易错03 能量 动量（易错专练）（广东专用）2026年高考物理二轮复习讲练测

易错03 能量 动量目录 第一部分 易错点剖析 易错典题 避错攻略 举一反三 易错点1 混淆机车启动的两个过程 易错点2 不会用动能定理求解多过程问题 易错点3 运用机械能定律错误 易错点4 不会分析板块模型 易错点5 根据动量定理求冲力不会建立正确的物理模型 易错点6 运用动量动量守恒列式错误 易错点7 不会分析圆周运动向心力的来源 易错点8 竖直平面圆周运动混淆两种模型 易错点9 混淆近地卫星、同步卫星和赤道上物体的运行问题 易错点10 卫星变轨时物理量的变化比较错误 第二部分 易错题闯关 易错点1 混淆机车启动的两个过程 易错典题 【例1】自动扶梯以恒定的速率送乘客上楼，乘客第一次站在扶梯上不动，第二次相对于扶梯匀速向上走，自动扶梯的牵引力两次做功分别为、，功率分别为、，则（ ） A． B． C． D． 【易错分析】功是力对位移的积累效果。“积累”是逐渐聚集的意思，显然，只具有力或位移谈不上积累，因而也没有功．有同学认为：两种情况下人都是匀速上升的，电梯对人的作用力与重力平衡，设上升的竖直高度为H，则两种情况下扶梯对人的支持力所做的功，又因为第二次上楼时间短，所以，实际上，这两个结论都是错误的。假设楼梯不动，人匀速上楼，楼梯对人的支持力大小也是，人在竖直方向也发生了位移，但是楼梯对人并没有做功，因为支持力并没有实现位移的积累，在人两脚每一次交换时间内，踩在楼梯上的这只脚是静止的。 【答案】B 【解析】如果人站在电扶梯上，电动扶梯将他以的速度往上送，人是靠扶梯的支持力向上运动，由功的定义，电梯做功。 电梯的功率为： 若人以相对于扶梯的速度在以速度匀速上升的电梯上往上走，则人在竖直方向的位移H是两个运动的共同结果，其中靠电梯的作用力“积累”的位移为 靠人的内力作用“积累”的位移为：，所以，电梯做功为： 电梯的功率：所以故选项B正确。 避错攻略 【方法总结】 两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 P－t图像 和 v－t图像 OA段 过程 分析 v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ a＝不变⇒F不变，v↑⇒P＝Fv↑直到P＝P额＝Fv1 运动 性质 加速度减小的加速直线运动 匀加速直线运动，维持时间t1＝ AB段 过程 分析 F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝ v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ 运动 性质 以vm做匀速直线运动 加速度减小的加速直线运动 BC段 过程 分析 F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝ 运动 性质 以vm做匀速直线运动 转折点 在转折点A，牵引力与阻力大小相等，此时加速度为零，速度达到最大，为vm＝ 在转折点A，功率达到额定功率，匀加速运动结束，此时v1＝；在转折点B，速度达到最大，为vm＝ 掌握三个重要关系式 1.无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝＝(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力大小F阻)。　　 2.机车以恒定加速度启动的过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，v＝＜vm＝。 3.机车以恒定功率启动时，牵引力做的功W＝Pt。由动能定理得Pt－F阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。 举一反三 【变式1-1】(多选)发展新能源汽车是当前一项国家战略，更是世界发展的潮流。假设有一辆纯电动客车质量m＝1×103 kg，客车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F与速度v的关系图像，加速过程在图中的B点结束，所用的时间t＝10 s，10 s后客车做匀速运动。若客车所受阻力始终不变，下列说法正确的是(　　) A.客车的功率P＝64 kW B.图中A点对应的时刻为5 s C.图中A点对应时刻客车的加速度大小为4 m/s2 D.0～10 s客车通过的路程为128 m 答案　ACD 解析　客车以恒定功率P启动，由图可得P＝Fv＝64 kW，故A正确；客车以额定功率启动，作出其v－t图像如图曲线所示，如果客车是做初速度为零的匀加速直线运动，则v－t图像如图中的直线所示，当速度为8 m/s时直线对应的时间刚好是5 s，而A点对应曲线的时间tA小于5 s，故B错误；10 s后客车做匀速运动，此时客车受到的牵引力与阻力大小相等，故f＝4 000 N，图中A点，FA＝8 000 N，根据牛顿第二定律可得aA＝＝4 m/s2，故C正确；设0～10 s客车通过的路程为s，根据动能定理可得Pt－fs＝mv，代入数据解得s＝128 m，故D正确。 【变式1-2】一辆玩具赛车在水平直线跑道上由静止开始以10 kW的恒定功率加速前进，赛车瞬时速度的倒数和瞬时加速度a的关系如图所示，已知赛车在跑道上所受到的阻力不变，赛车到达终点前已达到最大速度。下列说法中正确的是(　　) A.赛车做加速度逐渐增大的加速直线运动 B.赛车的质量为20 kg C.赛车所受阻力大小为500 N D.赛车速度大小为5 m/s时，加速度大小为50 m/s2 答案　C 解析　由牛顿第二定律有－f＝ma，赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，整理得＝a＋，可知图像的斜率恒定为，与纵轴的截距为，结合图像可得＝0.05 s/m，＝ s3 /m2，解得m＝25 kg，f＝500 N，代入v＝5 m/s，解得a＝60 m/s2，故C正确，A、B、D错误。 易错点2 不会用动能定理求解多过程问题 易错典题 【例2】如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放， （1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小； （2）设释放点距B点的长度为，滑块第一次经F点时的速度v与之间的关系式； （3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度的值。 【易错分析】分过程动能定理的应用，要不多个过程分为多个过程，确定每个过程中合力的功即总功，判断每个力做功的正负和大小，确定初末状态动能。特别是发生相对运动时，求功时要注意位移是相对地面的位移。 【答案】（1）7N；（2）；（3）见解析 【解析】 （1）到C点过程据动能定理可得 C点时 （2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时 据动能定理可得 解得 要能过F点 （3）设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍 据动能定理可得 解得 当时 当时 当时 BD错误； 故选C。 避错攻略 【方法总结】 1.运用动能定理解决多过程问题的两种思路 (1)分段应用动能定理求解。 (2)所求解的问题不涉及中间的速度时，全过程应用动能定理求解更简便。 2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点。 (1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。 (2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小与路程的乘积。 多过程问题的分析方法 (1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。 (2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。 (3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。 (4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。 (5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论 举一反三 【变式2-1】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。 答案　(1)　(2)0　(3) 解析　(1)由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有 mg＝m 解得vD＝。 (2)由题意知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有vCx＝vCcos 60°＝vB 小物块从C到D的过程中，根据动能定理有 －mg(R＋Rcos 60°)＝mv－mv 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)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有－μmgs＝mv－mv s＝π·2R 解得vA＝。 【变式2-2】如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)求滑雪者运动到P点的时间t； (2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v； (3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。 答案　(1)　(2) (3)(1－μ)d 解析　(1)滑雪者由A点运动到P点的过程中，由牛顿第二定律得 mgsin 45°－Ff＝ma 在垂直斜坡方向由平衡条件得FN＝mgcos 45° 又Ff＝μFN 解得a＝g(1－μ) 由运动学公式x＝at2得t＝。 (2)设P点到B点的过程重力做的功为WG，克服摩擦力做的功为Wf，则滑雪者从P点由静止开始下滑到B点的过程，由动能定理得WG－Wf＝0 滑雪者由A点到B点过程，由动能定理得 mgdsin 45°＋WG－Wf－μmgdcos 45°＝mv2 联立解得v＝。 (3)滑雪者离开B点后做斜抛运动，则 竖直方向的分速度vy＝vsin 45°＝ 水平方向的分速度vx＝vcos 45°＝ 滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大，则其在空中运动的时间 t＝＝ 则平台BC的最大长度为L＝vxt 由以上解得L＝(1－μ)d。 易错点3 运用机械能定律错误 易错典题 【例3】我国早在3000年前就发明了辘轳，其简化模型如图所示，辘轳的卷筒可绕水平轻轴转动，卷筒的半径为R，质量为M、厚度不计。某人转动卷筒通过细绳从井里吊起装满水的薄壁柱状水桶，水桶的高为d，空桶质量为，桶中水的质量为m。井中水面与井口的高度差为H，重力加速度为g，不计辐条的质量和转动轴处的摩擦。下列分析判断正确的是（ ） A. 若人以恒定以像速度匀速转动卷筒，则水桶上升的速度为 B. 若人以恒定功率P转动卷筒，装满水的水桶到达井口前已做匀速运动，水桶上升过程的最大速度为 C. 空桶从桶口位于井口处由静止释放并带动卷筒自由转动，水桶落到水面时的速度大小 D. 忽略提水过程中水面高度的变化，水桶从图示位置缓慢上升高度H，人做的功 【易错分析】不会对桶由静止下落过程中，以水桶和卷筒组成的系统为研究对象运用机械能守恒列式。 【答案】AC 【解析】人以恒定以像速度匀速转动卷筒，则水桶上升的速度为 A正确；设水桶做匀速运动时受到细绳的拉力为，则有 又，解得 B错误；桶由静止下落过程中，水桶和卷筒组成的系统机械能守恒，则有 解得，C正确；设水桶在水中受到浮力为，桶口运动到井口的过程中，由动能定理 解得，D错误。 避错攻略 【方法总结】 判断机械能守恒的三种方法 【变式3-1】如图所示，竖直固定的光滑细杆上穿着一个小球B，小球通过一根不可伸长的轻绳绕过轻质光滑定滑轮与质量为m的物块A相连，用手将物块A竖直向上托起至定滑轮左侧细绳与竖直方向的夹角为θ，现突然松手，物块A开始在竖直方向上做往复运动，小球最高能到达M点。已知定滑轮到细杆的距离为d，Q点和定滑轮的高度相同，OM⊥OP，sin θ＝0.6，重力加速度大小为g，定滑轮可看作质点，下列说法正确的是(　　) A.当小球经过Q点时，A物块的加速度为零 B.小球的质量为 C.小球经过Q点时的加速度大小为g D.A和B组成的系统机械能不守恒 答案　BC 解析　小球从P到Q，物块A从静止运动到最低点，此时速度为零，所以物块A先加速后减速，物块A受到的拉力先小于重力后大于重力，当小球经过Q点时，A物块处于最低点，此时A物块的加速度不为零，故A错误；小球经过Q点时水平方向受力平衡，在竖直方向仅受到重力作用，则加速度大小为g，故C正确；A和B组成的系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，则有mBg·＝mg，解得mB＝，故B正确，D错误。 【变式3-2】如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求： (1)重物落地后，小球线速度的大小v； (2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F： (3)重物下落的高度h。 答案　(1)2ωR　(2)　(3)(ωR)2 解析　(1)线速度v＝ωr，得v＝2ωR。 (2)向心力F向＝2mω2R 设F与水平方向的夹角为α，则Fcos α＝F向，Fsin α＝mg 则F＝。 (3)落地时，重物的速度v′＝ωR，由机械能守恒定律得Mv′2＋4×mv2＝Mgh 解得h＝(ωR)2。 易错点4 混淆摩擦力做功和摩擦产生的热量 易错典题 【例4】如图所示，倾角θ＝37°的传送带顺时针转动，传送带的长度(两轴心距离)s＝15 m，质量m＝1 kg的小物块以初速度v0＝2 m/s从A端滑上传送带，从B端滑上置于光滑水平面上质量为M＝3 kg、上表面为光滑圆弧的槽车(物块由传送带滑上槽车时无机械能损失，光滑圆弧的半径足够大)。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。 (1)为使物块到达传送带顶端时能以最大速度滑上槽车，传送带的传送速度至少为多少？ (2)求物块以最大速度滑上槽车后，能上升的最大高度。 (3)若传送带传送速度为v，且满足v>v0，写出因物块与传送带摩擦产生的热量Q与v的关系式。 【错因分析】“(1)“摩擦力做功”与“因摩擦产生的热量”是容易混淆的两个概念，不论摩擦力做正功还是做负功，计算方法均为摩擦力与物体对地位移的乘积；而因摩擦产生的热量为摩擦力与两物体之间的相对滑动距离的乘积。 (2) 在本题中，如果计算传送带与小物块之间的摩擦力对小物块所做的功，则需要用摩擦力与小物块对地位移的乘积进行计算，而如果计算在此过程中产生的热量，则需要用摩擦力与小物块和传送带之间的相对位移的乘积来进行计算 【答案】　(1)4 m/s　(2)0.6 m (3)Q＝ 【解析】(1)为使物块到达传送带顶端时能以最大速度滑上槽车，物块应在传送带上一直被加速，到达顶端时物块速度小于或等于传送带速度，设物块的最大速度为vm，根据牛顿第二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma， 代入数据解得a＝0.4 m/s2， 由动能定理得Wf＝mas＝mvm2－mv02， 则传送带的最小速度v′＝vm＝， 解得vm＝4 m/s。 (2)物块上升到最大高度时与槽车共速，速度记为v1，上升高度记为h，由动量守恒定律可得 mvm＝(m＋M)v1， 由能量守恒定律可得mgh＝mvm2－(m＋M)v12， 联立解得h＝0.6 m。 (3)若v≥4 m/s，则物块在传送带上一直被加速，加速度为a＝0.4 m/s2，设加速时间为t， 则由s＝v0t＋at2可得t＝5 s， 此时因物块与传送带摩擦产生的热量 Q＝fΔx＝μmgcos 37°(vt－s)＝(32v－96)J； 若v0<v<4 m/s，则物块在传送带上先加速，后匀速，加速度a＝0.4 m/s2，设加速时间为t′， 则有t′＝＝(2.5v－5)s， 此时因物块与传送带摩擦产生的热量 Q＝fΔx＝μmgcos 37°＝8(v－2)2 J。 避错攻略 【知识链接】 　　类型 比较　　 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 不 同 点 能量的 转化 只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能 (1)一部分机械能从一个物体转移到另一个物体 (2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量 不 同 点 一对摩擦力的总功 一对静摩擦力所做功的代数和总等于零 一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，总功W＝－Ffs相对，即发生相对滑动时产生的热量 相同点 做功情况 两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功 举一反三 【变式4-1】一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中。当子弹进入木块的深度达到最大值2 cm时，木块沿水平面恰好移动距离1 cm。在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为(　　) A.1∶2 B.1∶3 C.2∶3 D.3∶2 答案　C 解析　根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x1＝(2＋1)cm＝3 cm，木块在摩擦力作用下的位移为x2＝1 cm；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE系统＝Q＝Ff(x1－x2)；子弹损失的动能等于子弹克服摩擦力做的功， 即ΔE子弹＝Ffx1，可得＝，故C正确，A、B、D错误。 【变式4-2】如图甲所示，向飞机上装货时，通常用到可移动式皮带输送机。如图乙所示，皮带输送机倾角为θ=30°，以1m/s顺时针匀速转动，现将货物在输送带下端A点无初速度释放后从A点运动B点，已知货物均可视为质点，质量为m=10kg，A、B两端点间的距离为s==9.8m， 货物与输送带间的动摩擦因数为，重力加速度取10m/s2。则货物从低端到顶端要消耗的能量为（　　） A.510J B. 490J C. 375J D.260J 【答案】A 【解析】先货物做匀加速运动，后与传送带一起匀速运动 加速阶段的加速度 则加速的时间，根据能量守恒定律 货物从低端到顶端要消耗的能量，所以选项A 正确. 易错点5 根据动量定理求冲力不会建立正确的物理模型 易错典题 【例5】汕头市属于台风频发地区，图示为风级（0~12）风速对照表。假设不同风级的风迎面垂直吹向某一广告牌，且吹到广告牌后速度立刻减小为零，则“12级”风对广告牌的最大作用力约为“4级”风对广告牌最小作用力的（　　） 风级 风速（m/s） 风级 风速（m/s） 0 0~0.2 7 13.9~17.1 1 0.3~1.5 8 17.2~20.7 2 1.6~3.3 9 20.8~24.4 3 3.3~5.4 10 24.5~28.4 4 5.5~7.9 11 28.5~32.6 5 8.0~10.7 12 32.7~36.9 6 10.8~13.8 ……. ……. A. 45倍 B. 36倍 C. 27倍 D. 9倍 【错因分析】对于空气、水等流体质介问题，同学们们在运用动量定理求平均冲力时，不知如何选取研究对象，建立物理模型，因而也无法求解，实慰上求解的关键是建立柱体模型。 【答案】A 【解析】设空气的密度为，广告牌的横截面积为，经过时间撞击在广告牌上的空气质量为 ，根据动量定理可得，解得 根据牛顿第三定律可知，风对广告牌作用力为 则“级”风对广告牌的最大作用力与“级”风对广告牌最小作用力的比值为 故选项A正确。 避错攻略 【方法总结】 研究 对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ 微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n 分析 步骤 ①构建“柱体”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S ②微元研究 小柱体的体积ΔV＝vSΔt 小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt 小柱体粒子数N＝nvSΔt 小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt ③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究 举一反三 【变式5-1】一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为(　　) A.Snmv B.2Snmv C.Snmv D.2Snmv 答案　C 解析　时间Δt内粘在飞船上的尘埃质量为M＝v0ΔtSnm，对粘在飞船上的尘埃，由动量定理得FΔt＝Mv0－0，解得飞船对这些尘埃的作用力为F＝nmvS；根据牛顿第三定律及平衡条件，可知为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力F′＝F，牵引力的功率为P＝F′v0＝Snmv，故C正确，A、B、D错误。 【变式5-2】雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为(　　) A.ρv B.2ρv 　 C.ρv2 　 D.2ρv2 答案　B 解析　单位时间的降水量Δh＝，在芭蕉叶上取ΔS的面积上，Δt时间内降落的雨水质量m＝ρ· ΔS·ΔhΔt＝ρΔSΔt，设雨水受到的撞击力为F，竖直向下为正方向，根据动量定理有FΔt＝－mv－mv，联立解得F＝－2ρvΔS，根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上ΔS的面积受到的撞击力的大小F′＝2ρvΔS，因此平均压强为p＝＝2ρv，故B正确。 易错点6 运用动量动量守恒列式错误 易错典题 【例6】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 的静止物块以大小为 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 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 ，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. B. C. D. 【错因分析】应用动量守恒定律时首先要注意应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负；同时注意的“五性”公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一时刻的速度。不注意这两点在运用动量守恒定律列式往往出现错误。 【答案】BC 【解析】选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为 ，物块的质量为 ，物块被推出时的速度大小为 ，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为 .根据动量守恒定律知，运动员第一次推出物块时有 ，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有 ，依此类推， ， ， ，又运动员的退行速度 ， ，解得 ,即 ，故B、C正确，A、D错误. 举一反三 【变式6-1】如图所示，水平地面上，某运动员手拿篮球站在滑板车上向一堵竖直的墙(向右)滑行，为了避免与墙相撞，在接近墙时，运动员将篮球水平向右抛出，篮球反弹后运动员又接住篮球，速度恰好减为0。不计地面的摩擦和空气阻力，忽略篮球在竖直方向的运动，篮球与墙的碰撞过程不损失能量。运动员和滑板车的总质量为M，篮球的质量为m。抛球前，运动员、滑板车和篮球的速度均为v0。则(　　) A.整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量守恒 B.运动员抛球与接球时对篮球的冲量相同 C.墙对篮球的冲量大小为(M＋m)v0 D.篮球被墙反弹后的速度大小为v0 答案　D 解析　由于墙对篮球有向左的冲量，整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量不守恒，A错误；设抛出时篮球对地的速度为v，运动员抛球时对篮球的冲量为I1＝m(v－v0)，方向向右，接球时对篮球的冲量为I2＝mv，方向向右，所以运动员抛球与接球时对篮球的冲量方向相同、大小不同，B错误；设运动员抛球后速度变为v1，抛球过程，由动量守恒定律有(M＋m)v0＝Mv1＋mv，接球过程有Mv1－mv＝0，可得v＝v0，由动量定理可知篮球撞墙过程有I＝mv－(－mv)＝2mv＝(M＋m)v0，C错误，D正确。 【变式6-2】如图所示，足够长的光滑固定水平直杆上套有一可自由滑动的物块B，B的质量为m，杆上在物块B的左侧有一固定挡板C，B的下端通过一根轻绳连接一小球A，绳长为L，A的质量也为m。先将小球拉至与悬点等高的位置时，细绳伸直但没有形变，B与挡板接触。现由静止释放小球A。重力加速度大小为g。求： (1)小球A向右摆动的最大速度； (2)物块B运动过程中的最大速度； (3)小球A向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度。 答案　(1)　(2)　(3)L 解析　(1)小球A摆至最低点时速度最大，最大速度设为v1，由机械能守恒定律得 mAgL＝mAv 解得v1＝。 (2)小球A从最低点向右摆动的过程中，A、B系统水平方向动量守恒；当A最后回到最低点时，B的速度最大，设此时A、B的速度分别为vA、vB，由水平方向动量守恒得mAv1＝mAvA＋mBvB 由机械能守恒定律得mAv＝mAv＋mBv 解得vA＝0，vB＝。 (3)当小球A摆至最高点时，A、B共速， 设为v，A、B系统水平方向动量守恒，得mAv1＝(mA＋mB)v 由机械能守恒定律得mAgh＝mAv－(mA＋mB)v2 联立解得h＝L。 易错点7 不会运用碰撞原则求解问题 易错典题 【例7】在一次斯诺克世界杯比赛中，由丁俊晖和梁文博组成的中国A队在决赛中1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠．如图所示为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量pA＝5 kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为p′B＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　) A．mB＝mA B．mB＝mA C．mB＝mA D．mB＝6mA 【错因分析】对于碰撞过程，关键要把握三大规律来分析：一、系统动量守恒。二、系统的总动能不增加。三、符合运动情况。许多学生漏掉第三点而出现错误 【答案】A 【解析】由动量守恒定律得pA＋pB＝p′A＋p′B，解得p′A＝1 kg·m/s，根据碰撞过程中总动能不增加，则有≥＋，代入数据解得mB≥mA，碰后两球同向运动，白色球A的速度不大于花色球B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上可得mA≤mB≤4mA，选项A正确。 避错攻略 【知识链接】 碰撞问题遵守的三条原则 3.静止物体被撞后的速度范围 物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝v0。则碰后物体B的速度范围为v0≤vB≤v0。 举一反三 【变式7-1】如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略)，小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求： (1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小； (2)球2的质量； (3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。 答案　(1)4m　(2)3m　(3) 解析　(1)球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0， 所以Fn＝m＝4m。 (2)球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹，则 m·2v0＝－mv＋m′v m(2v0)2＝mv2＋m′v2 联立解得v＝v0，m′＝3m。 (3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，则 球1回到P点所需时间t1＝ 此后到两球再次相碰，有v0t2＋2v0t2＝πR 所以Δt＝t1＋t2＝。 【变式7-2】如图所示，光滑水平面上有一质量mA＝1 kg的A球和一质量mB＝1.5 kg的B球同向运动。已知A球的初速度v1＝10 m/s，B球的初速度v2＝5 m/s，运动一段时间后，两球发生对心正碰。下列说法正确的是(　　) A.当两球发生的碰撞是弹性碰撞时，A球对B球的冲量为7.5 N·s B.碰撞的过程中，系统损失的机械能可能为8 J C.碰撞后，A球的速度可能为5 m/s D.当两球发生的碰撞是完全非弹性碰撞时，A球对B球的冲量为3 N·s 答案　CD 解析　发生弹性碰撞时，根据动量守恒定律及机械能守恒定律有mAv1＋mBv2＝mAvA＋mBvB，mAv＋mBv＝mAv＋mBv，解得vA＝4 m/s，vB＝9 m/s，A球对B球的冲量为I＝mBvB－mBv2＝6 N·s，A错误；若发生完全非弹性碰撞，则mAv1＋mBv2＝v，得v＝7 m/s，则碰撞后A球的速度在4 m/s到7 m/s之间。完全非弹性碰撞的机械能损失最大，为ΔE＝mAv＋mBv－v2＝7.5 J，B错误，C正确；当两球发生的碰撞是完全非弹性碰撞时，A球对B球的冲量为I′＝mBv－mBv2＝3 N·s，D正确。 1．两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. 答案　D 解析　由题意可知对两节动车分别有P1＝f1v1，P2＝f2v2，当将它们编组后有P1＋P2＝(f1＋f2)v，联立可得v＝，故D正确。 2．复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。动车在时间t内(　　) A.做匀加速直线运动 B.牵引力的功率P＝fvm C.当动车速度为时，其加速度为 D.牵引力做功W＝mv－mv 答案　B 解析　动车以恒定功率启动，由P＝F牵v可知动车的速度增大，则牵引力减小，由牛顿第二定律F牵－f＝ma可得动车的加速度逐渐减小，A错误；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，则P＝fvm，B正确；当动车速度为时，牵引力为F牵′＝＝＝3f，根据牛顿第二定律可得F牵′－f＝ma1，则此时其加速度为a1＝，C错误；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W－fx＝mv－mv，则牵引力所做的功为W＝fx＋mv－mv，D错误。 3.如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以大小不变的初速度v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像(　　) A.当θ＝45°时，x最小 B.物体的初速度v0＝6 m/s C.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75 D.当θ＝30°时，物体最终会回到出发点 答案　BC 解析　由图可知，当θ＝90°时物体做竖直上抛运动，位移为h＝1.80 m，由竖直上抛运动规律可知v＝2gh，解得v0＝6 m/s，故B正确；当θ＝0时，位移为x＝2.40 m，由动能定理得－μmgx＝0－mv，解得μ＝0.75，故C正确；由动能定理得－mgxsin θ－μmgcos θ·x＝0－mv，解得x＝＝，其中tan α＝，解得α＝37°，当θ＋α＝90°时，即θ＝53°，此时位移最小为xmin＝1.44 m，故A错误；当θ＝30°时，根据计算可得μmgcos 30°>mgsin 30°，可知物体最终会静止在斜面上，故D错误。 4.一质量为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11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 答案　BC 解析　物体所受的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg＝4 N，0～1 m的过程，由动能定理有W1－μmgx1＝mv，解得v1＝2 m/s，又W－x图像的斜率表示拉力F，则0～2 m的过程，拉力F1＝6 N，故x＝1 m时拉力的功率P1＝F1v1＝12 W，A错误；0～4 m的过程，由动能定理有W4－μmgx4＝Ek4－0，则在x＝4 m时，物体的动能Ek4＝2 J，B正确；0～2 m的过程，物体克服摩擦力做的功Wf2＝Ffx2＝8 J，C正确；由W－x图像可知，2～4 m的过程，拉力F2＝3 N，则F1＞Ff＞F2，所以物体在0～2 m的过程做加速运动，2～4 m的过程做减速运动，故0～4 m的过程，物体在x＝2 m处速度最大，由动能定理有W2－Ffx2＝mv，解得v2＝2 m/s，故物体的最大动量为pm＝2 kg·m/s，D错误。 5.某教师受儿童娱乐场过山车与彩色滑道项目的启发，设计了如图7所示的实验装置，竖直放置的光滑曲线轨道AM、水平轨道MN与光滑圆轨道O在M点平滑连接，在B点安装有压力传感器并与计算机连接(B为圆轨道的最高点)，已知圆O的半径为R。一质量为m的小物块从距水平轨道高h处的A点无初速度滑下，经过圆轨道O后到达水平轨道MN，压力传感器显示小物块经过B点时对轨道的压力大小为mg。下列说法正确的是(　　) A.h＝3R B.小物块滑过M点时加速度大小a＝5.5g C.减小h，小物块经过M点和B点时对轨道的压力差一定减小 D.减小h，使小物块恰能做完整圆周运动，则经过M点时对轨道的压力为5mg 答案　B 解析　小物块从A点运动到B点的过程，由机械能守恒定律得mgh＝mg·2R＋mv，在B点由牛顿第二定律得mg＋FNB＝m，由牛顿第三定律知FNB＝FNB′＝mg，解得h＝2.75R，故A错误；小物块从A点运动到M点的过程，由机械能守恒定律得mgh＝mv，M点由牛顿第二定律得FNM－mg＝m＝ma，解得FNM＝6.5 mg，aM＝＝5.5g，故B正确；减小h，小物块在B点由牛顿第二定律有FNB1＋mg＝m，在M点由牛顿第二定律有FNM1－mg＝m，从B点运动到M点由机械能守恒定律有2mgR＋mv＝mv，又FB1′＝FNB1，FM1′＝FNM1，联立解得FM1′－FB1′＝6mg，压力差恒定不变，若小物块恰能做完整圆周运动，在最高点对轨道的压力为0，那么在最低点对轨道的压力为6mg，故C、D错误。 6.如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k＝100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定于地面上，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1.0 kg的物块放在曲面AB上，现从距BC高度为h＝0.6 m处由静止释放物块，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，物块进入管口C端时，它对上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中物块速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)在压缩弹簧过程中物块的最大动能Ekm； (2)物块最终停止的位置。 答案　(1)6 J　(2)停在BC上距离C端0.3 m处(或距离B端0.2 m处) 解析　(1)在压缩弹簧过程中，物块速度最大时所受合力为零。设此时物块离D端的距离为x0，则有kx0＝mg 解得x0＝0.1 m 在C点，由牛顿第三定律知，物块受到上管壁向下的作用力FN′＝2.5mg，有 FN′＋mg＝m 解得vC＝ m/s 物块从C点到速度最大时，由能量守恒定律有 mg(r＋x0)＝Ep＋Ekm－mv 解得Ekm＝6 J。 (2)物块从A点运动到C点的过程中，由动能定理得mgh－μmgs＝mv－0 解得B、C间距离s＝0.5 m 物块与弹簧作用后返回C处时动能不变，物块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中。 设物块第一次与弹簧作用返回C处后，物块在BC上运动的总路程为s′，由能量守恒定律有μmgs′＝mv 解得s′＝0.7 m 故最终物块在BC上与C点的距离为x1＝0.5 m－(0.7 m－0.5 m)＝0.3 m 或距离B端为x2＝0.7 m－0.5 m＝0.2 m处停下。 7.如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零。手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是(　　) A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2 B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvD2 C.水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2 D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍 答案　D 解析　高压水枪单位时间喷出水的质量为m0＝ρV＝ρπ·v＝πρvD2，A、B错误；设汽车对水柱的平均冲力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝ρπvD2t·v，解得F＝ρπv2D2，由牛顿第三定律知水柱对汽车的平均冲力大小为ρπv2D2，C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p＝＝＝ρv2，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍，D正确。 8.水平地面上有甲、乙两个小滑块在同一直线上运动，两小滑块碰撞前后的速度—时间图像如图所示，小滑块甲的碰前速度方向为正向，小滑块乙的碰前速度方向为负向(其中一个小滑块碰后速度变为0)，下列说法正确 的是(　　) A.碰后乙的速度变为零 B.t＝2.5 s时，两小滑块之间的距离为7.5 m C.两小滑块之间的碰撞为非弹性碰撞 D.碰撞前，两个小滑块组成的系统动量守恒 答案　D 解析　由速度—时间图像可知，甲、乙两滑块相向运动，均做匀减速直线运动，碰后甲的速度不能增大，所以碰后滑块甲的速度变为零，滑块乙的速度为6 m/s(反向)，故A错误；t＝2.5 s时，两滑块之间的距离Δs＝×6×(2.5－1) m＝4.5 m，故B错误；设碰前甲的质量为m1，乙的质量为m2，则碰前动量p1＝m1×4 m/s＋m2×(－2 m/s)，碰后动量p2＝m2×6 m/s，由碰撞过程动量守恒有p1＝p2，解得m1＝2m2，碰前E1＝m1×42＋m2×(－2)2＝18m2，碰后E2＝m2×62＝18m2，E1＝E2，则两滑块间的碰撞为弹性碰撞，故C错误；由速度—时间图像可知，碰前甲滑块的加速度大小a1＝2 m/s2，所受摩擦力大小Ff1＝m1a1＝2m1，乙滑块的加速度大小a2＝4 m/s2，所受摩擦力大小Ff2＝m2a2＝4m2＝2m1＝Ff1，Ff1和Ff2的方向相反，故甲、乙两滑块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，故D正确。 9.如图所示，一段粗糙水平面右端与光滑曲面在O点平滑连接，左端与一段光滑水平面在N点连接。一左端固定的轻弹簧置于光滑水平面上，其右端恰好位于N点，一质量为m＝0.1 kg的小球被长为L＝1.4 m的轻细绳悬挂在O1点且处于静止状态，小球位于O点但与O点不接触。在O1点左侧与O1等高处的P点，固定有一垂直纸面的光滑钉子，与O1点的距离为。一质量为M＝0.7 kg的小物块从曲面上高为h＝0.8 m的位置由静止滑下后，与小球发生碰撞，碰后小球向左摆动，绳子碰到钉子后，小球恰好能完成竖直面内的圆周运动。已知粗糙水平面的长度为x＝1.5 m与小物块的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，小球与小物块均可看成质点，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内。求： (1)小物块刚要碰上小球瞬间的速度v0的大小； (2)刚碰撞完瞬间，绳子对小球的拉力T的大小； (3)弹簧弹性势能的最大值。 答案　(1)4 m/s　(2)4.5 N　(3)2.1 J 解析　(1)小物块下滑过程有Mgh＝Mv 解得v0＝4 m/s。 (2)碰撞过程有Mv0＝Mv1＋mv2 之后小球做圆周运动到最高点，由机械能守恒定律有mv－mv＝mg 由于小球恰好能完成竖直面内的圆周运动，在最高点有mg＝m 解得v1＝3 m/s，v2＝7 m/s 刚碰撞完瞬间，对小球有T－mg＝m 解得T＝4.5 N。 (3)小物块向左运动至压缩弹簧至最短时，有 Mv＝μMgx＋Epmax 解得Epmax＝2.1 J。 10.某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0＝10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2； (2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1； (3)滑杆向上运动的最大高度h。 答案　(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m 解析　(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力， 即N1＝(m＋M)g＝8 N 当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力f＝1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力f′＝1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为 N2＝Mg－f′＝5 N。 (2)滑块开始向上运动到碰前瞬间，根据动能定理有－mgl－fl＝mv－mv 代入数据解得v1＝8 m/s。 (3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v 碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有 －(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2 代入数据联立解得h＝0.2 m。 11.为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为形变量)。 (1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN； (2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE； (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。 答案　(1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m 解析　(1)滑块a以初速度v0从D处进入竖直圆弧轨道DEF运动，由动能定理有 mg·2R＝mv－mv 解得vF＝10 m/s 在最低点F，由牛顿第二定律有FN－mg＝m 解得FN＝31.2 N。 (2)碰撞后滑块a返回到B点的过程， 由动能定理有 －mg·2R－μmgL＝mv－mv 解得va＝5 m/s 滑块a、b碰撞过程，由动量守恒定律有 mvF＝－mva＋3mvb 解得vb＝5 m/s 碰撞过程中损失的机械能 ΔE＝mv－mv－×3mv＝0。 (3)滑块a碰撞b后立即被粘住，由动量守恒定律有 mvF＝(m＋3m)vab 解得vab＝2.5 m/s 滑块ab一起向右运动，压缩弹簧，ab减速运动，c加速运动，当abc三者速度相等时，弹簧长度最小，由动量守恒定律有 (m＋3m)vab＝(m＋3m＋2m)vabc 解得vabc＝ m/s 由机械能守恒定律有 Ep1＝×4mv－×6mv 解得Ep1＝0.5 J 由Ep1＝kx解得最大压缩量x1＝0.1 m 滑块ab一起继续向右运动，弹簧弹力使c继续加速，使ab继续减速，当弹簧弹力减小到零时，c速度最大，ab速度最小；滑块ab一起再继续向右运动，弹簧弹力使c减速，ab加速，当abc三者速度相等时，弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时弹性势能相等，由弹簧的弹性势能公式可知最大伸长量x2＝0.1 m 所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差 Δx＝x1＋x2＝0.2 m。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 易错03 能量 动量目录 第一部分 易错点剖析 易错典题 避错攻略 举一反三 易错点1 混淆机车启动的两个过程 易错点2 不会用动能定理求解多过程问题 易错点3 运用机械能定律错误 易错点4 不会分析板块模型 易错点5 根据动量定理求冲力不会建立正确的物理模型 易错点6 运用动量动量守恒列式错误 易错点7 不会分析圆周运动向心力的来源 易错点8 竖直平面圆周运动混淆两种模型 易错点9 混淆近地卫星、同步卫星和赤道上物体的运行问题 易错点10 卫星变轨时物理量的变化比较错误 第二部分 易错题闯关 易错点1 混淆机车启动的两个过程 易错典题 【例1】自动扶梯以恒定的速率送乘客上楼，乘客第一次站在扶梯上不动，第二次相对于扶梯匀速向上走，自动扶梯的牵引力两次做功分别为、，功率分别为、，则（ ） A． B． C． D． 【易错分析】功是力对位移的积累效果。“积累”是逐渐聚集的意思，显然，只具有力或位移谈不上积累，因而也没有功．有同学认为：两种情况下人都是匀速上升的，电梯对人的作用力与重力平衡，设上升的竖直高度为H，则两种情况下扶梯对人的支持力所做的功，又因为第二次上楼时间短，所以，实际上，这两个结论都是错误的。假设楼梯不动，人匀速上楼，楼梯对人的支持力大小也是，人在竖直方向也发生了位移，但是楼梯对人并没有做功，因为支持力并没有实现位移的积累，在人两脚每一次交换时间内，踩在楼梯上的这只脚是静止的。 避错攻略 【方法总结】 两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 P－t图像 和 v－t图像 OA段 过程 分析 v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ a＝不变⇒F不变，v↑⇒P＝Fv↑直到P＝P额＝Fv1 运动 性质 加速度减小的加速直线运动 匀加速直线运动，维持时间t1＝ AB段 过程 分析 F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝ v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ 运动 性质 以vm做匀速直线运动 加速度减小的加速直线运动 BC段 过程 分析 F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝ 运动 性质 以vm做匀速直线运动 转折点 在转折点A，牵引力与阻力大小相等，此时加速度为零，速度达到最大，为vm＝ 在转折点A，功率达到额定功率，匀加速运动结束，此时v1＝；在转折点B，速度达到最大，为vm＝ 掌握三个重要关系式 1.无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝＝(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力大小F阻)。　　 2.机车以恒定加速度启动的过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，v＝＜vm＝。 3.机车以恒定功率启动时，牵引力做的功W＝Pt。由动能定理得Pt－F阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。 举一反三 【变式1-1】(多选)发展新能源汽车是当前一项国家战略，更是世界发展的潮流。假设有一辆纯电动客车质量m＝1×103 kg，客车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F与速度v的关系图像，加速过程在图中的B点结束，所用的时间t＝10 s，10 s后客车做匀速运动。若客车所受阻力始终不变，下列说法正确的是(　　) A.客车的功率P＝64 kW B.图中A点对应的时刻为5 s C.图中A点对应时刻客车的加速度大小为4 m/s2 D.0～10 s客车通过的路程为128 m 【变式1-2】一辆玩具赛车在水平直线跑道上由静止开始以10 kW的恒定功率加速前进，赛车瞬时速度的倒数和瞬时加速度a的关系如图所示，已知赛车在跑道上所受到的阻力不变，赛车到达终点前已达到最大速度。下列说法中正确的是(　　) A.赛车做加速度逐渐增大的加速直线运动 B.赛车的质量为20 kg C.赛车所受阻力大小为500 N D.赛车速度大小为5 m/s时，加速度大小为50 m/s2 易错点2 不会用动能定理求解多过程问题 易错典题 【例2】如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放， （1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小； （2）设释放点距B点的长度为，滑块第一次经F点时的速度v与之间的关系式； （3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度的值。 【易错分析】分过程动能定理的应用，要不多个过程分为多个过程，确定每个过程中合力的功即总功，判断每个力做功的正负和大小，确定初末状态动能。特别是发生相对运动时，求功时要注意位移是相对地面的位移。 避错攻略 【方法总结】 1.运用动能定理解决多过程问题的两种思路 (1)分段应用动能定理求解。 (2)所求解的问题不涉及中间的速度时，全过程应用动能定理求解更简便。 2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点。 (1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。 (2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小与路程的乘积。 多过程问题的分析方法 (1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。 (2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。 (3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。 (4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。 (5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论 举一反三 【变式2-1】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。 【变式2-2】如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)求滑雪者运动到P点的时间t； (2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v； (3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。 易错点3 运用机械能定律错误 易错典题 【例3】我国早在3000年前就发明了辘轳，其简化模型如图所示，辘轳的卷筒可绕水平轻轴转动，卷筒的半径为R，质量为M、厚度不计。某人转动卷筒通过细绳从井里吊起装满水的薄壁柱状水桶，水桶的高为d，空桶质量为，桶中水的质量为m。井中水面与井口的高度差为H，重力加速度为g，不计辐条的质量和转动轴处的摩擦。下列分析判断正确的是（ ） A. 若人以恒定以像速度匀速转动卷筒，则水桶上升的速度为 B. 若人以恒定功率P转动卷筒，装满水的水桶到达井口前已做匀速运动，水桶上升过程的最大速度为 C. 空桶从桶口位于井口处由静止释放并带动卷筒自由转动，水桶落到水面时的速度大小 D. 忽略提水过程中水面高度的变化，水桶从图示位置缓慢上升高度H，人做的功 【易错分析】不会对桶由静止下落过程中，以水桶和卷筒组成的系统为研究对象运用机械能守恒列式。 避错攻略 【方法总结】 判断机械能守恒的三种方法 【变式3-1】如图所示，竖直固定的光滑细杆上穿着一个小球B，小球通过一根不可伸长的轻绳绕过轻质光滑定滑轮与质量为m的物块A相连，用手将物块A竖直向上托起至定滑轮左侧细绳与竖直方向的夹角为θ，现突然松手，物块A开始在竖直方向上做往复运动，小球最高能到达M点。已知定滑轮到细杆的距离为d，Q点和定滑轮的高度相同，OM⊥OP，sin θ＝0.6，重力加速度大小为g，定滑轮可看作质点，下列说法正确的是(　　) A.当小球经过Q点时，A物块的加速度为零 B.小球的质量为 C.小球经过Q点时的加速度大小为g D.A和B组成的系统机械能不守恒 【变式3-2】如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求： (1)重物落地后，小球线速度的大小v； (2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F： (3)重物下落的高度h。 易错点4 混淆摩擦力做功和摩擦产生的热量 易错典题 【例4】如图所示，倾角θ＝37°的传送带顺时针转动，传送带的长度(两轴心距离)s＝15 m，质量m＝1 kg的小物块以初速度v0＝2 m/s从A端滑上传送带，从B端滑上置于光滑水平面上质量为M＝3 kg、上表面为光滑圆弧的槽车(物块由传送带滑上槽车时无机械能损失，光滑圆弧的半径足够大)。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。 (1)为使物块到达传送带顶端时能以最大速度滑上槽车，传送带的传送速度至少为多少？ (2)求物块以最大速度滑上槽车后，能上升的最大高度。 (3)若传送带传送速度为v，且满足v>v0，写出因物块与传送带摩擦产生的热量Q与v的关系式。 【错因分析】“(1)“摩擦力做功”与“因摩擦产生的热量”是容易混淆的两个概念，不论摩擦力做正功还是做负功，计算方法均为摩擦力与物体对地位移的乘积；而因摩擦产生的热量为摩擦力与两物体之间的相对滑动距离的乘积。 (2) 在本题中，如果计算传送带与小物块之间的摩擦力对小物块所做的功，则需要用摩擦力与小物块对地位移的乘积进行计算，而如果计算在此过程中产生的热量，则需要用摩擦力与小物块和传送带之间的相对位移的乘积来进行计算 避错攻略 【知识链接】 　　类型 比较　　 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 不 同 点 能量的 转化 只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能 (1)一部分机械能从一个物体转移到另一个物体 (2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量 不 同 点 一对摩擦力的总功 一对静摩擦力所做功的代数和总等于零 一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，总功W＝－Ffs相对，即发生相对滑动时产生的热量 相同点 做功情况 两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功 举一反三 【变式4-1】一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中。当子弹进入木块的深度达到最大值2 cm时，木块沿水平面恰好移动距离1 cm。在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为(　　) A.1∶2 B.1∶3 C.2∶3 D.3∶2 【变式4-2】如图甲所示，向飞机上装货时，通常用到可移动式皮带输送机。如图乙所示，皮带输送机倾角为θ=30°，以1m/s顺时针匀速转动，现将货物在输送带下端A点无初速度释放后从A点运动B点，已知货物均可视为质点，质量为m=10kg，A、B两端点间的距离为s==9.8m， 货物与输送带间的动摩擦因数为，重力加速度取10m/s2。则货物从低端到顶端要消耗的能量为（　　） A.510J B. 490J C. 375J D.260J 易错点5 根据动量定理求冲力不会建立正确的物理模型 易错典题 【例5】汕头市属于台风频发地区，图示为风级（0~12）风速对照表。假设不同风级的风迎面垂直吹向某一广告牌，且吹到广告牌后速度立刻减小为零，则“12级”风对广告牌的最大作用力约为“4级”风对广告牌最小作用力的（　　） 风级 风速（m/s） 风级 风速（m/s） 0 0~0.2 7 13.9~17.1 1 0.3~1.5 8 17.2~20.7 2 1.6~3.3 9 20.8~24.4 3 3.3~5.4 10 24.5~28.4 4 5.5~7.9 11 28.5~32.6 5 8.0~10.7 12 32.7~36.9 6 10.8~13.8 ……. ……. A. 45倍 B. 36倍 C. 27倍 D. 9倍 【错因分析】对于空气、水等流体质介问题，同学们们在运用动量定理求平均冲力时，不知如何选取研究对象，建立物理模型，因而也无法求解，实慰上求解的关键是建立柱体模型。 避错攻略 【方法总结】 研究 对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ 微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n 分析 步骤 ①构建“柱体”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S ②微元研究 小柱体的体积ΔV＝vSΔt 小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt 小柱体粒子数N＝nvSΔt 小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt ③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究 举一反三 【变式5-1】一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为(　　) A.Snmv B.2Snmv C.Snmv D.2Snmv 【变式5-2】雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为(　　) A.ρv B.2ρv 　 C.ρv2 　 D.2ρv2 易错点6 运用动量动量守恒列式错误 易错典题 【例6】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 的静止物块以大小为 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 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 ，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. B. C. D. 【错因分析】应用动量守恒定律时首先要注意应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负；同时注意的“五性”公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一时刻的速度。不注意这两点在运用动量守恒定律列式往往出现错误。 举一反三 【变式6-1】如图所示，水平地面上，某运动员手拿篮球站在滑板车上向一堵竖直的墙(向右)滑行，为了避免与墙相撞，在接近墙时，运动员将篮球水平向右抛出，篮球反弹后运动员又接住篮球，速度恰好减为0。不计地面的摩擦和空气阻力，忽略篮球在竖直方向的运动，篮球与墙的碰撞过程不损失能量。运动员和滑板车的总质量为M，篮球的质量为m。抛球前，运动员、滑板车和篮球的速度均为v0。则(　　) A.整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量守恒 B.运动员抛球与接球时对篮球的冲量相同 C.墙对篮球的冲量大小为(M＋m)v0 D.篮球被墙反弹后的速度大小为v0 【变式6-2】如图所示，足够长的光滑固定水平直杆上套有一可自由滑动的物块B，B的质量为m，杆上在物块B的左侧有一固定挡板C，B的下端通过一根轻绳连接一小球A，绳长为L，A的质量也为m。先将小球拉至与悬点等高的位置时，细绳伸直但没有形变，B与挡板接触。现由静止释放小球A。重力加速度大小为g。求： (1)小球A向右摆动的最大速度； (2)物块B运动过程中的最大速度； (3)小球A向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度。 易错点7 不会运用碰撞原则求解问题 易错典题 【例7】在一次斯诺克世界杯比赛中，由丁俊晖和梁文博组成的中国A队在决赛中1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠．如图所示为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量pA＝5 kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为p′B＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　) A．mB＝mA B．mB＝mA C．mB＝mA D．mB＝6mA 【错因分析】对于碰撞过程，关键要把握三大规律来分析：一、系统动量守恒。二、系统的总动能不增加。三、符合运动情况。许多学生漏掉第三点而出现错误 避错攻略 【知识链接】 碰撞问题遵守的三条原则 3.静止物体被撞后的速度范围 物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝v0。则碰后物体B的速度范围为v0≤vB≤v0。 举一反三 【变式7-1】如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略)，小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求： (1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小； (2)球2的质量； (3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。 【变式7-2】如图所示，光滑水平面上有一质量mA＝1 kg的A球和一质量mB＝1.5 kg的B球同向运动。已知A球的初速度v1＝10 m/s，B球的初速度v2＝5 m/s，运动一段时间后，两球发生对心正碰。下列说法正确的是(　　) A.当两球发生的碰撞是弹性碰撞时，A球对B球的冲量为7.5 N·s B.碰撞的过程中，系统损失的机械能可能为8 J C.碰撞后，A球的速度可能为5 m/s D.当两球发生的碰撞是完全非弹性碰撞时，A球对B球的冲量为3 N·s 1．两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. 2．复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。动车在时间t内(　　) A.做匀加速直线运动 B.牵引力的功率P＝fvm C.当动车速度为时，其加速度为 D.牵引力做功W＝mv－mv 3.如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以大小不变的初速度v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像(　　) A.当θ＝45°时，x最小 B.物体的初速度v0＝6 m/s C.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75 D.当θ＝30°时，物体最终会回到出发点 4.一质量为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11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 5.某教师受儿童娱乐场过山车与彩色滑道项目的启发，设计了如图7所示的实验装置，竖直放置的光滑曲线轨道AM、水平轨道MN与光滑圆轨道O在M点平滑连接，在B点安装有压力传感器并与计算机连接(B为圆轨道的最高点)，已知圆O的半径为R。一质量为m的小物块从距水平轨道高h处的A点无初速度滑下，经过圆轨道O后到达水平轨道MN，压力传感器显示小物块经过B点时对轨道的压力大小为mg。下列说法正确的是(　　) A.h＝3R B.小物块滑过M点时加速度大小a＝5.5g C.减小h，小物块经过M点和B点时对轨道的压力差一定减小 D.减小h，使小物块恰能做完整圆周运动，则经过M点时对轨道的压力为5mg 6.如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k＝100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定于地面上，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1.0 kg的物块放在曲面AB上，现从距BC高度为h＝0.6 m处由静止释放物块，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，物块进入管口C端时，它对上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中物块速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)在压缩弹簧过程中物块的最大动能Ekm； (2)物块最终停止的位置。 7.如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零。手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是(　　) A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2 B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvD2 C.水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2 D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍 8.水平地面上有甲、乙两个小滑块在同一直线上运动，两小滑块碰撞前后的速度—时间图像如图所示，小滑块甲的碰前速度方向为正向，小滑块乙的碰前速度方向为负向(其中一个小滑块碰后速度变为0)，下列说法正确 的是(　　) A.碰后乙的速度变为零 B.t＝2.5 s时，两小滑块之间的距离为7.5 m C.两小滑块之间的碰撞为非弹性碰撞 D.碰撞前，两个小滑块组成的系统动量守恒 9.如图所示，一段粗糙水平面右端与光滑曲面在O点平滑连接，左端与一段光滑水平面在N点连接。一左端固定的轻弹簧置于光滑水平面上，其右端恰好位于N点，一质量为m＝0.1 kg的小球被长为L＝1.4 m的轻细绳悬挂在O1点且处于静止状态，小球位于O点但与O点不接触。在O1点左侧与O1等高处的P点，固定有一垂直纸面的光滑钉子，与O1点的距离为。一质量为M＝0.7 kg的小物块从曲面上高为h＝0.8 m的位置由静止滑下后，与小球发生碰撞，碰后小球向左摆动，绳子碰到钉子后，小球恰好能完成竖直面内的圆周运动。已知粗糙水平面的长度为x＝1.5 m与小物块的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，小球与小物块均可看成质点，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内。求： (1)小物块刚要碰上小球瞬间的速度v0的大小； (2)刚碰撞完瞬间，绳子对小球的拉力T的大小； (3)弹簧弹性势能的最大值。 10.某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0＝10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2； (2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1； (3)滑杆向上运动的最大高度h。 11.为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为形变量)。 (1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN； (2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE； (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $