02 任务群（二） 能量与动量（Word练习）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

任务群（二） 能量与动量 建构知识体系 任务1　功、功率的分析与计算 1．功的求法 2．功率的求法 考向1　功和功率的计算 【例1】 两个完全相同的小球A、B，在某一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方向抛出，如图所示，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　 ) A．两小球落地时速度相同 B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同 C．从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同 D．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同 考向2　机车启动及相关模型 【例2】 (多选)2024年6月15日零时起，中国铁路实行新的列车运行图，武广高铁常态化按350公里时速高标运营，当日9时15分，长沙南站开出首趟高标运营列车，到广州南站仅需1小时59分。此高铁列车启动过程做匀加速直线运动，设运动过程中列车受到的阻力与行驶速度的大小成正比，在启动过程中当速度大小为v时，机车的输出功率为P，当速度大小为2v时，机车的输出功率可能为(　　 ) A．2.5P B．3.5P C．4.5P D．5.5P 【例3】 (2024·山东济南模拟)如图所示，借助电动机和斜面将质量为20 kg的货物用最短的时间从斜面底端拉到斜面顶端。货物依次经历匀加速、变加速、匀速、匀减速四个阶段，到达顶端时速度刚好为零。已知电动机的额定功率为1 200 W、绳子的最大拉力为300 N，绳子与斜面平行，斜面长度为34.2 m，倾角θ＝30°，货物与斜面的摩擦因数为减速阶段加速度大小不超过5 m/s2，g取10 m/s2。求： (1)减速阶段电动机的牵引力T； (2)货物运动的总时间t。 [规律方法]“例3”可等效为机车启动模型，分析此类问题首先要搞清功率、牵引力、速度之间的制约关系，同时，对功率一定的变速运动过程，牵引力虽然变化，但功率P不变，则功W＝Pt，所以常用动能定理建立位移和时间之间的关系。 任务2　动能定理和机械能守恒定律的应用 考向1　用动能定理求功 【例4】 (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 【例5】 (2024·新课标卷)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。(sin 37°＝0.6) (1)求此时P、Q绳中拉力的大小； (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。 [规律方法]应用动能定理的四点提醒 (1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比应用动力学方法解题要简捷。 (2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。 (3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化。 (4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解。 考向2　机械能守恒定律的应用 【例6】 (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 [规律方法]机械能守恒定律的表达式 【例7】 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． [规律方法]常见的机械能守恒的连接体模型 共速率 模型 分清两物体位移大小与高度变化的关系 共角速 度模型 两物体角速度相同，线速度与半径成正比 关联速 度模型 此类问题要注意速度的分解，找出两物体速度的关系 [说明]以上连接体不计阻力和摩擦力，系统机械能守恒，单个物体机械能不守恒。 任务3　功能关系和能量守恒定律的应用 1．五种常见的功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做的功等于重力势能的减少量 W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp 弹力做的功等于弹性势能的减少量 静电力做的功等于电势能的减少量 动能 合外力做的功等于物体动能的变化量 W＝Ek2－Ek1＝ 机械能 除重力和弹力之外的其他力做的功等于机械能的变化量 W其他＝E2－E1＝ΔE机 摩擦产生的内能 一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q＝Ff·s相对(s相对为相对路程) 电能 克服安培力做的功等于电能的增加量 W克安＝E2－E1＝ΔE 2.应用功能关系和能量守恒定律的三个特别提醒 (1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功和能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况。 (2)可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做功的多少。 (3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同。 【例8】 (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． [规律方法]灵活利用功的关系可将对功(或能量转化)的求解转化为对相应能量转化(或功)的求解。 【例9】 (多选)(2024·湖南岳阳模拟)蹦极是一项极限运动，某人身系原长为30 m的弹性绳自P点无初速度落下，其运动轨迹为图中的虚线，人在最低点Q时的动能恰好与弹性绳的弹性势能相等。已知人的质量为75 kg，OP＝30 m，OQ＝40 m，弹性绳(满足胡克定律)具有的弹性势能Ep＝kx2，式中k为弹性绳的劲度系数，x为弹性绳的形变量，不计空气阻力及弹性绳的质量，人可视为质点，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　 ) A．弹性绳的劲度系数为150 N/m B．弹性绳中的最大弹力为1 500 N C．人在Q点时的速度大小为20 m/s D．人在Q点时的加速度大小为30 m/s2 任务4　动量定理的应用 1．冲量的三种计算方法 (1)公式法：I＝Ft，适用于求恒力的冲量。 (2)动量定理法：I＝p′－p，多用于求变力的冲量或F、t未知的情况。 (3)图像法：用F ­t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若F ­t呈线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量。 2．动量定理在“四类”问题中的应用 (1)求解涉及F、t、v、v0的动力学问题。 (2)求解缓冲平均力问题。 (3)求解流体冲击力问题。 (4)在电磁感应中求解电荷量问题。 考向1　用动量定理分析流体问题 【例10】 (2024·山东菏泽三模)风筝在我国已存在两千年之久，又有纸鸢、鹞子之称。如图所示，某时刻风筝静止在空中，风筝面与水平面夹角为θ，牵引绳与竖直方向夹角为2θ。已知风筝的质量为m，垂直风筝面的风速大小为v，风筝面的面积为S，重力加速度为g，则风筝所在高度的空气密度为(　　 ) A． B． C． D． 考向2　动量定理在动力学中的应用 【例11】 (多选)(2024·福建高考)物块置于足够长光滑斜面上并锁定，t＝0时刻解除锁定，并对物体沿斜面施加如图所示变化的力F，以沿斜面向下为正方向，下列说法正确的是(　　 ) A．0～4t0，物体一直沿斜面向下运动 B．0～4t0，合外力的总冲量为0 C．t0时动量是2t0时的一半 D．2t0～3t0过程物体的位移小于3t0～4t0的位移 【例12】 (2024·山东名校联考)质量m＝2 kg的物体静止在水平面上，从t＝0时刻开始，对物体施加水平力F，4 s后撤去F，F随时间变化的F ­t图像如图所示，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)物体的最大速度； (2)物体停止运动的时刻。 [规律方法]涉及力、时间、初速度、末速度的动力学问题，有时可用动量定理简捷求解。 任务5　动量守恒定律的应用 1．动量守恒的三种情况 (1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板—块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型。 (2)近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲。 (3)某一方向守恒：系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块—斜面(曲面)模型。 2．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(常用)。 (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 (3)Δp＝0，系统总动量的增量为零。 【例13】 如图，某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M的自制“水火箭”静置在地面上。发射时“水火箭”在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的水。已知火箭运动过程中所受阻力与速度大小成正比，火箭落地时速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　 ) A．火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力 B．火箭上升过程中一直处于超重状态 C．火箭获得的最大速度为v0 D．火箭在空中飞行的时间为t＝ 【例14】 (多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　 ) A. 48 kg B. 53 kg C. 58 kg D. 63 kg [规律方法]本题考查利用动量守恒定律解决多过程的物理问题，要求学生有较强的分析、归纳和综合能力。分析多过程问题时，一定要明确研究的是哪个过程，该过程是否满足动量守恒的条件。 任务6　碰撞与反冲问题 考向1　碰撞问题 1.碰撞问题遵循的三条原则 (1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。 (3)速度要符合实际情况：若碰后同向，后方物体的速度不大于前方物体的速度。 2．“一动一静”弹性碰撞 情境 规律 动量守恒，机械能守恒 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1＋m2 结果 v1′＝v1，v2′＝v1 讨论 (1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度； (2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动； (3)当m1＜m2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 【例15】 (2024·辽宁丹东一模)如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内，质量为M的小球A从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点质量为m的小球B发生第一次碰撞(M≤m)，若A、B两球第一次碰撞和第二次碰撞发生在同一位置，且两球始终在圆形轨道水平直径的下方运动，A、B间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　 ) A．第一次碰撞后瞬间，A球的运动方向一定变为水平向左 B．第一次碰撞后瞬间，A球对轨道的压力大小可能为mg C．第二次碰撞结束后，A球沿左侧轨道上升的最大高度不可能为R D．第二次碰撞结束后，A球沿左侧轨道运动速度为零时，对轨道的压力大小可能为mg 考向2　类碰撞问题 情境(地面或轨道光滑) 类比“碰撞” 满足规律 初态 末态 相距最近时(图1、2) 完全非弹 性碰撞 动量守恒，动能损失最多 再次恢复原长时(图1)、回到原位置时(图2) 弹性碰撞 动量守恒，动能无损失 共速时(图3、4、5) 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多 分离时(图3、4) 非弹性碰撞 动量守恒，部分动能转化为内能 到达最高点时 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多 再次回到地面时 弹性碰撞 动量守恒，动能无损失 【例16】 如图甲所示，质量分别是2m、m的两物块A、B用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触。t＝0时，物块C以速度v0向右运动，t0时刻与物块A相碰并立即(作用时间极短、可忽略)与物块A粘在一起不再分离。在0～3t0时间内，物块C的v ­t图像如图乙所示，求： (1)物块C的质量； (2)离开墙壁后，物块B的最大速度。 考向3　反冲运动 1.人船模型 2．类人船模型 【例17】 如图，质量为M，半径为R的圆弧槽，置于光滑水平面上。将一可视为质点的滑块从与圆心等高处无初速度地释放，滑块的质量为m，且M＝2m，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　 ) A．若圆弧面光滑，则圆弧槽与滑块组成的系统动量守恒 B．若圆弧面光滑，则滑块运动至水平面时速度大小为 C．若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则圆弧槽的位移大小为 D．若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则滑块的位移大小为 大题突破一　力学三大观点的综合应用 力学三大观点对比 力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则 动力学观点 牛顿第二定律 F合＝ma 涉及匀变速直线运动的位移、速度、加速度、时间 匀变速直线运动规律 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－ 能量观点 动能定理 W合＝ΔEk 涉及运动的初、末速度、位移和力，不涉及时间 机械能守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 能量守恒定律 E1＝E2 动量观点 动量定理 I合＝p′－p 涉及运动的初、末速度，时间和力，不涉及位移 动量守恒定律 p1＋p2＝p1′＋p2′ 题型一　传送带模型 传送带中摩擦力做功与能量转化 (1)静摩擦力做功的特点：①静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能。 (2)滑动摩擦力做功的特点：①滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能。 (3)摩擦生热的计算：①Q＝Ffs相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程。②传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和。 【例1】 (2024·江苏苏州模拟)如图所示，一长L＝6 m的倾斜传送带在电动机带动下以速度v＝4 m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ＝37°，质量m1＝4 kg的小物块A和质量m2＝2 kg的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长的轻绳足够长。某时刻将物块A轻轻放在传送带底端，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，不计滑轮的质量与摩擦，在A运动到传送带顶端前物块B都没有落地。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)物块B刚下降时的加速度a； (2)物块A从底端到达顶端所需的时间t； (3)物块A从底端到达顶端时，电动机多做的功W。 【例2】 (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。 题型二　板块模型 1．用动力学解决板块模型问题的思路 2．滑块和木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。 3．应注意区分滑块、木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)。 【例3】 (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h＝5 m，静止在光滑水平面上的滑板B，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。 [规律方法]游客在滑板上运动时，由于水平面是光滑的，所以游客与滑板构成的系统动量守恒，利用动量和能量相结合的观点也可确定滑板的长度。设游客滑离滑板时，滑板的速度为v′，则对应方程为： 【例4】 (2024·河北高考)如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力。 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。 (3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。 高考新动向2　应用数学归纳法解决多次碰撞问题 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，通常可用到数学归纳法进行求解，其基本思路为：先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次的数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应的规律或结果，然后可以计算全程的相关数据。 【典例】 (2024·山东临沂一模)如图所示，水平地面上有一个质量为M＝3 kg、左端带有固定挡板的长木板A，其上表面O点左侧光滑、右侧粗糙，O点距右端的距离l1＝8 m，距左端挡板的距离l2＝4 m，下表面与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2。长木板右端放置一个可视为质点的小滑块B，其质量为m＝1 kg，B与木板间的动摩擦因数μ2＝0.1，初始时滑块和长木板均静止。现给长木板A大小为v0＝8 m/s、水平向右的初速度；当B相对于长木板滑至O点时，给长木板施加一水平向右、大小为F＝14 N的恒力。经过一段时间，滑块与挡板发生第一次弹性碰撞；此后的运动过程中，滑块B与挡板发生多次弹性碰撞，所有碰撞过程时间极短可以忽略，g取10 m/s2。求： (1)从开始运动到滑块相对于长木板向左滑至O点的过程中，长木板A的位移； (2)滑块B与挡板发生第一次碰撞前，系统由于摩擦而产生的总热量； (3)滑块B与挡板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的时间间隔； (4)滑块B与挡板发生第n次碰撞前A和B的速度大小。 任务群（二） 能量与动量 【例1】解析：选C。两球运动过程中机械能守恒，则两小球落地时速度大小相同，但方向不同，A错误；两小球落地时，B球竖直速度较大，根据PG＝mgvy可知，B球重力的瞬时功率较大，B错误；根据W＝mgh可知，从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同，C正确；从开始运动至落地，B球运动时间较长，根据可知，B球重力做功的平均功率较小，D错误。 【例2】解析：选AB。列车以速度为v行驶时受到的阻力为f1＝kv，列车的牵引力为F1＝，设列车总质量为m，根据牛顿第二定律有F1－f1＝ma，联立解得P＝mav＋kv2，同理，列车以速度为2v行驶时受到的阻力为f2＝k×2v，列车的牵引力为F2＝，根据牛顿第二定律有F2－f2＝ma，联立解得P′＝2mav＋4kv2，因为2mav＋2kv2<2mav＋4kv2<4mav＋4kv2，可知2P<P′<4P，故A、B正确。 【例3】 解析：(1)减速阶段，根据牛顿第二定律有 μmg cos θ＋mg sin θ－T＝mam 解得T＝100 N。 (2)货物在第一阶段匀加速上升的过程，根据牛顿第二定律可得F1－mg sin θ－μmg cos θ＝ma1 解得a1＝5 m/s2 当功率达到额定功率时，设货物的速度为v1，则有v1＝＝4 m/s 此过程所用时间和上滑的距离分别为 t1＝ s＝0.8 s x1＝＝1.6 m 货物以最大速度匀速时，有 vm＝＝6 m/s 货物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上滑的距离分别为 t3＝ s＝1.2 s x3＝＝3.6 m 因此，从电动机达到额定功率到货物即将减速，上滑的距离为x2＝34.2－3.6－1.6 m＝29 m 设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得 Pt2－mg sin θ·x2－μmg cos θ·x2＝ 解得t2＝5 s 所以总时间为t＝t1＋t2＋t3＝7 s。 答案：(1)100 N　(2)7 s 【例4】解析：选D。人在下滑的过程中，由动能定理可得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。 【例5】解析：(1)重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q绳中拉力的大小分别为FT1和FT2，竖直方向 FT1cos α＝mg＋FT2cos β 水平方向FT1sin α＝FT2sin β 联立代入数值得FT1＝1 200 N，FT2＝900 N。 (2)整个过程根据动能定理得W＋mgh＝0 解得两根绳子拉力对重物做的总功为W＝－4 200 J。 答案：(1)1200 N　900 N　(2)－4 200 J 【例6】解析：选C。设小环运动轨迹所对的圆心角为θ(0≤θ≤π)，大圆环的半径为R，大圆环对小环的作用力为F，则由机械能守恒定律可得mgR(1－cos θ)＝又小环做圆周运动，则有F＋mg cos θ＝联立可得小环下滑过程中受到大圆环的作用力F＝mg(2－3cos θ)，则F的大小先减小后增大，且当cos θ＝时F最小，当cos θ＝－1，即小环在大圆环最低点时F最大，结合牛顿第三定律可知C正确。 【例7】 解析：选B。由于甲在B位置时，轻质硬杆与AP垂直，根据牵连速度的分解规律可知，甲沿轻质硬杆的分速度为0，即此时乙的速度为0，甲小球减小的重力势能转化为甲的动能，则有mgmv2，解得v＝，故B正确。 【例8】 解析：选B。设水从出水口射出的初速度为v0，取t时间内的水为研究对象，该部分水的质量为m＝v0tSρ，根据平抛运动规律有l＝v0t，h＝gt2，解得v0＝l，根据功能关系得Ptη＝＋mg(H＋h)，联立解得水泵的输出功率为P＝，故B正确。 【例9】解析：选CD。从P到Q由功能关系可知mgh＝Ek＋Ep＝2Ep＝kΔx2，代入数据解得k＝300 N/m，A错误；弹性绳中的最大弹力为F＝kΔx＝3 000 N，B错误；人在Q点时，Ek＝，解得速度vQ＝20 m/s，C正确；人在Q点时的加速度大小为a＝＝30 m/s2，D正确。 【例10】解析：选A。对风筝受力分析如图1所示， 作出矢量三角形如图2所示，可知风筝此时获得的垂直风筝面的力F＝2mg cos θ，根据牛顿第三定律，风筝对垂直风筝面的风的作用力大小也为F，以风为研究对象，单位时间Δt内，垂直打在风筝面的风的质量Δm＝ρSvΔt，在垂直风筝面方向上由动量定理有F·Δt＝Δm·v，联立解得空气密度为ρ＝，故A正确。 【例11】解析：选AD。根据图像可知，当F＝2mg sin θ时，物块的加速度为a＝＝3g sin θ，方向沿斜面向下；当F＝－2mg sin θ时，物块加速度大小为a＝＝g sin θ，方向沿斜面向上，作出物块内的v ­t图像， 根据图像可知0～4t0，物体一直沿斜面向下运动，故A正确；根据图像可知0～4t0，物块的末速度不等于0，根据动量定理I合＝Δp≠0，故B错误；根据图像可知t0时物块速度大于2t0时物块的速度，故t0时动量不是2t0时的一半，故C错误；v­t图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知2t0～3t0过程物体的位移小于3t0～4t0的位移，故D正确。 【例12】解析：(1)物体与水平面之间的滑动摩擦力 f＝μmg＝4 N 则根据题图可知，在t＝1 s时物体开始运动，t＝4 s时物体的速度最大，根据图像与坐标轴围成的面积可知，水平力F在1～4 s内的冲量 I＝×1 N·s＋8×2 N·s＝22 N·s 根据动量定理有I－f(t－1)＝mvm 则vm＝5 m/s。 (2)t＝4 s后，物体在摩擦力作用下做减速运动，则有vm＝μgt′ 解得t′＝ s＝2.5 s 则物体在t″＝t＋t′＝4 s＋2.5 s＝6.5 s时停止运动。 答案：(1)5 m/s　(2)6.5 s 【例13】解析：选D。火箭向下喷出水，水对火箭的反作用力是火箭的动力，A错误；火箭加速上升过程处于超重状态，减速上升过程处于失重状态，B错误；喷水瞬间由动量守恒定律可得mv0－(M－m)v1＝0，解得火箭获得的最大速度为v1＝v0，C错误；以向下为正方向，上升过程由动量定理可得(M－m)gt1＋t1＝0＋(M－m)v1，下降过程由动量定理可得(M－m)gt2－t2＝(M－m)v，其中t2＝kh，联立解得t＝t1＋t2＝，D正确。 【例14】解析：选BC。设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律有0＝mv1－m0v0，解得运动员第1次推出物块后的速度为v1＝v0，物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块后，同理有mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得运动员第2次推出物块后的速度为v2＝v0，第3次推出后，同理有mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得运动员第3次推出物块后运动员的速度为v3＝v0，依次类推……第8次推出后，运动员的速度为v8＝v0，根据题意可知v8＝v0>5 m/s，解得m<60 kg，第7次运动员的速度一定要小于5 m/s，则v7＝v0<5 m/s，解得m>52 kg，综上所述，运动员的质量满足52 kg<m<60 kg，B、C正确。 【例15】解析：选B。由弹性碰撞的规律知，当M<m时，碰撞后质量小的球A被反弹回来，方向水平向左，当M＝m时，两球碰撞后交换了速度，碰撞后小球A静止，A错误；小球A碰前速度为MgR＝，若A、B两球第一次碰撞和第二次碰撞发生在同一位置，且两小球始终在圆形轨道水平直径的下方运动，则两球碰后速度大小相同，对碰撞过程由动量守恒知Mv0＝－Mv1＋mv1，由能量守恒知，解得M＝v0，第一次碰撞后瞬间FN－Mg＝M，代入得FN＝mg，则由牛顿第三定律知A球对轨道的压力可能为mg，B正确；当M＝m时，二次碰撞后A球的速度大小为v0，沿左侧轨道上升的最大高度为R，此时A球对轨道的压力大小为0；M＝时，二次碰撞后，小球A速度为零时上升至最低点与R之间的高度，设此时小球A与圆心的连线与竖直方向夹角为θ，则有Mg cos θ＝，因为M<m，结合牛顿第三定律可知A球对轨道压力大小不可能为mg，故两种情况下A球二次碰撞后速度为零时，对轨道压力大小均不可能为mg，C、D错误。 【例16】解析：(1)物块C与物块A相碰并立即粘在一起，速度为，根据动量守恒，有mCv0＝(mC＋2m) 解得mC＝m。 (2)3t0时刻，弹簧第一次恢复到原长，此时物块A、C速度的大小为，物块B的速度为0，从3t0开始，系统动量、机械能均守恒。系统的总动量、总机械能分别为p总＝(2m＋mC)，E总＝(2m＋mC)，弹簧第二次恢复到原长时，物块B的速度最大，设此时物块A、C、物块B的速度大小分别为v1、v2，则p总＝(2m＋mC)v1＋mv2 E总＝ 解得v1＝。 答案：(1)m　(2) 【例17】解析：选C。若圆弧面光滑，圆弧槽与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，故A错误；若圆弧面光滑，设滑块运动至水平面时速度大小为v1，圆弧糟速度大小为v2，由机械能守恒定律知mgR＝在水平方向上动量守恒有mv1＝Mv2，M＝2m，联立解得v1＝2，故B错误；若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，设滑块与圆弧槽相对于地面沿水平方向的位移分别为x1和x2，由水平方向动量守恒有mx1＝Mx2，x1＋x2＝R，M＝2m，联立解得x1＝，故C正确；由于滑块还发生了竖直位移R，故滑块的位移大小为R，故D错误。 大题突破一　力学三大观点的综合应用 【例1】解析：(1)对A分析，有 FT＋μm1g cos θ－m1g sin θ＝m1a 对B分析，有m2g－FT＝m2a 联立解得a＝2 m/s2，方向竖直向下。 (2)物块A达到与传送带共速所需的时间为t1＝＝2 s 物块A的位移x1＝t1＝4 m 之后匀速运动的时间为t2＝＝0.5 s 物块A从底端到达顶端所需的时间t＝t1＋t2＝2.5 s。 (3)物块A从底端到达顶端时，相对位移Δx＝vt1－x1＝4 m 电动机多做的功设为W，根据能量守恒定律得 W＋m2gL－m1gL sin θ＝(m1＋m2)v2＋μm1gΔx cos θ 解得W＝136 J。 答案：(1)2 m/s2，方向竖直向下 (2)2.5 s (3)136 J 【例2】解析：(1)根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有μmg＝ma 解得a＝5 m/s2 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为 x＝＝2.5 m<L传＝3.6 m 可知小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小5 m/s。 (2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有 m物v＝m物v1＋m球v2 其中v＝5 m/s，v1＝－1 m/s 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m球 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，设此时P点到O点的距离为d，小球在P点正上方的速度为v3，在P点正上方，由牛顿第二定律有 m球g＝m球 小球从O点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有m球m球＋m球g(2L绳－d) 联立解得d＝0.2 m 即P点到O点的最小距离为0.2 m。 答案：(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m 【例3】解析：(1)设游客滑到b点时速度为v0，从a到b的过程，根据机械能守恒得 mgh＝ 解得v0＝10 m/s 在b点根据牛顿第二定律得 FN－mg＝m 解得FN＝1 000 N 根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为＝FN＝1 000 N。 (2)设游客恰好滑上平台时的速度为v，在平台上运动过程由动能定理得 －μmgs＝0－mv2 解得v＝8 m/s 根据题意，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为a1和a2，得 a1＝＝μg＝2 m/s2 a2＝＝4 m/s2 根据运动学规律对游客有 v＝v0－a1t 解得t＝1 s 该段时间内游客的位移为s1＝t＝9 m 滑板的位移为s2＝a2t2＝2 m 根据位移关系得滑板的长度为 L＝s1－s2＝7 m。 答案：(1)1 000 N　(2)7 m 【例4】解析：(1)设机器人的质量为M，木板的质量为m，机器人在从A木板左端走到右端的过程，机器人与A木板组成的系统动量守恒，根据“人船模型”可知 Mx1＝mx2 根据位移关系有x1＋x2＝LA 联立解得木板A向左移动的位移 x2＝1.5 m。 因机器人向右走动过程，B、C始终静止，则机器人从A木板左端走到右端时，A、B木板间的水平距离为x2＝1.5 m。 (2)机器人起跳后在空中做斜抛运动，设在空中运动的时间为t，起跳时速度为v0，与水平方向的夹角为θ，则 水平方向上有x2＝v0cos θ·t 竖直方向上有v0sin θ＝g· 联立解得v0＝ 机器人起跳过程中，机器人与A木板水平方向上动量守恒，则有Mv0cos θ＝mvA 根据功能关系有W＝ 联立可得 W＝()(单位为J) 当tan θ0＝2时，W最小， Wmin＝90 J。 (3)设机器人从A木板上起跳的速度大小为v01，A木板的速度为vA，机器人跳到B木板左端后与B木板瞬间共速，速度为v共，此时A、B木板间的水平距离为xAB，水平方向上，B、C木板与机器人组成的系统动量守恒，则有 Mv01cos θ0＝(M＋2m)v共 取水平向右为正方向，每一次机器人从B木板上起跳过程中，机器人与B木板组成的系统在水平方向上动量守恒，则有(M＋m)v共＝MvM1＋mvm1＝MvM2＋mvm2＝MvM3＋mvm3 又机器人相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，则有 (vM1－vm1)t1＝ (vM2－vm2)t2＝ (vM3－vm3)t3＝ 联立可得 v共(t1＋t2＋t3)－(vm1t1＋vm2t2＋vm3t3)＝LB 且3次跳跃后，B木板恰好追上A木板，则有 vm1t1＋vm2t2＋vm3t3＋vA(t1＋t2＋t3)＋xAB＝0 机器人跳到B木板右端时，A、C两木板间距离 xAC＝vA(t1＋t2＋t3)＋xAB＋LB＋v共(t1＋t2＋t3) 联立解得xAC＝LB。 答案：(1)1.5 m　(2)90 J　2　(3)xAC＝LB 高考新动向2　应用数学归纳法解决多次碰撞问题 【典例】解析：(1)根据牛顿第二定律，对A有 μ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma1 对B有μ2mg＝ma2 解得a1＝3 m/s2，a2＝1 m/s2 设经时间t，B滑至O点，根据位移时间公式，有 a2t2＝l1 解得t＝2 s 则长木板A的位移 xA＝v0t－a1t2＝10 m。 (2)B第一次滑至O点前，A、B之间产生的热量 Q1＝μ2mgl1＝8 J B第一次滑至O点前，A与地面之间产生的热量 Q2＝μ1(M＋m)gxA＝80 J B滑至O点时，根据速度时间公式，有 vA＝v0－a1t＝2 m/s vB＝a2t＝2 m/s 此后，对A木板，根据牛顿第二定律有 F－μ1(M＋m)g＝Ma 解得a＝2 m/s2 设B第一次滑至O点后再经时间Δt滑块B与挡板发生第一次碰撞，位移关系为 vAΔt＋aΔt2－vBΔt＝l2 解得Δt＝2 s 此过程，A对地位移 xA′＝vAΔt＋aΔt2＝8 m 此过程，A与地面之间产生的热量 Q3＝μ1(M＋m)gxA′＝64 J 故滑块B与挡板发生第一次碰撞前，系统由于摩擦而产生的总热量 Q＝Q1＋Q2＋Q3＝152 J。 (3)第一次碰撞前，根据速度时间公式，有 vA1＝vA＋aΔt＝6 m/s vB1＝vB＝2 m/s 第一次碰撞过程中，满足动量守恒和机械能守恒，得 MvA1＋mvB1＝MvA1′＋mvB1′ MvA1′2＋mvB1′2 解得vA1′＝4 m/s，vB1′＝8 m/s 设第一次碰撞后经Δt′，A、B速度相同，即 vA1′＋aΔt′＝vB1′ 解得Δt′＝2 s 此时B离挡板距离 d＝vB1′Δt′－＝4 m＝l2 B刚好滑至O点，所以两次碰撞间隔B在光滑区域运动。 设第一次碰撞后经时间t1，滑块B与挡板发生第二次碰撞，则 vA1′t1＋＝vB1′t1 解得t1＝4 s。 (4)根据以上分析，施加力F后，B物体运动始终在光滑区域，第二次碰撞前，根据速度时间公式，有 vA2＝vA1′＋at1＝12 m/s vB2＝vB1′＝8 m/s 第二次碰撞过程中，满足动量守恒和机械能守恒，得 MvA2＋mvB2＝MvA2′＋mvB2′ M＋m 解得vA2′＝10 m/s，vB2′＝14 m/s …… 设滑块B与挡板第n－1次碰撞到第n次碰撞的时间间隔为tn－1，有 vA(n－1)′tn－1＋＝vB(n－1)′tn－1 tn－1＝tn－2＝…＝t2＝t1＝4 s 则第n次碰撞前 vAn＝vA(n－1)′＋atn－1＝6n(m/s) vBn＝vB(n－1)′＝6n－4(m/s)。 答案：(1)10 m　(2)152 J　(3)4 s　(4)6n(m/s) 6n－4(m/s) 学科网（北京）股份有限公司 $