达到共速后做匀速直线运动。设碰后瞬间乙的速度大小为v1，加速度大小为a，从碰后瞬间至甲、乙共速的过程，根据运动学公式，结合图b数据可知，＝v1t0－at，假设乙一直做减速运动，则在t＝2t0时乙的速度减小为0，有v1＝a·2t0，联立解得v1＝v0，a＝，故A错误；对乙，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得甲、乙间的动摩擦因数μ＝，故B正确；对甲，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1，解得甲的加速度大小a1＝，则0～t0时间内甲的位移x甲＝a1t＝，0～t0时间内甲、乙发生的相对位移为Δx＝x乙－x甲＝，则甲到乙左端的距离满足L≥Δx＝，故C正确；设物块丙与乙发生弹性碰撞后的速度为v2，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得Mv0＝Mv2＋mv1，Mv＝Mv＋mv，可得v1＝v0＝，即＝，可得乙、丙的质量比为m∶M＝2∶1，故D错误。 2.（2024·河北省张家口市高三下一模）如图所示，平板A静置在水平地面上，其左端固定有弹性挡板P，物块B处于平板A上的O1点，O1点左侧光滑、右侧粗糙，光滑部分的长度d＝10.0 m。用不可伸长的轻绳将小球C悬挂在O点，O点位于O1点的正上方。当轻绳处于水平拉直状态时，将小球由静止释放，小球第一次下摆至最低点与物块B发生碰撞，碰后小球开始做简谐运动（最大摆角小于10°），其碰后速度方向与碰前速度方向相同，物块B以v0＝8.0 m/s的速度沿平板上表面滑动直至与挡板P发生弹性碰撞，经过一段时间，物块B速度减为零时，小球C刚好到达最低点向右运动，此时物块B与小球C间的距离为x。已知平板A（含挡板P）、物块B、小球C的质量分别为mA＝3.0 kg、mB＝1.0 kg、mC＝2.3 kg，平板A的粗糙部分与物块B间的动摩擦因数μ1＝0.4，平板A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，π2＝10，cos10°＝0.985，＝0.122。上述过程中物块B始终在平板A上，所有碰撞时间和空气阻力均忽略不计，物块B与小球C均可视为质点。求： （1）物块B与挡板P碰撞后瞬间，平板A和物块B的速度大小vA、vB； （2）物块B的速度减为零时，物块B与小球C间的距离x； （3）悬挂小球C的轻绳的长度L。 答案：（1）4.0 m/s　4.0 m/s　（2）1 m （3）0.64 m 解析：（1）以水平向左为正方向，物块B和挡板P发生弹性碰撞，由动量守恒定律得 mBv0＝mAvA－mBvB 由机械能守恒定律得 mBv＝mAv＋mBv 解得vA＝4.0 m/s，vB＝4.0 m/s。 （2）物块B与挡板P碰后且B在O1点左侧时，以向左为正方向，设平板A的加速度为aA，由牛顿第二定律可知－μ2（mA＋mB）g＝mAaA 解得aA＝－ m/s2 假设A速度减为零时，物块B仍处于平板A的光滑部分，设经过t1时间平板A减速到零，则0－vA＝aAt1 解得t1＝1.5 s 此过程平板A和物块B的位移大小分别为 xA＝ xB＝vBt1 解得xA＝3 m，xB＝6 m 由于xA＋xB<d，则假设成立。 由于μ1mBg<μ2（mA＋mB）g，可知此后平板A保持静止，物块B先做匀速直线运动后做匀减速直线运动直到速度减为零。设物块B做匀减速直线运动的位移大小为xB2，由动能定理可得－μ1mBgxB2＝0－mBv 物块B速度减为零时，O1点与小球C间的距离为xA，物块B与O1点的距离为xB2，则此时物块B与小球C间的距离为x＝|xA－xB2| 解得x＝1 m。 （3）物块B与挡板P碰撞前，物块B从O1点运动到挡板P处的时间为t0＝ 物块B与挡板P碰撞后，从平板A刚好停止运动到物块B开始匀减速的时间为t2＝ 设经过t3时间物块B减速到零，由动量定理得 －μ1mBgt3＝0－mBvB 由题知，小球C的摆动周期为T＝2π 由题知，t0＋t1＋t2＋t3＝T（n＝0，1，2…） 联立解得L＝ m（n＝0，1，2…） 设小球C与物块B碰撞前、后的速度分别为vC0和vC1，物块B、小球C碰撞过程，根据动量守恒定律有mCvC0＝mCvC1＋mBv0 由于碰后小球C的速度方向不变，故mCvC0>mBv0 由于碰后小球C做简谐运动，则小球C的摆角θ最大为10°，根据能量守恒定律，小球C碰撞前、后分别满足mCv＝mCgL mCv＝mCgL（1－cosθ），且θ<10° 联立解得0.605 m<L<0.785 m 当且仅当n＝2时，解得L＝0.64 m满足条件， 故L＝0.64 m。 专题作业 1.（2024·江苏省镇江市高三下三模）象棋是中国传统文化的典型代表之一，如图所示，水平面上有三颗相同象棋竖直叠放，上下边缘重合，最左侧与O点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用一直尺快速水平向右将中间棋子击出，稳定后，棋子的分布可能是（　　） 答案：D 解析：设每颗棋子质量均为m，所有接触面间的动摩擦因数均为μ，则最上面的棋子所受摩擦力的最大值f1＝μmg，最下面棋子所受中间棋子提供的摩擦力的最大值f2＝2μmg，所受地面提供的摩擦力的最大值f3＝3μmg。由题意可知，中间棋子被击出的过程，最上面棋子水平方向只受到向右的滑动摩擦力f1的作用，则该棋子会向右运动；最下面棋子受到中间棋子的摩擦力f＝f2＝2μmg<f3，则最下面棋子受力平衡，保持静止状态；中间棋子被击出后，最上面的棋子向右运动了一段距离落在最下面的棋子上，有向右的速度，同理分析可知，此后最下面的棋子仍保持静止，最上面的棋子继续向右运动一段距离直至静止，故D正确，A、B、C错误。 2.（2024·广西南宁市高三下二模）如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。质量为m的滑块（可视为质点）以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度kv（k未知）滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A.滑块向右运动的过程中，加速度大小为 B.滑块与木板间的动摩擦因数为 C.k＝2 D.滑块弹回瞬间的速度大小为 答案：D 解析：设滑块与木板间的动摩擦因数为μ，滑块在木板上运动时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，滑块以速度v滑上木板左端至滑到木板右端时速度恰好为零的过程，根据匀变速直线运动规律可知v2＝2aL，联立解得a＝，μ＝，故A、B错误；小滑块以水平速度v右滑时，由动能定理有－fL＝0－mv2，小滑块以速度kv滑上木板，设碰墙时速度大小为v1，由动能定理有－fL＝mv－m（kv）2，设滑块、木板最终的共同速度为v2，自滑块与墙碰撞至向左运动到木板左端的过程，由动量守恒定律有mv1＝（m＋4m）v2，由能量守恒定律可得fL＝mv－（m＋4m）v，联立解得k＝，v1＝，故C错误，D正确。 3.（2024·辽宁高考）（多选）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t＝4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是（　　） A.小物块在t＝3t0时刻滑上木板 B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μ C.小物块与木板的质量比为3∶4 D.t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 答案：ABD 解析：v­t图像的斜率表示加速度，由图可知，t＝3t0时刻木板的加速度发生改变，由牛顿第二定律可知，此时木板的受力情况发生改变，故可知小物块在t＝3t0时刻滑上木板，故A正确；设小物块的质量为m，小物块和木板间的动摩擦因数为μ0，根据题意结合图像可知，小物块开始滑上木板时，小物块的速度大小为v0＝μgt0，方向水平向左，小物块在木板上滑动时，对小物块，根据牛顿第二定律，有μ0mg＝ma0，解得小物块在木板上滑动时的加速度大小为a0＝μ0g，t＝3t0时刻小物块滑上木板后，先向左做匀减速直线运动，减速到0后以相同的加速度向右做匀加速直线运动，在t＝4t0时刻与木板共速，共速时速度大小为v共＝μgt0，方向水平向右，有v共＝－v0＋a0t0，联立可解得μ0＝2μ，故B正确；设木板的质量为M，0～3t0时间内，根据v­t图像可知，木板的加速度为a＝＝μg，此时间内，对木板由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma，解得木板受到的水平恒力F＝μMg，3t0～4t0时间内，根据v­t图像可知，木板的加速度为a′＝＝－μg，此时间内，对木板由牛顿第二定律得F－μ（m＋M）g－μ0mg＝Ma′，解得＝，故C错误；假设t＝4t0之后小物块和木板相对静止，则小物块和木板整体所受合力为F合＝F－μ（m＋M）g＝μMg－μMg＝0，故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。 4.（2024·浙江6月选考）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＝0.5 m，d＝4.4 m，L＝1.8 m，M＝m＝0.1 kg，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，重力加速度g＝10 m/s2。 （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。 答案：（1）5 m/s　（2） J　（3）6 m/s 解析：（1）设滑块通过圆形轨道最高点C处的速度大小为vC，滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，由重力提供向心力，有 mg＝ 从滑块离开弹簧到通过点C的过程，根据动能定理有－2mgR＝mv－mv 联立并代入数据，解得v0＝5 m/s。 （2）滑块恰好过C点，根据能量守恒定律可知，滑块滑上平板时的速度大小为v0 μ2＝0时，自滑块滑上平板到平板加速至与滑块共速的过程，滑块与平板组成的系统动量守恒，设二者的共同速度大小为v共，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 mv0＝（M＋m）v共 此过程系统损耗的机械能 ΔE＝mv－（M＋m）v 联立并代入数据，解得ΔE＝ J。 （3）μ2＝0.1，滑块滑上平板时，设滑块减速的加速度大小为a1，平板加速的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有 μ1mg＝ma1 μ1mg－μ2（m＋M）g＝Ma2 代入数据可解得a1＝6 m/s2，a2＝4 m/s2 若滑块与平板能达到共同速度，因为μ1mg>μ2（m＋M）g，则二者之后保持相对静止做匀减速直线运动。 假设二者恰好共速时，滑块恰好运动至平板右端，这种情况下，滑块能到达H点且滑块离开弹簧时的速度最大；设滑块滑上平板到与平板共速所用时间为t1，共速的速度为v，共速后，二者的共同加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有μ2（m＋M）g＝（m＋M）a3 代入数据可解得a3＝1 m/s2 由能量守恒定律知，滑块滑上平板的速度为vm，根据匀变速直线运动规律有v＝vm－a1t1 v＝a2t1 滑块与平板相对滑动的过程，滑块和平板的位移分别为 x1＝t1 x2＝t1 共速时滑块恰好运动至平板右端，根据位移关系有L＝x1－x2 联立并代入数据，解得t1＝0.6 s，vm＝6 m/s 则可得x2＝0.72 m<d－L 由v′2－v2＝－2a3·（d－L－x2） 可得滑块和平板到达H点时的速度v′＝ m/s>0 综上分析可知，假设成立，vm＝6 m/s。 5.（2024·浙江1月选考）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＝1 m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25 m、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＝0.5 kg的滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放，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，重力加速度g取10 m/s2） （1）若h＝0.8 m，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＝1.6 m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。 答案：（1）①16 m/s2　②2 m　③1∶2 （2）0.2 m 解析：（1）①设小物块第一次经过C点的速度大小为vC，向心加速度大小为a，对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有mgh＝mv 由圆周运动规律，有a＝ 联立并代入数据，解得a＝16 m/s2。 ②由几何关系知，E点距C点的高度 h′＝Lsinθ＋R（1－cosθ） 代入数据解得h′＝0.95 m h′>h＝0.8 m，故根据能量守恒定律可知，小物块始终在E点下方运动。 小物块a在DE上运动时，因为μ2mgcosθ<mgsinθ，所以小物块a每次在DE上上升至最高点后一定会下滑，最终小物块a将在B、D间做往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等。 设小物块在DE上经过的总路程为s，根据能量守恒定律有 mg[h－R（1－cosθ）]＝μ1mgcosθ·＋μ2mgcosθ· 代入数据解得s＝2 m。 ③设小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为a上、a下，根据牛顿第二定律有 mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma上 mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma下 代入数据解得a上＝8 m/s2，a下＝2 m/s2 对小物块a在DE上运动距离相等的第i次向上运动和第i次向下运动，根据运动学公式有a上t＝a下t 解得＝＝ 又t上＝t上1＋t上2＋… t下＝t下1＋t下2＋… 则＝＝。 （2）设小物块a运动到F点的速度大小为vF，对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有 mg[h－Lsinθ－2R（1－cosθ）]－μ1mgcosθ·L＝mv－0 分析可知，小物块与滑块相对静止时恰好位于滑块左端而不脱离滑块，滑块长度最小，设为l，设此时二者达到的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mvF＝2mv 根据能量守恒定律有 mv＝·2mv2＋2μ1mgl 联立并代入数据，解得l＝0.2 m。 6.（2023·辽宁高考）如图，质量m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2。取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用根式表示。 （1）求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。 （2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。 （3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU（用t0表示）。 答案：（1）1 m/s　0.125 m （2）0.25 m　 m/s　（3）4t0－8t 解析：（1）由于地面光滑，则在木板接触弹簧前，木板与物块组成的系统动量守恒，有 m2v0＝（m1＋m2）v1 代入数据解得v1＝1 m/s 木板接触弹簧前，在摩擦力作用下向右做匀加速运动，设加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μm2g＝m1a1 由运动学公式得v＝2a1x1 联立并代入数据解得x1＝0.125 m。 （2）木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时，设木板和物块的加速度大小为a共， 对木板和物块整体有kx2＝（m1＋m2）a共 对物块有μm2g＝m2a共 联立并代入数据解得x2＝0.25 m 对木板、物块及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得 kx＋（m1＋m2）v＝（m1＋m2）v 代入数据解得v2＝ m/s。 （3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，分析知木板的加速度始终大于物块的加速度，物块始终相对于木板向右运动，加速度大小为a共＝μg＝1 m/s2，方向水平向左。 此过程木板先向右运动，速度从v2减小到0，再反向加速至加速度大小等于a共，对木板受力分析可知，木板反向加速至加速度大小为a共，即与物块加速度相同时，弹簧的形变量为x2，由受力和运动的对称性知此过程的总时间为2t0，木板的末速度大小为v2，则此过程初末状态弹簧的弹性势能相等，木板的动能相等，由能量守恒定律可知，系统因摩擦转化的内能ΔU等于物块减少的动能，设物块的末速度为v3， 则ΔU＝m2v－m2v 对物块由匀变速直线运动规律得 v3＝v2－a共·2t0 联立并代入数据解得ΔU＝4t0－8t。 　培优点三　数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题 例1　（2024·湖南高考）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。 （1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小； （2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比； （3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0<e<1），求第1次碰撞到第2n＋1次碰撞之间小球B通过的路程。 [解析]　（1）由题意可知，A、B组成的系统碰撞前后动量守恒，设碰撞后小球组合体的速度大小为v，以碰前A的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有mAv0＝（mA＋mB）v 可得v＝ 碰撞后，根据牛顿第二定律可知，小球组合体做圆周运动所需向心力大小F＝（mA＋mB） 可得F＝。 （2）若两球发生弹性碰撞，设A、B第一次碰后速度分别为vA和vB，以碰前A的速度方向为正方向， 根据动量守恒定律有mAv0＝mAvA＋mBvB 根据总动能不变有mAv＝mAv＋mBv 联立解得vA＝v0，vB＝ 因为mA>mB，则vA>0，分析可知，B沿顺时针方向比A多运动一周，追上A发生第二次碰撞 对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度分别为vA′、vB′，以碰前A、B的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′ 根据总动能不变有 mAv＋mBv＝mAvA′2＋mBvB′2 联立解得vA′＝v0，vB′＝0 所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，则三个碰撞点a、b、c的位置如图所示。设、、的弧长均为L，根据vA、vB与vA′、vB′的大小分析可知，第二次碰撞不可能发生在a点，只可能发生在b点或c点，现在分情况求解： ①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞，A通过的路程 xA1＝L＋3k1L B通过的路程xB1＝4L＋3k1L 其中k1＝0，1，2，… 则第一次碰撞后A、B的速度之比 ＝＝（k1＝0，1，2，…） 联立解得＝ 由于mA、mB均为正值，故k1＝0，即＝2 根据vA、vB与vA′、vB′的大小，可知第三次碰撞发生在c点，第四次碰撞发生在a点，以此类推，可知＝2满足题意。 ②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞，A通过的路程 xA2＝2L＋3k2L B通过的路程xB2＝5L＋3k2L 其中k2＝0，1，2，… 则第一次碰撞后A、B的速度之比 ＝＝（k2＝0，1，2，…） 联立可得＝ 因为mA、mB均为正值，故k2＝0，即＝5 根据vA、vB与vA′、vB′的大小，可知第三次碰撞发生在b点，第四次碰撞发生在a点，以此类推，可知＝5满足题意。 综上可知，＝2或＝5。 （3）第1次碰撞，以碰前A的速度方向为正方向，设碰撞后A、B的速度分别为vA1、vB1，根据动量守恒定律有mAv0＝mAvA1＋mBvB1 第1次碰撞后A、B的相对速度大小为 v1相＝vB1－vA1 根据题意，第1次碰撞前A、B的相对速度大小为v0，则第1次碰撞后A、B的相对速度大小为v1相＝ev0 联立解得vA1＝v0，vB1＝v0 根据mA>mB、0<e<1可知，vA1>0，vB1>0，则碰后A、B均沿顺时针方向运动，B追上A将发生第2次碰撞 第1次碰撞后至第2次碰撞前，B球相对A球运动一圈，则经历的时间为t1＝ 这段时间B球运动的路程s1＝vB1t1 联立可解得s1＝ 第2次碰撞，以碰前A、B的速度方向为正方向，设碰撞后A、B的速度分别为vA2、vB2，根据动量守恒定律有mAv0＝mAvA2＋mBvB2 第2次碰撞后A、B的相对速度大小为 v2相＝vA2－vB2 根据题意，第2次碰撞后A、B的相对速度大小为v2相＝ev1相＝e2v0 联立可得 vA2＝v0，vB2＝v0 同理分析可知，碰后A、B均沿顺时针方向运动，A追上B将发生第3次碰撞 第2次碰撞后至第3次碰撞前，经历的时间为t2＝ 这段时间B球运动的路程s2＝vB2t2 联立可得s2＝ 以此类推可知，当n为奇数时，第n次碰撞后A、B的速度分别为 vAn＝v0，vBn＝v0 当n为偶数时，第n次碰撞后A、B的速度分别为vAn＝v0，vBn＝v0 分析可知，第n次碰撞后A、B的相对速度大小为vn相＝env0 第n次碰撞后至第n＋1次碰撞前，经历的时间为tn＝ 则第n次碰撞后至第n＋1次碰撞前，B球沿顺时针方向运动的路程为sn＝vBntn 联立可得，n为奇数时，sn＝ n为偶数时，sn＝ 第1次碰撞到第2n＋1次碰撞之间，B球通过的总路程s＝s1＋s2＋s3＋…＋s2n 联立可得s＝ 根据等比数列求和可知， s＝·。 [答案]　（1）　 （2）2或5　（3）· 例2　在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0 m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05，开始时物块静止，凹槽以v0＝5 m/s的初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计。g取10 m/s2。求： （1）物块与凹槽相对静止时的共同速度大小； （2）从凹槽开始运动到两者相对静止，物块与右侧槽壁碰撞的次数； （3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。 [解析]　（1）设两者相对静止时的共同速度大小为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv 解得v＝2.5 m/s。 （2）由题知，物块与凹槽间的滑动摩擦力大小Ff＝μmg 设两者相对静止前相对运动的路程为s1，由能量守恒定律得Ffs1＝mv－×2mv2 解得s1＝12.5 m 因＝5.5，可知从凹槽开始运动到两者相对静止，物块与右侧槽壁共发生6次碰撞。 （3）设凹槽与物块碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′，由动量守恒定律有mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′ 由机械能守恒定律有 mv＋mv＝mv1′2＋mv2′2 联立解得v1′＝v2，v2′＝v1 即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，A、B相对滑动时，根据牛顿第二定律，对A、B均有Ff＝ma 可解得A、B的加速度大小a＝0.5 m/s2 ＝12，则从开始到最终，A、B共碰撞了12次，且A、B恰好共速时，B到达A左侧槽壁恰未发生碰撞。根据以上分析，画出该过程两者的速度—时间图线如图所示，图中阴影部分的面积即该过程凹槽运动的位移大小s2 设从开始到相对静止经历的时间为t，则 v＝v0－at 解得t＝5 s v­t图中两条倾斜直线间的几个阴影等腰梯形的面积，即对应过程A比B多运动的位移，由题知，第1次碰撞前，A比B多运动的位移为0.5L，第2次碰撞到第3次碰撞、第4次碰撞到第5次碰撞、……第12次碰撞后，A比B多运动的位移均为L，则A的速度较大时，整个过程A比B多运动的位移大小 s2′＝0.5L＋6L＝6.5L 则s2＝vt＋s2′ 解得s2＝12.75 m。 [答案]　（1）2.5 m/s　（2）6次 （3）5 s　12.75 m 当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常用到以下两种方法： 数学归纳法 先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，通常会出现等差、等比数列，然后可以利用数学数列求和公式计算全程的路程等数据 图像法 通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v­t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像与t轴所围面积求出物体的位移 高考命题预测 （2024·湖北省武汉市高三下二模）如图所示，倾角θ＝30°的足够长斜面固定在水平面上，t＝0时刻，将物块A、B（均可视为质点）从斜面上相距l＝0.05 m的两处同时由静止释放。已知A的质量是B的质量的3倍，A、B与斜面之间的动摩擦因数分别为μA＝、μB＝，A、B之间的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度大小g＝10 m/s2，求： （1）A、B发生第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小； （2）A、B发生第三次碰撞的时刻； （3）从静止释放到第n次碰撞，A运动的位移大小。 答案：（1）0.25 m/s　0.75 m/s （2）1.0 s　（3）0.05（3n2－3n＋1） m 解析：（1）设B的质量为m，则A的质量为3m，A沿斜面下滑，设其加速度大小为a，根据牛顿第二定律有3mgsinθ－μA×3mgcosθ＝3ma 对B受力分析，有mgsinθ＝μBmgcosθ，即释放后B静止在斜面上 设A与B发生第一次碰撞前的速度大小为vA0，由运动学规律得v＝2al A与B发生第一次碰撞，设碰后A的速度大小为vA1，B的速度大小为vB1，由动量守恒定律得3mvA0＝3mvA1＋mvB1 由机械能守恒定律得 ×3mv＝×3mv＋mv 解得vA1＝0.25 m/s，vB1＝0.75 m/s。 （2）设A从静止释放后，经过时间t0与B发生第一次碰撞，有vA0＝at0 解得t0＝0.2 s B以vB1做匀速直线运动，A做初速度为vA1、加速度为a的匀加速直线运动，到第二次碰撞前瞬间，两者位移相等，设经历的时间为t1，有vA1t1＋at＝vB1t1 此时A的速度大小为vA1′＝vA1＋at1 解得t1＝0.4 s，vA1′＝1.25 m/s A与B发生第二次碰撞，设碰后A的速度大小为vA2，B的速度大小为vB2，由动量守恒定律有3mvA1′＋mvB1＝3mvA2＋mvB2 由机械能守恒定律得 ×3mvA1′2＋mv＝×3mv＋mv 解得vA2＝1 m/s，vB2＝1.5 m/s B以vB2做匀速直线运动，A做初速度为vA2、加速度为a的匀加速直线运动，到第三次碰撞前瞬间，两者位移相等，设经历的时间为t2，有vA2t2＋at＝vB2t2 解得t2＝0.4 s 故A与B发生第三次碰撞的时刻为 T3＝t0＋t1＋t2 解得T3＝1.0 s。 （3）由于vB1－vA1＝vB2－vA2＝vA0，故A、B在第一次碰撞后到第二次碰撞前，以及第二次碰撞后到第三次碰撞前期间的运动状态均是B相对A以初速度vA0、加速度大小为a做匀减速运动，所以相邻两次碰撞的时间间隔均为 Δt＝＝0.4 s 设第k－1次碰撞后A的速度大小为vA（k－1），B的速度大小为vB（k－1），到第k次碰撞前A的速度大小为vA（k－1）′＝vA（k－1）＋a·Δt，第k次碰撞后A的速度大小为vAk，B的速度大小为vBk，根据动量守恒定律可得 3mvA（k－1）′＋mvB（k－1）＝3mvAk＋mvBk 由机械能守恒定律，有 ×3mvA（k－1）′2＋mv＝×3mv＋mv 解得vBk＝ 由以上分析可知vB（k－1）－vA（k－1）＝vA0 则联立有vBk＝vB（k－1）＋0.75 m/s 设第k－1次碰撞至第k次碰撞之间，A的位移为xA（k－1），有xAk－xA（k－1）＝vBk·Δt－vB（k－1）·Δt＝0.3 m 所以从第一次碰撞到第n次碰撞，A的位移为xA＝xA1＋xA2＋…＋xA（n－1） 其中xA1＝vB1·Δt＝0.3 m，xA2＝vB2·Δt，…，xA（n－1）＝vB（n－1）·Δt 则从静止释放到第n次碰撞，A的位移xA′＝l＋xA＝0.05（3n2－3n＋1） m。 专题作业 1.甲、乙两车总质量（包括人、车及沙袋）均为500 kg，在光滑水平面上沿同一直线相向而行，两车速度大小分别为v甲＝3.8 m/s，v乙＝1.8 m/s，为了不相撞，甲车上的人将编号分别为1，2，3，…，n、质量分别为1 kg，2 kg，3 kg，…，n kg的沙袋依次均以20 m/s相对地面的速度水平抛入乙车，试求： （1）第几号沙袋投入乙车后，乙车速度为零； （2）至少第几号沙袋投入乙车后，若两车尚未相碰，则不会相撞。 答案：（1）第9号　（2）第12号 解析：（1）以乙车和投入乙车的沙袋为研究对象，以乙车原来速度方向为正方向，第k（k＝1，2，3，…，n）号沙袋投入乙车后，乙车速度为零，根据动量守恒定律有Mv乙－（m1＋m2＋m3＋…＋mk）v0＝（M＋m1＋m2＋m3＋…＋mk）v乙′ 其中m1＋m2＋m3＋…＋mk＝（1＋2＋3＋…＋k） kg＝ kg，v乙′＝0 联立并代入数据解得k＝9（另一解k＝－10舍去） 即第9号沙袋投入乙车后，乙车速度为零。 （2）两车恰好不会相撞时速度应相同，以甲车原来的速度方向为正方向，设两车达到的共同速度为v，根据动量守恒定律，有 Mv甲－Mv乙＝2Mv 解得v＝1 m/s 以甲车为研究对象，设抛出第j（j＝1，2，3，…，n）号沙袋后甲车速度变为v＝1 m/s，则有Mv甲＝[M－（m1＋m2＋m3＋…＋mj）]v＋（m1＋m2＋m3＋…＋mj）v0 其中m1＋m2＋m3＋…＋mj＝（1＋2＋3＋…＋j） kg＝ kg 解得j＝11.6 即至少第12号沙袋投入乙车后，若两车尚未相碰，则不会相撞。 2.（2024·山东省菏泽市高三下一模）如图所示，倾角为37°的倾斜传送带长为L1＝5.8 m，以v＝4 m/s的速度逆时针匀$$