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【高考精粹】高考物理二轮夺分学案
专题5 动量和能量观点在力学中的应用
考纲要求 考频 考情分析
功和功率 Ⅱ 五年 7考 1.命题趋势 比较近几年的高考题，可以看出动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用在近几年有增加的趋势，常将功和能的知识和方法融入其他问题考查，情景设置为多过程，具有较强的综合性． 2．备考策略 能量观点是高中物理解决问题的三大方法之一，复习时要注意以下三点： (1)抓住功是能量转化的量度这条主线，深刻理解基本概念、基本规律； (2)熟知几种常见的功能关系并会应用； (3)重视受力分析和过程分析，提高解决综合问题的能力．
动能和动能定理 Ⅱ 五年 4考
重力做功与重力势能 Ⅱ
功能关系、机械能守恒定律及其应用 Ⅱ 五年 13考
实验五：探究动能定理
实验六：验证机械能守恒定律 五年 1考
考纲要求 考频 考情分析
动量、动量定理、动量守恒定律及其应用 Ⅱ 五年8考 1.命题趋势 (1)全国卷注重基本知识和基本规律的考查． (2)综合应用动量和能量观点解决碰撞模型问题仍是今后命题的热点． 2．备考策略 (1)掌握基本概念及公式，并理解其意义，并注意碰撞、反冲等常见现象； (2)掌握动量守恒的条件，并结合能量守恒定律灵活处理力学综合问题； (3)注重将物理规律应用于实际问题，把实际问题模型化．
弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ 五年5考
实验七：验证动量守恒定律 五年1考
说明：2014年—2016年，本章内容以选考题目出现
动能定理在多过程问题中的应用
动能定理与图象结合的问题
“子弹打木块”类模型
考点剖析考点01
动能定理在多过程问题中的应用
1．应用动能定理解题的步骤
(1)选取研究对象，明确它的运动过程．
(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：
→→→→
(3)明确物体在过程始末状态的动能Ek1和Ek2.
(4)列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程进行求解．
2．求解多过程问题抓好“两状态，一过程”
“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．
典型例题考点01
　(2017·高考上海卷)如图所示，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)滑块在C点的速度大小vC；
(2)滑块在B点的速度大小vB；
(3)A、B两点间的高度差h.
[思路点拨]　解此题要抓住以下两点信息：
(1)“通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零”，则此时速度为vC＝；
(2)“与斜面间的动摩擦因数μ”说明滑块沿AB运动时摩擦力做负功．
[解析]　(1)对C点，滑块竖直方向所受合力提供向心力
mg＝①
vC＝＝2 m/s.
(2)对B→C过程由动能定理得
－mgR(1＋cos 37°)＝mvC2－mvB2②
vB＝＝4.29 m/s.
(3)滑块在A→B的过程，利用动能定理得
mgh－μmgcos 37°·＝mvB2－0③
代入数据解得h＝1.38 m.
[答案]　(1)2 m/s　(2)4.29 m/s　(3)1.38 m
考点剖析考点02
动能定理与图象结合的问题
力学中四类图象所围“面积”的意义
典型例题考点02
1．[动能定理与vt图象结合]　(2019·河北石家庄模拟)质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其vt图象如图所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
A．t0～t2时间内，合力对小球先做正功后做负功
B．0～t3时间内，小球的平均速度一定为
C．t3～t4时间内，拉力做的功为[(v4－v3)＋g(t4－t3)]
D．t3～t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动
解析：vt图象中图线的斜率表示加速度，速度在时间轴之上表明速度一直为正，从图象可以看出小球先向上做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运动，然后做加速度越来越大的减速运动，最后做匀减速运动，运动方向一直向上，D错．图中t0～t2时间内小球做加速运动，故合力对小球一直做正功，A错．vt图象中图线与t轴所围面积表示位移，而平均速度v＝，结合图象中的“面积”可知0～t3时间内，小球的平均速度大于，B错．t3～t4时间内由动能定理得W－mgh＝mv42－mv32，又h＝(t4－t3)，解得W＝[(v4－v3)＋g(t4－t3)]，C对．
答案：C
考点剖析考点03
“子弹打木块”类模型
模型图示
模型特点 (1)当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)最大； (2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能； (3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出，子弹的质量m越小，木块的质量M越大，动能损失越多； (4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，也可以从力和运动的角度借助图象求解
典型例题考点03
　如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的长木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2.子弹射入后，求：
(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1；
(2)木板向右滑行的最大速度v2；
(3)物块在木板上滑行的时间t.
[解析]　(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得
m0v0＝(m0＋m)v1，
解得v1＝6 m/s.
(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，
解得v2＝2 m/s.
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，
解得t＝1 s.
[答案]　(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s
专题5：能量和动量在力学中的应用
1．如图所示，质量为M的长木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s。已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m，重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，则由此可得子弹射入木块前的速度大小为（　　）
A． B．
C． D．
2．如图所示， a、 b、 c三个相同的小球， a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、 c从同一高度分别开始自由下落和平抛． 下列说法正确的有（ ）
A．重力对它们的冲量相同
B．它们落地时重力的瞬时功率相同
C．它们动量变化的大小相同
D．它们的末动能相同
3．如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，圆弧半径为R=1m．E点切线水平．另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M=4m，g取10m/s2，不计摩擦．则小球的初速度v0的大小为（　 ）
A．v0=4m/s B．v0=6m/s C．v0=5m/s D．v0=7m/s
4．如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木 板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧．质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B．在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是
A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大
B．B板的加速度一直增大
C．弹簧给木块A的冲量大小为2mv0/3
D．弹簧的最大弹性势能为mv02/3
5．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能(　　)
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
6．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下．将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动．从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是（）
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
7．“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（　　）
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
8．用水平力拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止．其速度一时间图象如图所示，且α>β，若拉力F做的功为W1，冲量大小为I1；物体克服摩擦阻力F做的功为W2，冲量大小为I2．则下列选项正确的是
A．W1> W2；I1>I2 B．W1I2 C．W1< W2；I19．如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止．若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则（　　）
A．子弹A的质量一定比子弹B的质量大
B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大
C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长
D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大
10．如图所示，质量为m的小车静止于光滑水平面，车上半径为R的四分之一光滑圆弧轨道和水平光滑轨道平滑连接，另一个质量也为m的小球以水平初速度v0从小车左端进入水平轨道，整个过程中不考虑系统机械能损失，则下列说法正确的是（　　）
A．小球运动到最高点的速度为零
B．小球最终离开小车后向右做平抛运动
C．小车能获得的最大速度为
D．若时小球能到达圆弧轨道最高点P
11．物体在水平地面上受到水平推力的作用，在6s内力F、速度v随时间变化如图所示，由图象可得（　　）
A．物体的质量为2kg
B．前6s内合力的冲量为4N s
C．在前6s内推力做的功3J
D．在6s内的运动的位移为6m
12．如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E。这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（　　）
A．撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒
B．撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒
C．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E
D．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为
13．光滑水平面上有一静止木块，质量为m的子弹水平射入木块后未穿出，子弹与木块运动的速度—时间图象如图所示。由此可知（　　）
A．木块质量可能是2m
B．子弹进入木块的深度为
C．木块所受子弹的冲量为mv0
D．子弹射入木块过程中产生的内能为m
14．如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块，现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v0，下列说法正确的是( )
A．最终小木块和木箱都将静止
B．最终小木块和木箱组成的系统损失机械能为
C．木箱速度为时，小木块的速度为
D．最终小木块速度为
15．如图所示，水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度均为d ．两物体m1和m2与弹簧连接，m2的左边有一固定挡板．m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1速度为v1，则在以后的运动过程中,可能的情况是
A．m1的最小速度是0 B．存在某段时间m1向左运动
C．m2的最大速度一定是v1 D．m2的最大速度是
16．如图所示，质量m1＝4kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1m，现有质量m2＝2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝3m/s从左端滑上小车．已知物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，则物块滑上小车后（　　）
A．滑块和小车构成的系统动量守恒
B．滑块和小车构成的系统机械能守恒
C．经过一段时间从小车右端滑下
D．整个过程中系统产生的热量为6J
17．一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态（图甲）缓慢运动到站立状态（图乙），该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立△t时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直（图丙）．甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，则
A．地面对运动员的冲量为(M+m)g(t1+t2+△t)，地面对运动员做的功为0
B．地面对运动员的冲量为(M+m)g(t1+t2)，地面对运动员做的功为(M+m)g(h1+h2)
C．运动员对重物的冲量为Mg(t1+t2+△t)，运动员对重物做的功为Mg(h1+h2)
D．运动员对重物的冲量为Mg(t1+t2)，运动员对重物做的功为0
18．如图所示，足够长的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可视为质点的物块P，P、Q间接触面粗糙．现给P向右的速率VP，给Q向左的速率VQ，取向右为速度的正方向，不计空气阻力，则运动过程P、Q速度随时间变化的图像可能正确的是：
A．
B．
C．
D．
19．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2（已知m2=0.5kg）的两物块A、B相连接，处于原长并静止在光滑水平面上。现使B获得水平向右、大小为6m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得（　　）
A．在t1时刻，两物块达到共同速度2m/s，且弹簧处于伸长状态
B．从t3到t4，弹簧由原长变化为压缩状态
C．t3时刻弹簧的弹性势能为6J
D．在t3和t4时刻，弹簧处于原长状态
20．如图a所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为2kg。现剪断A、B间的细绳，解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v﹣t图如图b所示，则可知（　　）
A．A的质量为1kg
B．运动过程中A的最大速度为vm＝4m/s
C．在A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒
D．在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3J
21．如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B（可视为质点）静止在水平地面上，左端固定有轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙、滑动摩擦因素为，Q点右侧水平地面光滑，现将质量为m的物块A（可视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g。求：
（1）物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力；
（2）弹簧被压缩的最大弹性势能（未超过弹性限度）；
（3）物块A最终停止位置到Q点的距离。
22．如图所示，半径R＝2.8m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切．在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起．某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞．已知小球P的质量m1＝3.2kg，小球Q的质量m2＝1kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能Ep＝168J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离．重力加速度g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：
（1）小球Q运动到C点时的速度大小；
（2）小球P沿斜面上升的最大高度h；
（3）小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰。
23．长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求
（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；
（2）碰撞前瞬间B的动能至少多大？
24．如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
（1）小球到达C点时的速度；
（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
（3）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？
25．如图所示，以A、B为端点的光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点。一物块从A点由静止开始沿轨道滑下，经B滑上滑板且最终滑块与木板一起向右运动并保持相对静止。已知物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，圆弧轨道半径为R，物块与滑板间的动摩擦因数为，重力加速度为g。滑板与端的碰撞没有机械能损失。求：
(1)物块滑到点的速度大小；
(2)滑板与木板一起运动时的速度大小；
(3)若离滑板右端足够远处有一竖直固定的挡板，且木板与挡板碰撞没有能量损失，要使物块始终不从滑板右边掉下，求滑板长度最小值L。
26．如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R=0.6m，平台上静止放置着两个滑块A、B，mA=0.1kg，mB=0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面上。小车质量为M=0.3kg，车面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，PQ间距离为L，滑块B与PQ之间的动摩擦因数为μ=0.2，Q点右侧表面是光滑的。点燃炸药后，A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度vA=6m/s，而滑块B则冲向小车。两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g=10m/s2.，求∶
(1)滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力；
(2)若L=0.8m，滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；
(3)要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什么范围内
27．静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为 ，；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为．重力加速度取．A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．
（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
参考答案
1．A
【详解】
子弹击中木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv1＝（M＋m）v
解得
v＝
子弹击中木块后做匀减速直线运动，对子弹与木块组成的系统，由动能定理得：
－μ（M＋m）gs＝0－（M＋m）v2
解得
v1＝·
故A正确，BCD错误。
故选A。
2．C
【详解】
A. 球b自由落体运动，球c的竖直分运动是自由落体运动，故bc两个球的运动时间相同，为t=；
球a受重力和支持力，合力为mgsinθ，加速度为gsinθ，根据，得t′=；
所以tB. ab球机械能守恒，末速度大小相等，方向不同，重力的瞬时功率不同，故B错误；
C. bc球合力相同，运动时间相同，故合力的冲量相同，根据动量定理，动量变化量也相同；ab球机械能守恒，末速度相等，故末动量相等，初动量为零，故动量增加量大小相等，故C正确；
D.三小球下落过程只有重力做功，初动能不全相同，而重力做功相同，故根据动能定理，末动能不全相同，故D错误；
故选C.
【点睛】
a做的是匀变速直线运动，b是自由落体运动，c是平抛运动，根据它们各自的运动的特点可以分析运动的时间和末速度的情况，由动能定理判断末动能情况，由动量定理判断动量变化情况．
3．C
【详解】
当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有：mv0=（m+M）v1，根据机械能守恒定律有：；根据题意有：M=4m，联立两式解得：v0=5m/s，故ABD错误，C 正确．故选C．
【点睛】
本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律以及能量守恒定律等，知道小球刚好没跃出圆弧的上端，两者水平方向上的速度相同，结合水平方向系统动量守恒和系统机械能守恒列式求解即可．
4．D
【详解】
当A向左压缩弹簧时A物块减速，B板做加速度增大的加速运动，当弹簧压缩量最大时，A、B共速，之后弹簧在恢复形变的过程中B板做加速度减小的加速，A物块继续减速，当弹簧恢复原长时B板达最大速度，所以AB选项均错；当弹簧恢复原长时，设A、B的速度分别为和，由动量守恒定律，，能量守恒定律有，联立解得：，弹簧给木块A的冲量I=2mv1-2mv0=-4mv0/3，所以弹簧给木块A的冲量大小为4mv0/3，C选项错误；弹簧最大的弹性势能发生在AB共速时，设共速的速度为，由动量守恒知，再由，所以D选项正确．
5．B
【详解】
AC．根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即
v=at
由动能公式
可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，AC错误；
B．由
可知列车动能与位移x成正比，B正确；
D．由动量公式
可知列车动能
即与列车的动量二次方成正比，D错误。
故选B。
6．A
【详解】
A.由于绳对人的作用力一直向上，故绳对人的冲量始终向上；由于人在下降中速度先增大后减小，动量先增大后减小；故A正确；
B.在该过程中，拉力与运动方向始终相反，绳子的力一直做负功；但由分析可知，人的动能先增大后减小；故B错误；
C.绳子恰好伸直时，绳子的形变量为零，弹性势能为零；但此时人的动能不是最大，故C错误；
D.人在最低点时，绳子对人的拉力一定大于人受到的重力；故D错误．
7．B
【详解】
A．摩天轮运动过程中做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，选项A错误；
B．圆周运动过程中，在最高点由重力和支持力的合力提供向心力，即
所以重力大于支持力，选项B正确；
C．转动一周，重力的冲量为
I=mgt
不为零，C错误；
D．运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，根据
P=mgvcosθ
可知重力的瞬时功率在变化，选项D错误。
故选B。
8．D
【详解】
全过程由动能定理得：得，，由动量定理得：得，故D正确．
9．D
【详解】
A．对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有，而EkA＞EkB，则得到mA＜mB，故A错误．
BD．由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理得：对A子弹：-fdA=0-EkA，得EkA=fdA；对B子弹：-fdB=0-EkB，得EkB=fdB．由于dA＞dB，则有子弹入射时的初动能EkA＞EkB，故B错误，D正确．
C．子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析得知，两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，故C错误．
10．D
【详解】
A．小球运动到最高点小球和小车的速度相同，设为v．以小车和小球组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得mv0=2mv，得：v=v0．故A错误；
B．设小球最终离开小车速度为v1，小车的速度为v2．取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得：mv0=mv1+mv2．根据机械能守恒定律得：mv02=mv12+mv22，联立解得：v1=0；小车的速度为：v2=v0，所以小球最终离开小车后向右做自由落体运动，故B错误；
C．小球在圆弧轨道上运动的过程中，小车一直在加速，所以小球最终离开小车时小车的速度最大，最大速度为v0．故C错误；
D．当小球恰能到达圆弧轨道最高点P时，由水平方向动量守恒得：mv0=（m+m）v′；根据机械能守恒定律得：mv02=mgR+（m+m）v′2，解得：v0=2，所以若v0≥2时小球能到达圆弧轨道最高点P，故D正确．．
11．B
【详解】
A．由v﹣t图象看出，物体在2s﹣6s做匀速直线运动，则有
f=F2=1N
由速度图象可知，0﹣2s物体加速度为
a==0.5m/s2
当F=3N时，由牛顿第二定律得
F﹣f=ma
代入解得
m=4kg
故A错误；
B．前6s内合力的冲量为动量的变化量为
I=△p=mv=4×1N s=4N s
故B正确；
CD．物体在6s内的运动的位移为
x=×1×2m+1×4m=5m
前2s内通过的位移为1m，后4s内的位移为4m，在6s内推力的功为
W=3×1J+1×4J=7J
故CD错误。
故选B。
12．BD
【详解】
AB．撤去F后，A离开竖直墙前，竖直方向两物体的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而墙对A有向右的弹力，使系统的动量不守恒。这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒。A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，则系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒。故A错误，B正确。
CD．撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大。设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0，以向右为正方向，由动量守恒定律得
2mv0=3mv
由机械能守恒定律得
又
E=2mv02
解得弹簧的弹性势能最大值为
EP=E
故D正确，C错误。
故选BD。
13．BC
【详解】
A．设木块的质量为M，根据动量守恒定律得
解得
选项A错误；
B．子弹相对木块运动的位移，即子弹进入木块的深度，为两图线间的面积，即
选项B正确；
C．根据动量定理可知木块所受子弹的冲量为
选项C正确；
D．根据能量守恒可知
选项D错误。
故选BC。
14．BC
【详解】
AD．设最终速度为v，木箱与木块组成的系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得小木块和木箱速度
故AD错误；
B．对整个过程，由能量守恒定律可得小木块和木箱组成的系统损失机械能为
故B正确；
C．木箱与小木块组成的系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
木箱速度为时，小木块的速度为
故C正确。
故选BC。
15．ABD
【详解】
ACD．从小球到达最近位置后继续前进，此后拉到前进，减速，加速，达到共同速度时两者相距最远，此后继续减速，加速，当两球再次相距最近时，达到最小速度，m2达最大速度：两小球水平方向动量守恒，速度相同时保持稳定，一直向右前进，取向右为正方向．根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得
解得
故的最大速度为，m2的最小速度为
当时，的最小速度是0，故AD正确，C错误；
B．若，由上得，知存在某段时间m1向左运动，故B正确；
故选ABD。
16．AD
【详解】
A．由于地面光滑，所以滑块和小车构成的系统合外力为零，系统的动量守恒，故A正确；
B．由于滑块和小车间有摩擦力，要产生内能，所以滑块和小车构成的系统机械能不守恒，故B错误；
C．假设物块最终与小车共速，共同速度为v．取向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0＝（m1+m2）v，根据能量守恒定律得：μm2gd＝m2v02﹣（m1+m2）v2．解得滑块相对于小车滑行的距离为：d＝0.6m＜L＝1m，所以物块不会小车右端滑下，故C错误；
D．整个过程中系统产生的热量为 Q＝μm2gd＝6J，故D正确．
17．AC
【详解】
因运动员将重物缓慢上举，则可认为是平衡状态，地面对运动员的支持力为：(M+m)g，整个过程的时间为(t1+t2+△t)，根据I=Ft可知地面对运动员的冲量为(M+m)g(t1+t2+△t)；因地面对运动员的支持力没有位移，可知地面对运动员做的功为0，选项A正确，B错误；运动员对重物的作用力为Mg，作用时间为(t1+t2+△t)，根据I=Ft可知运动员对重物的冲量为Mg(t1+t2+△t)，重物的位移为(h1+h2)，根据W=Fs可知运动员对重物做的功为Mg(h1+h2)，选项C正确，D错误．
18．ABC
【分析】
开始时，两物体均在摩擦力作用下做匀减速运动，两者最终达到共同速度；对AB系统动量守恒，根据动量守恒定律进行讨论即可.
【详解】
开始时，两物体均在摩擦力作用下做匀减速运动，两者最终达到共同速度；设向右为正方向，对AB系统动量守恒，根据动量守恒定律；若，则v=0，图像如图A所示；若，则v>0，图像如图B所示；若，则v<0，图像如图C所示；故选项ABC正确，D错误；故选ABC.
19．AC
【详解】
A．从v t图像可以看出，从0到t1时间内B减速A加速，B的速度大于A的速度，弹簧被拉伸，t1时刻两物块达到共同速度2 m/s，此时弹簧处于伸长状态，故A正确；
BD．由v t图像可知，从t3到t4时间内A做减速运动，B做加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，即t3时刻弹簧处于压缩状态，t4时刻弹簧处于原长状态，故B、D错误；
C．由v t图像可知，t3时刻两物块的速度相同，都是2 m/s，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
解得
B和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得
解得t3时刻弹簧的弹性势能
故C正确。
故选AC.
20．ABD
【详解】
A．A离开挡板后，由图象数据可知，弹簧伸长到最长时，B的加速度最大，v﹣t图象切线斜率的绝对值最大，由图知此时A、B的共同速度为
v共＝2m/s
由图象可知，A刚离开挡板时B的速度
v0＝3m/s
根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有
mBv0＝（mA+mB）v共
解得
mA＝1kg
故A正确；
B．当弹簧第一次恢复原长时，A的速度最大，设为vA；此时B的加速度为0，知B的速度为
vB＝1m/s
根据动量守恒定律得
mBv0＝mAvA+mBvB
解得
vA＝4m/s
故B正确；
C．在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以系统所受的合外力不为零，系统动量不守恒；挡板对A不做功，只有弹簧的弹力对B做功，所以系统机械能守恒，故C错误；
D．A、B的速度相同时弹簧的弹性势能最大，弹簧的最大弹性势能为
Epm＝mBv02﹣（mA+mB）v共2
代人数据联立解得
Epm＝3J
故D正确；
故选ABD。
21．(1) (2) (3)
【详解】
（1）物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点，设速度大小为vP，
由机械能守恒定律有：
，
在最低点轨道对物块的支持力为大小为FN，
由牛顿第二定律有：
联立解得：
FN=3mg，
由牛顿第三定律可知物块对轨道P点的压力大小为3mg；
（2）设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v0，
由动能定理有:
，
得：
，
当时，物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，
由动量守恒定律有：
，
由能量守恒定律有：
，
联立解得
；
（3）设物块A与弹簧分离时，A、B的速度大小分别为v1、v2，规定向右为正，则有
，
，
联立解得：
，
设A最终停在Q点左侧x处，由动能定理有：
，
解得：
22．（1）12m/s；（2）0.75m；（3）1s
【详解】
（1）两小球弹开的过程，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立可得
小球Q沿圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得
解得
（2）小球P在斜面向上运动的加速度为a1，由牛顿第二定律得
解得
故上升的最大高度为
(3)设两小球相遇点距离A点为x，小球P从A点上升到两小球相遇所用的时间为t，小球P沿斜面下滑的加速度为a2，由牛顿第二定律得
解得
小球P上升到最高点所用的时间
则
解得
23．（1）；（2）
【详解】
（1）A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有
①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为，有
②
由动量定理，有
③
联立①②③式，得
④
（2）设两球粘在一起时速度大小为，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足
⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为，由动量守恒定律，有
⑥
又
⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能至少为
⑧
24．（1）4m/s ；（2）60N，方向竖直向下；（3）2.5m。
【详解】
（1）物块到达C点的速度与水平方向的夹角为60°，
根据平行四边形定则知：，
（2）小物块由C到D的过程中，由动能定理得： ，
代入数据解得：.
小球在D点时由牛顿第二定律得：
代入数据解得：N=60N，
由牛顿第三定律得：N′=N=60N，方向竖直向下．
（2）设小物块始终在长木板上，当达到共同速度时大小为，小物块在木板上滑行的过程中，由动量守恒定律
解得：
对物块和木板系统，由功与能的转化关系得
解得：L=2.5m
所以要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少为2.5m．
25．(1)；(2)；(3)。
【详解】
(1)物块由到过程中机械能守恒，有
解得
(2)从物块滑上滑板到两者相对静止一起运动，根据动量守恒定律有
解得
(3)由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板碰撞后速度v1大小不变，方向向左。此后滑板作匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速运动直至再次达到共同速度。
设两者第二次具有共同速度为v2，取向左为正，有
Mv1－mv1=（M+m）v2
根据能量守恒,第一次二者达到共速有
第二次二者达到共速有
木板的最小长度
L=s1+s2
代入数据解得
26．(1)1N，方向竖直向上(2)(3)0.675m＜L＜1.35m
【详解】
(1)A从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：
在最高点由牛顿第二定律：
滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：
FN=1N
由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力大小为1N，方向向上
(2)爆炸过程由动量守恒定律：
解得：vB=3m/s
滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律可知：
由能量关系：
解得EP=0.22J
(3)滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，设为u，滑块与小车组成的系统动量守恒，有：
若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，
设滑块恰好滑到Q点，由能量守恒定律得：
联立解得：
L1=1.35m
若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由能量守恒定律得：
联立解得：
L2=0.675m
综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足的范围是0.675m＜L＜1.35m
27．（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；（2）B先停止； 0.50m；（3）0.91m；
【分析】
首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A、B组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出A、B各自的速度大小；很容易判定A、B都会做匀减速直线运动，并且易知是B先停下，至于A是否已经到达墙处，则需要根据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判断A向左运动停下来之前是否与B发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间关系，列式求解即可．
【详解】
（1）设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
①
②
联立①②式并代入题给数据得
vA=4.0m/s，vB=1.0m/s
（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a．假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B．设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB．，则有
④
⑤
⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA=vAt–⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA=1.75m，sB=0.25m⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处．B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为
s=0.25m+0.25m=0.50m⑨
（3）t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为vA′′以和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
联立式并代入题给数据得
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
由④式及题给数据得
sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离

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