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第4讲　功能关系与能量守恒
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　功和功率
1．功的计算
(1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解．
(2)变力做功通常应用动能定理、微元法、等效转化法、平均力法、图像法求解，或者利用恒定功率求功W＝Pt.
2．功率的分析与计算
明确是求瞬时功率还是平均功率．
P＝侧重于平均功率的计算，P＝Fv cos α(α为F和速度v的夹角)侧重于瞬时功率的计算．
3．机车启动(F阻不变)
(1)两个基本关系式：P＝Fv，F－F阻＝ma.
(2)两种常见情况
①恒定功率启动：P不变，此时做加速度减小的加速运动，直到达到最大速度vm，此时a＝0，此过程Pt－F阻s＝；
②恒定加速度启动：开始阶段a不变．
无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速运动时的速度，即vm＝.
考向1　功和功率的分析与计算
例 1[2023·山东卷]
《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景．引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动．水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动．每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田．当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为(　　)
A． B．
C． D．nmgωRH
例 2[2023·重庆统考一模]
(多选)如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成．如题图乙为提水设施工作原理简化图．某次需从井中汲取m＝2 kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r＝0.1 m，水斗的质量为0.5 kg，井足够深且井绳的质量忽略不计．t＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10 m/s2，则(　　)
A．水斗速度随时间变化规律为v＝0.4t
B．井绳拉力瞬时功率随时间变化的规律为P＝10t
C．0～10 s内水斗上升的高度为4 m
D．0～10 s内井绳拉力所做的功为520 J
考向2　机车启动问题
例 3[2023·广东省汕头市期末] 2022年9月28日汕头海湾隧道正式开通，隧道全长约6.68公里，全段最高限速为60 km/h.海湾隧道中间为盾构段，埋于海底，南北两侧路段以较小的坡度与盾构段连接，全段可简化为如图所示模型．一汽车从南岸由静止开始以1 m/s2的加速度沿斜面向下匀加速启动，已知汽车质量为2.0×103 kg，汽车所受阻力大小恒为重力的0.2，斜面倾角的正弦值sin θ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.
　
(1)若汽车发动机的最大功率为P0＝5.6×104 W，下坡阶段足够长，求汽车下坡阶段做匀加速直线运动的时间．
(2)若汽车在上、下坡时均以最高限速匀速行驶，则下坡和上坡时的汽车发动机功率之比为多少．
提升训练
1.[2023·新课标卷]无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落．一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)(　　)
A．0 B．mgh
C．mv2－mgh D．mv2＋mgh
2.(多选)新能源汽车近几年发展非常迅速，下表是某品牌电动汽车相关参数．请根据相关参数判断以下哪些说法正确(假设汽车以30 m/s匀速行驶时的阻力为车重的0.05，汽车电能转化为有用功的效率为80%，重力加速度g取10 m/s2)(　　)
指标参数 整车质量 0～30 m/s加速时间 最大速度 电池容量 制动最短距离(30m/s～0)
数值 2 000 kg 5.0 s 60 m/s 75 kW·h 30 m
A.汽车在0～30 m/s的加速过程中的平均加速度大小为6 m/s2
B．汽车刹车由30 m/s减速到0所用时间最短为1 s
C．当汽车以30 m/s匀速行驶时，汽车克服阻力做功的功率为75 kW
D．当汽车以30 m/s匀速行驶时，汽车的续航里程(最大行驶距离)约为216 km
3．[2023·山东青岛市高三上学期期中](多选)额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动．其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示．两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，从t2和t4时刻开始牵引力视为不变，若两车行驶时所受的阻力大小与其总重成正比，且比例系数相同，下列说法正确的是(　　)
A．甲车的总重比乙车的大
B．甲车比乙车先开始运动
C．甲车在t1时刻的速率大于乙车在t3时刻的速率
D．甲车在t2时刻的速率大于乙车在t4时刻的速率
命题点二　动能定理的应用
1．应用动能定理解题应注意的三个问题
(1)用动能定理解决问题时一般以地面为参考系；
(2)动能定理的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)时，可以分段考虑，也可以对全过程考虑，全过程用动能定理列式，可使问题简化．
2．利用动能定理求解多过程问题的基本思路
考向1　动能定理的应用
例 1 如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点正上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则(　　)
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W[考法拓展1]　(多选)在[例1]中，若使质点带上＋q的电荷量(带电质点可视为点电荷)，如图所示，在POQ下方加上垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝.质点由静止释放运动至最低点N时，对轨道的压力恰好为零，则(　　)
A．质点经过N点时的速度大小为
B．质点由P点至N点的过程中，洛伦兹力做负功
C.质点由静止下落至P点的过程中，机械能守恒
D．质点由静止下落至N点的过程中，机械能减少mgR
[考法拓展2]　在[例1]中，若轨道光滑，使质点带上＋q的电荷量(带电质点可视为点电荷)，如图所示，在竖直方向加上向下的匀强电场，场强为E.质点由静止释放运动至最低点N的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．质点的机械能守恒
B．质点的重力势能减少，电势能增加
C．质点的动能增加2mgR
D．质点的机械能增加2qER
思维提升
动能定理在力学与电场中的应用对比
考向2　动能定理与图像的综合
例 2 如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑轨道BCD组成，AB与BCD相切于B点，C为圆轨道的最低点，将物块置于轨道ABC上离地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN.现将物块放在ABC上不同高度处，让H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不同高度处下滑到C点时对轨道的压力FN，得到如图乙两段直线PQ和QI，且IQ反向延长线与纵轴交点坐标值为2.5 N，g取10 m/s2.求：
　　　
　　 　　　甲　　　　　　　　　　　乙
(1)小物块的质量m及圆轨道的半径R；
(2)轨道BC所对圆心角；
(3)小物块与斜面AB间的动摩擦因数．
[教你解决问题]——审图
解此题的关键是把握图像的信息，并将图像信息与物理过程相对应，如图所示．
提升训练
1.[2023·陕西省西安市长安区高考模拟]如图甲所示为由弹丸发射器、固定在水平地面上的倾角为37°的斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙(挡板墙上分布有多个力传感器)构成的游戏装置．半圆形挡板墙的半径R＝0.5 m，斜面高度h＝0.9 m，弹丸与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5.游戏者调节发射器，弹丸到B点时速度沿斜面且大小为5 m/s，接着他将半圆形挡板墙向左平移使C、D两端重合．挡板墙上各处的力传感器收集到的侧压力F与墙上转过的圆心角θ之间的关系如图乙所示，g取10 m/s2.下列说法正确的是 (　　)
A．弹丸的质量为0.1 kg
B．弹丸的质量为0.4 kg
C．弹丸与地面间的动摩擦因数为0.6
D．弹丸与地面间的动摩擦因数为0.8
2．[2023·江苏卷]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.
3.
[2023·湖北卷]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．
命题点三　机械能守恒定律和功能关系的应用
1．应用机械能守恒定律的基本思路
2．功能关系的体现
考向1　机械能守恒定律的应用
例 1[2023·湖南卷]
(多选)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R.小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是(　　)
A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度v0＝
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
例 2[2023·湖北宜昌市协作体期中](多选)如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端有挡板，顶端有光滑的轻质小滑轮，右侧固定一竖直光滑细杆，A、B两物体用轻质弹簧相连，非弹性细线一端与物体B连接，另一端通过滑轮与套在细杆上的滑环C相连．初始状态，滑环C位于D点，此时细线与斜面平行，物体A对挡板压力恰好为零，无初速度释放滑环，当滑环到达E点时其速度大小为v，此时细线与水平方向夹角也为θ，已知A、B、C质量相等，D、E两点高度差为h，重力加速度为g.在滑环C下降过程中，下列说法正确的是(　　)
A．刚释放瞬间滑环C的加速度大小为g
B．当滑环C下降到与滑轮等高时，滑环C机械能最大
C．滑环C到达E点时，物体B速度大小为v cos θ
D．滑环C到达E点时，v和h满足关系2gh＝v2(1＋sin 2θ)
考向2　功能关系的应用
例 3[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－fl
D．物块的动能一定小于－fl
例 4[2023·北京石景山期末]如图甲所示，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处．设篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度为g，不计空气阻力．
(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比．
(2)如图甲所示，若篮球反弹至最高处h时，运动员向下拍球，对篮球施加一个向下的压力F，持续作用至h0高度处撤去，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h高度处，力F的大小随高度y的变化如图乙所示，其中h0已知，求F0的大小．
(3)在篮球与地球相互作用的过程中，我们认为地球始终保持静止不动．请你运用所学知识分析说明建立这种模型的合理性．
考向3　能量守恒定律的应用
例 5 将一轻质弹簧竖直固定在水平地面上处于原长状态，让一质量m0＝20 g的小球从弹簧上端由静止释放，小球最大下落高度h1＝5 cm.将该弹簧固定在如图所示的轨道左侧竖直墙壁上，轨道中部有一半径R＝0.1 m的竖直圆轨道，不同轨道的连接处均为平滑连接，小滑块可以从圆轨道最低点的一侧进入，绕圆轨道一周后从最低点向另一侧运动．轨道上弹簧右侧的M点到圆轨道左侧N点的距离xMN＝0.6 m的范围内有摩擦，而其他部分均光滑．让一质量m＝10 g的小滑块从轨道右侧高h2(未知)处由静止释放，小滑块恰好能通过圆轨道最高点C，且第一次恰好能把弹簧压缩5 cm.现让该小滑块从轨道右侧h3＝0.4 m处由静止释放，已知重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小滑块下落的高度h2；
(2)小滑块停止时的位置到N点的距离．
思维提升
涉及做功与能量转化问题的解题方法
(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况．
(2)当涉及滑动摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffl相对，l相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度．
(3)解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．
提升训练
1. (多选)北京冬奥会报道中利用“AI＋8K”技术，把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K直播中，更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验．“时间切片”是一种类似于多次“曝光”的呈现手法．如图所示为我国运动员谷爱凌在自由式滑雪女子大跳台比赛中第三跳的“时间切片”特技图．忽略空气阻力，将运动员看做质点，其轨迹abc段为抛物线．已知起跳点a的速度大小为v，起跳点a与最高点b之间的高度差为h，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
A．运动员从a点到b点与从b点到c点的时间间隔相同
B．运动员从a到b的时间为
C．运动员到达最高点时速度的大小为
D．运动员从a到b的过程中速度变化的大小为
2．[2023·全国甲卷]
如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上．用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep.释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出．小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的.小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h.重力加速度大小为g，忽略空气阻力．求
(1)小球离开桌面时的速度大小；
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离．
3．[2023·辽宁卷]某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能．某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80 m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1 600 m、汲水质量m＝1.0×104 kg.离开水面后，飞机攀升高度h＝100 m时速度达到v2＝100 m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水．取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE.
素养培优·思维方法
应用能量观点解决问题的方法
能量观点即用动能定理、功能关系和能量守恒定律解决物理问题．用这种观点解决复杂的直线或曲线运动问题时，应从能量守恒和能量转化的角度着手，找到问题的突破口，如解决研究对象是单个物体，运动过程是多过程的问题时，优先考虑从能量转化的角度应用动能定理．能量观点的优越性在于从总体上把握物体的运动状态，分析力的作用时只看其做功的情况．
[典例]　如图所示，半径为R＝0.8 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧右端固定在竖直挡板上．质量m＝0.2 kg的小物块(可视为质点)从A点以v0＝1 m/s的速度被水平抛出(不计空气阻力)，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动到D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L＝1 m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，g＝10 m/s2.求：
(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；
(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epmax.
[教你解决问题]
第一步：读题→过程分析(模型建构)
A→B过程：小物块做平抛运动
B→C过程：小物块做圆周运动
C→D过程：小物块做减速运动(加速度变化)
第二步：抓关键点→选规律
①“恰好从B点沿轨道切线进入轨道”
vB＝
②“光滑圆弧轨道BC”小物块由B→C过程中机械能守恒mgR(1＋sin θ)＝
③“C点”―→圆周运动的最低点FN－mg＝
④“过C点后…弹簧被压缩至最短”小物块在D点的速度为零能量守恒．Emax＝－μmgL
[规范解答]
(1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，根据几何关系有vB＝＝ m/s＝2 m/s.
(2)小物块由B运动到C，只有小物块的重力做功，小物块的机械能守恒，根据机械能守恒定律有mgR(1＋sin θ)＝
在C点处，对小物块由向心力公式有
解得小物块在C点所受轨道的支持力FN＝9 N
根据牛顿第三定律，可知小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力大小为9 N.
(3)小物块从B运动到D，根据能量守恒定律有Epmax＝＋mgR(1＋sin θ)－μmgL
代入数据解得Epmax＝2 J.
反思总结：碰撞摩擦生内能，能量守恒最可行——当系统中有克服滑动摩擦力做功产生内能或完全非弹性碰撞产生内能时通常优先考虑用能量守恒定律解决问题．
第4讲　功能关系与能量守恒
命题分类剖析
命题点一
[例1]　解析：由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为
m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm
则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功
W＝1.2πRnmgH
则筒车对灌入稻田的水做功的功率为
P＝
T＝
联立有P＝
故选B.
答案：B
[例2]　解析：根据图像可知，水斗速度v＝ωr＝t×0.1＝0.4t，A正确；
井绳拉力的瞬时功率为P＝Tv＝Tωr，用m0表示水斗质量
根据牛顿第二定律有T－(m＋m0)g＝(m＋m0)a
根据上述分析有a＝＝0.4 m/s2，解得T＝26 N，则井绳拉力瞬时功率随时间变化的规律为P＝10.4t，B错误；
根据题图丙可知，0～10 s内水斗上升的高度为h＝r＝m＝20 m，C错误；
根据P＝10.4t知，
0～10 s内井绳拉力所做的功为W＝Pt＝ J＝520 J，D正确．
答案：AD
[例3]　解析：(1)汽车下坡时，以恒定加速度启动，有 F＋mg sin θ－f＝ma
其中f＝0.2mg，汽车加速运动过程中，功率逐渐增加，刚达到P0时P0＝Fv，v＝at
解得t＝14 s.
(2)汽车下坡过程中以最高时速vm匀速行驶，
有F1＋mg sin θ＝f
此时汽车发动机功率P1，有P1＝F1vm
汽车上坡过程中以最高时速vm匀速行驶，有F2＝mg sin θ＋f
此时汽车发动机功率P2，有P2＝F2vm，解得＝.
答案：(1)14 s　(2)
[提升训练]
1．解析：在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得
mgh－Wf＝0
故雨滴克服空气阻力做功为mgh，故选B.
答案：B
2．解析：汽车在0～30 m/s的加速过程中的平均加速度大小为＝＝ m/s2＝6 m/s2，选项A正确；因制动最短距离为30 m，可知汽车刹车由30 m/s减速到0所用时间最短为t＝＝ s＝2 s，选项B错误；当汽车以30 m/s匀速行驶时，汽车克服阻力做功的功率为P＝fv＝kmgv＝2 000×10×0.05×30 W＝30 kW，选项C错误；根据80%E＝P，则当汽车以30 m/s匀速行驶时，汽车的续航里程(最大行驶距离)约为x＝＝ m＝216 km，选项D正确．
答案：AD
3．解析：根据题述，两车额定功率P相同，匀速运动后牵引力等于阻力，根据甲车t2时刻后和乙车t4时刻后两车牵引力不变，可知甲车牵引力小于乙车可知F＝f＝kmg
可知甲车的总重比乙车小，故A错误；
如图所示
甲车在A点所对应的时刻牵引力与阻力大小瞬间相等，所以甲车从这个时刻开始，做加速运动；乙车在B点所对应的时刻牵引力与阻力大小瞬间相等，乙车从这个时刻开始加速，所以甲车比乙车先开始运动，故B正确；
两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，这两个时刻，甲车的牵引力小于乙车的牵引力，由P＝Fv
可知，甲车在t1时刻的速率大于乙车在t3时刻的速率，故C正确；
t2时刻甲车达到最大速度，t4时刻乙车达到最大速度，根据汽车的额定功率P＝fvm＝kmgvm
可知由于甲车的总重比乙车小，所以甲车在t2时刻的速率大于乙车在t4时刻的速率，故D正确．
答案：BCD
命题点二
[例1]　解析：在N点由牛顿第二定律得4mg－mg＝；从最高点到N点，由动能定理得2mgR－W＝，联立解得W＝mgR.由于克服阻力做功，机械能减小，N点左右两侧轨道上的等高点的速度v右0，所以质点能够到达Q点，并且还能继续上升一段距离，故选项C正确．
答案：C
[考法拓展1]解析：质点经过N点时由牛顿第二定律得qvB－mg＝m，解得v＝，选项A错误；质点在磁场内运动过程中，洛伦兹力始终与质点的运动方向垂直，洛伦兹力不做功，选项B错误；质点由静止下落至P点的过程，只有重力做功，质点机械能守恒，选项C正确；质点由静止运动至N点的过程由动能定理得2mgR－Wf＝，解得Wf＝mgR，由功能关系得质点的机械能减少mgR，选项D正确．
答案：CD
[考法拓展2]解析：质点下落过程，除重力做功以外，还有电场力做正功，机械能增加，由功能关系得机械能的增量ΔE＝2qER，故选项A错误，D正确；重力做正功，重力势能减少，电场力做正功，电势能减少，选项B错误；合外力做功等于动能的增量，则ΔEk＝2(qE＋mg)R，选项C错误．
答案：D
[例2]　解析：(1)小物块从圆轨道BC滑下，
由动能定理可知mgH＝
，
F′N＝FN，则FN＝H＋mg
结合PQ段图像知mg＝2 N，m＝0.2 kg，斜率为＝
解得R＝1 m.
(2)由于图线Q点对应于轨道的B点，而此时H＝0.5 m，
轨道BC所对圆心角为θ
由几何关系可知H＝R(1－cos θ)，代入数据解得θ＝60°.
(3)小物块从A到C，由动能定理可得
mgH－＝mv2，
到达C点处由向心力公式可得
F′N－mg＝，F′N＝FN，
整理得FN＝4H＋2，
结合IQ段图像得μ＝.
答案：(1)0.2 kg　1 m　(2)60°　(3)
[提升训练]
1．解析：弹丸从B到D过程，由动能定理得mgh－μ1mg cos 37°·＝，由题图乙可知，在D点，挡板墙对弹丸的支持力为12.4 N，由牛顿第二定律有，联立解得m＝0.2 kg，故A、B错误；设弹丸与地面之间的动摩擦因数为μ2，转过3 rad后的速度为v，由动能定理得－μ2mg·3×R＝，转过3 rad后挡板墙对弹丸的支持力为5.2 N，由牛顿第二定律得5.2 N＝m，联立解得μ2＝0.6，故C正确，D错误．
答案：C
2．解析：(1)滑雪者从A到P根据动能定理有
mgd sin 45°－μmg cos 45°d＝－0
根据动量定理有
(mg sin 45°－μmg cos 45°)t＝mvP－0
联立解得t＝
vP＝ .
(2)由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有
vB＝vP＝ .
(3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有
vP cos 45°＝g×
水平方向上有L＝vP sin 45°·t
联立可得L＝d(1－μ)．
答案：(1) 　(2) 　
(3)d(1－μ)
3．解析：(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有＝mg
解得vD＝.
(2)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cos 60°＝
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
－mg(R＋R cos 60°)＝
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
mgHBD＝
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＝
S ＝π·2R
解得vA＝.
答案：(1)　(2)0　(3)
命题点三
[例1]　解析：由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC＝0
小球在圆弧BC上运动到D点的受力分析如图所示，则在D位置时有mg cos α－FN＝m，从D到C过程有，mg(R－R cos α)＝，联立解得FN＝3mg cos α－2mg，A正确；
A到B的过程中重力的功率为P ＝ －mgv sin θ，由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小
则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；
从A到C的过程中有－mg·2R＝
解得C错误；
B＝
则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确．
故选AD.
答案：AD
[例2]　解析：设三者质量为m，初状态时弹簧弹力为F＝mg sin θ
释放瞬间弹簧弹力不变，细线拉力为T＝2F.对滑环C，根据牛顿第二定律得mg＋T sin θ＝maC
解得aC>g，故A错误；
当滑环C下降到滑轮等高处过程中，细线对滑环C的拉力做正功，由等高处到E点过程中，细线对滑环C的拉力做负功．则滑环C下降到与滑轮等高时机械能最大，故B正确；
滑环C到达E点时，物体B速度大小为vB，根据速度分解，则vB＝v sin θ，故C错误；
滑环C由D点到达E点时，弹簧伸长量与初状态相同，物体B重力势能和弹簧弹性势能与初状态相同．系统机械能守恒，则mgh＝mv2＋m(v sin θ)2
整理得2gh＝v2(1＋sin 2θ)，故D正确．
答案：BD
[例3]　解析：当物块从木板右端离开时，对m有
－fxm＝
对M有fxM＝
其中l＝xm－xM
由于l>xM，则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl，A错误，B正确；
根据以上分析，联立有－fl＝
则物块的动能一定小于－fl，C错误，D正确．
故选BD.
答案：BD
[例4]　解析：(1)设篮球自由下落，碰地之前的速率为v1，由运动学公式有＝2gH，设篮球反弹至h高处，离地时的速率为v2，由运动学公式有＝2gh
碰后速率与碰前速率之比＝ .
(2)篮球能反弹至h高度，压力F做的功等于第一次碰撞过程损失的能量，WF＝mg(H－h)
由图像可知，拍球过程压力做的功WF＝(h－h0)F0，解得F0＝.
(3)篮球与地球相互作用过程中，设地球质量为M，当篮球速度为v时，地球的速度为v0，由动量守恒得mv－Mv0＝0，解得v0＝
由于地球质量M远大于篮球质量m，地球速度非常接近于零，可认为地球保持静止不动．
答案：见解析
[例5]　解析：(1)小滑块恰好能过C点，根据牛顿第二定律可得：mg＝
由机械能守恒定律可得：mgh2＝
解得h2＝0.25 m.
(2)弹簧竖直放置，被压缩h1＝5 cm时的弹性势能
Ep＝m0gh1＝0.01 J.
由能量守恒可知，小滑块滑至第一次把弹簧压缩到最短时有：mgh2＝μmgxMN＋E′p，
其中E′p＝Ep＝0.01 J
解得μmgxMN＝0.015 J
当小滑块从h3＝0.4 m处下滑后，第二次通过N点时的动能为EkN＝mgh3－2μmgxMN＝0.01 J
此时小滑块动能小于0.015 J，故小滑块不再与弹簧相碰，
由能量守恒可得：EkN＝μmgx
解得x＝0.4 m
即小滑块最终停在N点左侧0.4 m处．
答案：见解析
[提升训练]
1．解析：运动员做斜抛运动，从最高点到等高位置时间相等，ac两点到b点的竖直高度不同，因此时间不同，故A错误；
根据h＝gt2，解得t＝，故B正确；
从a到b根据机械能守恒得mv2＝
解得vt＝，故C正确；
从a到b速度的变化量的大小为Δv＝gt＝，故D正确．
答案：BCD
2．解析：(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep＝mv2
得小球离开桌面时速度大小为v＝ .
(2)离开桌面后由平抛运动规律可得h＝
第一次碰撞前速度的竖直分量为vy，由题可知vy′＝vy
离开桌面后由平抛运动规律得
x＝vt，vy＝gt
解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为
x＝.
答案：(1) 　(2)
3．解析：(1)飞机从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为，则L＝v1t
解得飞机滑行的时间为
t＝＝ s＝40 s
飞机滑行的加速度为
a＝＝ m/s2＝2 m/s2.
(2)飞机从水面至h＝100 m处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则
ΔE＝＝×802 J＋1×104×10×100 J＝2.8×107 J.
答案：(1)2 m/s2　40 s　(2)2.8×107 J(共67张PPT)
第4讲　功能关系与能量守恒
知识网络构建
命题分类剖析
素养培优·情境命题
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　功和功率
1．功的计算
(1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解．
(2)变力做功通常应用动能定理、微元法、等效转化法、平均力法、图像法求解，或者利用恒定功率求功W＝Pt.
2．功率的分析与计算
明确是求瞬时功率还是平均功率．
P＝侧重于平均功率的计算，P＝Fv cos α(α为F和速度v的夹角)侧重于瞬时功率的计算．
3．机车启动(F阻不变)
(1)两个基本关系式：P＝Fv，F－F阻＝ma.
(2)两种常见情况
①恒定功率启动：P不变，此时做加速度减小的加速运动，直到达到最大速度vm，此时a＝0，此过程Pt－F阻s＝；
②恒定加速度启动：开始阶段a不变．
无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速运动时的速度，即vm＝.
考向1　功和功率的分析与计算
例 1 [2023·山东卷]《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景．引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动．水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动．每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田．当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为(　　)
A． B．
C． D．nmgωRH
答案：B
解析：由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为
m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm
则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功
W＝1.2πRnmgH
则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P＝
T＝
联立有P＝
故选B.
例 2 [2023·重庆统考一模](多选)如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成．如题图乙为提水设施工作原理简化图．某次需从井中汲取m＝2 kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r＝0.1 m，水斗的质量为0.5 kg，井足够深且井绳的质量忽略不计．t＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10 m/s2，则(　　)
A．水斗速度随时间变化规律为v＝0.4t
B．井绳拉力瞬时功率随时间变化的规律为P＝10t
C．0～10 s内水斗上升的高度为4 m
D．0～10 s内井绳拉力所做的功为520 J
答案：AD
解析：根据图像可知，水斗速度v＝ωr＝t×0.1＝0.4t，A正确；
井绳拉力的瞬时功率为P＝Tv＝Tωr，用m0表示水斗质量
根据牛顿第二定律有T－(m＋m0)g＝(m＋m0)a
根据上述分析有a＝＝0.4 m/s2，解得T＝26 N，则井绳拉力瞬时功率随时间变化的规律为P＝10.4t，B错误；
根据题图丙可知，0～10 s内水斗上升的高度为h＝r＝m＝20 m，C错误；
根据P＝10.4t知，
0～10 s内井绳拉力所做的功为W＝Pt＝ J＝520 J，D正确．
考向2　机车启动问题
例 3 [2023·广东省汕头市期末] 2022年9月28日汕头海湾隧道正式开通，隧道全长约6.68公里，全段最高限速为60 km/h.海湾隧道中间为盾构段，埋于海底，南北两侧路段以较小的坡度与盾构段连接，全段可简化为如图所示模型．一汽车从南岸由静止开始以1 m/s2的加速度沿斜面向下匀加速启动，已知汽车质量为2.0×103 kg，汽车所受阻力大小恒为重力的0.2，斜面倾角的正弦值sin θ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)若汽车发动机的最大功率为P0＝5.6×104 W，下坡阶段足够长，求汽车下坡阶段做匀加速直线运动的时间．
(2)若汽车在上、下坡时均以最高限速匀速行驶，则下坡和上坡时的汽车发动机功率之比为多少．
解析：(1)汽车下坡时，以恒定加速度启动，有 F＋mg sin θ－f＝ma
其中f＝0.2mg，汽车加速运动过程中，功率逐渐增加，刚达到P0时P0＝Fv，v＝at
解得t＝14 s.
(2)汽车下坡过程中以最高时速vm匀速行驶，
有F1＋mg sin θ＝f
此时汽车发动机功率P1，有P1＝F1vm
汽车上坡过程中以最高时速vm匀速行驶，有F2＝mg sin θ＋f
此时汽车发动机功率P2，有P2＝F2vm，解得＝.
答案：(1)14 s　(2)
提升训练
1.[2023·新课标卷]无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落．一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)(　　)
A．0 B．mgh
C．mv2－mgh D．mv2＋mgh
答案：B
解析：在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得
mgh－Wf＝0
故雨滴克服空气阻力做功为mgh，故选B.
2.(多选)新能源汽车近几年发展非常迅速，下表是某品牌电动汽车相关参数．请根据相关参数判断以下哪些说法正确(假设汽车以30 m/s匀速行驶时的阻力为车重的0.05，汽车电能转化为有用功的效率为80%，重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A. 汽车在0～30 m/s的加速过程中的平均加速度大小为6 m/s2
B．汽车刹车由30 m/s减速到0所用时间最短为1 s
C．当汽车以30 m/s匀速行驶时，汽车克服阻力做功的功率为75 kW
D．当汽车以30 m/s匀速行驶时，汽车的续航里程(最大行驶距离)约为216 km
指标参数 整车质量 0～30 m/s加速时间 最大速度 电池容量 制动最短距离(30m/s～0)
数值 2 000 kg 5.0 s 60 m/s 75 kW·h 30 m
答案：AD
解析：汽车在0～30 m/s的加速过程中的平均加速度大小为＝＝ m/s2＝6 m/s2，选项A正确；因制动最短距离为30 m，可知汽车刹车由30 m/s减速到0所用时间最短为t＝＝ s＝2 s，选项B错误；当汽车以30 m/s匀速行驶时，汽车克服阻力做功的功率为P＝fv＝kmgv＝2 000×10×0.05×30 W＝30 kW，选项C错误；根据80%E＝P，则当汽车以30 m/s匀速行驶时，汽车的续航里程(最大行驶距离)约为x＝＝ m＝216 km，选项D正确．
3．[2023·山东青岛市高三上学期期中](多选)额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动．其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示．两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，从t2和t4时刻开始牵引力视为不变，若两车行驶时所受的阻力大小与其总重成正比，且比例系数相同，下列说法正确的是(　　)
A．甲车的总重比乙车的大
B．甲车比乙车先开始运动
C．甲车在t1时刻的速率大于乙车在t3时刻的速率
D．甲车在t2时刻的速率大于乙车在t4时刻的速率
答案：BCD
解析：根据题述，两车额定功率P相同，匀速运动后牵引力等于阻力，根据甲车t2时刻后和乙车t4时刻后两车牵引力不变，可知甲车牵引力小于乙车可知F＝f＝kmg
可知甲车的总重比乙车小，故A错误；
如图所示
甲车在A点所对应的时刻牵引力与阻力大小瞬间相等，所以甲车从这个时刻开始，做加速运动；乙车在B点所对应的时刻牵引力与阻力大小瞬间相等，乙车从这个时刻开始加速，所以甲车比乙车先开始运动，故B正确；
两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，这两个时刻，甲车的牵引力小于乙车的牵引力，由P＝Fv
可知，甲车在t1时刻的速率大于乙车在t3时刻的速率，故C正确；
t2时刻甲车达到最大速度，t4时刻乙车达到最大速度，根据汽车的额定功率P＝fvm＝kmgvm
可知由于甲车的总重比乙车小，所以甲车在t2时刻的速率大于乙车在t4时刻的速率，故D正确．
命题点二　动能定理的应用
1．应用动能定理解题应注意的三个问题
(1)用动能定理解决问题时一般以地面为参考系；
(2)动能定理的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)时，可以分段考虑，也可以对全过程考虑，全过程用动能定理列式，可使问题简化．
2．利用动能定理求解多过程问题的基本思路
考向1　动能定理的应用
例 1 如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点正上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则(　　)
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W答案：C
解析：在N点由牛顿第二定律得4mg－mg＝；从最高点到N点，由动能定理得2mgR－W＝，联立解得W＝mgR.由于克服阻力做功，机械能减小，N点左右两侧轨道上的等高点的速度v右0，所以质点能够到达Q点，并且还能继续上升一段距离，故选项C正确．
[考法拓展1]　(多选)在[例1]中，若使质点带上＋q的电荷量(带电质点可视为点电荷)，如图所示，在POQ下方加上垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝.质点由静止释放运动至最低点N时，对轨道的压力恰好为零，则(　　)
A．质点经过N点时的速度大小为
B．质点由P点至N点的过程中，洛伦兹力做负功
C.质点由静止下落至P点的过程中，机械能守恒
D．质点由静止下落至N点的过程中，机械能减少mgR
答案：CD
解析：质点经过N点时由牛顿第二定律得qvB－mg＝m，解得v＝，选项A错误；质点在磁场内运动过程中，洛伦兹力始终与质点的运动方向垂直，洛伦兹力不做功，选项B错误；质点由静止下落至P点的过程，只有重力做功，质点机械能守恒，选项C正确；质点由静止运动至N点的过程由动能定理得2mgR－Wf＝，解得Wf＝mgR，由功能关系得质点的机械能减少mgR，选项D正确．
[考法拓展2]　在[例1]中，若轨道光滑，使质点带上＋q的电荷量(带电质点可视为点电荷)，如图所示，在竖直方向加上向下的匀强电场，场强为E.质点由静止释放运动至最低点N的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．质点的机械能守恒
B．质点的重力势能减少，电势能增加
C．质点的动能增加2mgR
D．质点的机械能增加2qER
答案：D
解析：质点下落过程，除重力做功以外，还有电场力做正功，机械能增加，由功能关系得机械能的增量ΔE＝2qER，故选项A错误，D正确；重力做正功，重力势能减少，电场力做正功，电势能减少，选项B错误；合外力做功等于动能的增量，则ΔEk＝2(qE＋mg)R，选项C错误．
思维提升
动能定理在力学与电场中的应用对比
考向2　动能定理与图像的综合
例 2 如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑轨道BCD组成，AB与BCD相切于B点，C为圆轨道的最低点，将物块置于轨道ABC上离地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN.现将物块放在ABC上不同高度处，让H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不同高度处下滑到C点时对轨道的压力FN，得到如图乙两段直线PQ和QI，且IQ反向延长线与纵轴交点坐标值为2.5 N，g取10 m/s2.求：
(1)小物块的质量m及圆轨道的半径R；
(2)轨道BC所对圆心角；
(3)小物块与斜面AB间的动摩擦因数．
甲　　　　　　　乙
解析：(1)小物块从圆轨道BC滑下，
由动能定理可知mgH＝
在C点合力提供向心力
，
F′N＝FN，则FN＝H＋mg
结合PQ段图像知mg＝2 N，m＝0.2 kg，斜率为＝
解得R＝1 m.
(2)由于图线Q点对应于轨道的B点，而此时H＝0.5 m，
轨道BC所对圆心角为θ
由几何关系可知H＝R(1－cos θ)，代入数据解得θ＝60°.
(3)小物块从A到C，由动能定理可得
mgH－＝mv2，
到达C点处由向心力公式可得
F′N－mg＝，F′N＝FN，
整理得FN＝4H＋2，
结合IQ段图像得μ＝.
答案：(1)0.2 kg　1 m　(2)60°　(3)
[教你解决问题]——审图
解此题的关键是把握图像的信息，并将图像信息与物理过程相对应，如图所示．
提升训练
1.[2023·陕西省西安市长安区高考模拟]如图甲所示为由弹丸发射器、固定在水平地面上的倾角为37°的斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙(挡板墙上分布有多个力传感器)构成的游戏装置．半圆形挡板墙的半径R＝0.5 m，斜面高度h＝0.9 m，弹丸与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5.游戏者调节发射器，弹丸到B点时速度沿斜面且大小为5 m/s，接着他将半圆形挡板墙向左平移使C、D两端重合．挡板墙上各处的力传感器收集到的侧压力F与墙上转过的圆心角θ之间的关系如图乙所示，g取10 m/s2.下列说法正确的是 (　　)
A．弹丸的质量为0.1 kg
B．弹丸的质量为0.4 kg
C．弹丸与地面间的动摩擦因数为0.6
D．弹丸与地面间的动摩擦因数为0.8
答案：C
解析：弹丸从B到D过程，由动能定理得mgh－μ1mg cos 37°·
＝ ，由题图乙可知，在D点，挡板墙对弹丸的支持
力为12.4 N，由牛顿第二定律有 ，联立解得m＝0.2 kg，故A、B错误；设弹丸与地面之间的动摩擦因数为μ2，转过3 rad后的速度为v，由动能定理得－μ2mg·3×R＝，转过3 rad后挡板墙对弹丸的支持力为5.2 N，由牛顿第二定律得5.2 N＝m，联立解得μ2＝0.6，故C正确，D错误．
2．[2023·江苏卷]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.
解析：(1)滑雪者从A到P根据动能定理有
mgd sin 45°－μmg cos 45°d＝－0
根据动量定理有(mg sin 45°－μmg cos 45°)t＝mvP－0
联立解得t＝ ,vP＝ .
(2)由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有
vB＝vP＝ .
(3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有vP cos 45°＝g×
水平方向上有L＝vP sin 45°·t,联立可得L＝d(1－μ)．
答案：(1) 　(2) 　(3)d(1－μ)
3.[2023·湖北卷]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点有＝mg,解得vD＝.
(2)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cos 60°＝
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
－mg(R＋R cos 60°)＝
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝,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＝,S ＝π·2R,解得vA＝.
答案：(1)　(2)0　(3)
命题点三　机械能守恒定律和功能关系的应用
1．应用机械能守恒定律的基本思路
2．功能关系的体现
考向1　机械能守恒定律的应用
例 1 [2023·湖南卷] (多选)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R.小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是(　　)
A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度v0＝
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
答案：AD
解析：由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC＝0
小球在圆弧BC上运动到D点的受力分析如图所示，则在D位置时有mg cos α－FN＝m，从D到C过程有，mg(R－R cos α)＝，联立解得FN＝3mg cos α－2mg，A正确；
A到B的过程中重力的功率为P ＝ －mgv sin θ，由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小
则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；
从A到C的过程中有－mg·2R＝
解得C错误；
小球在B点恰好脱离轨道有B＝
则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确．
故选AD.
例 2 [2023·湖北宜昌市协作体期中](多选)如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端有挡板，顶端有光滑的轻质小滑轮，右侧固定一竖直光滑细杆，A、B两物体用轻质弹簧相连，非弹性细线一端与物体B连接，另一端通过滑轮与套在细杆上的滑环C相连．初始状态，滑环C位于D点，此时细线与斜面平行，物体A对挡板压力恰好为零，无初速度释放滑环，当滑环到达E点时其速度大小为v，此时细线与水平方向夹角也为θ，已知A、B、C质量相等，D、E两点高度差为h，重力加速度为g.在滑环C下降过程中，下列说法正确的是(　　)
A．刚释放瞬间滑环C的加速度大小为g
B．当滑环C下降到与滑轮等高时，滑环C机械能最大
C．滑环C到达E点时，物体B速度大小为v cos θ
D．滑环C到达E点时，v和h满足关系2gh＝v2(1＋sin 2θ)
答案：BD
解析：设三者质量为m，初状态时弹簧弹力为F＝mg sin θ
释放瞬间弹簧弹力不变，细线拉力为T＝2F.对滑环C，根据牛顿第二定律得mg＋T sin θ＝maC, 解得aC>g，故A错误；
当滑环C下降到滑轮等高处过程中，细线对滑环C的拉力做正功，由等高处到E点过程中，细线对滑环C的拉力做负功．则滑环C下降到与滑轮等高时机械能最大，故B正确；
滑环C到达E点时，物体B速度大小为vB，根据速度分解，则vB＝v sin θ，故C错误；
滑环C由D点到达E点时，弹簧伸长量与初状态相同，物体B重力势能和弹簧弹性势能与初状态相同．系统机械能守恒，则mgh＝mv2＋m(v sin θ)2
整理得2gh＝v2(1＋sin 2θ)，故D正确．
考向2　功能关系的应用
例 3 [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－fl
D．物块的动能一定小于－fl
答案：BD
解析：当物块从木板右端离开时，对m有
－fxm＝
对M有fxM＝
其中l＝xm－xM
由于l>xM，则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl，A错误，B正确；
根据以上分析，联立有－fl＝
则物块的动能一定小于－fl，C错误，D正确．
故选BD.
例 4 [2023·北京石景山期末]如图甲所示，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处．设篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度为g，不计空气阻力．
(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比．
(2)如图甲所示，若篮球反弹至最高处h时，运动员向下拍球，对篮球施加一个向下的压力F，持续作用至h0高度处撤去，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h高度处，力F的大小随高度y的变化如图乙所示，其中h0已知，求F0的大小．
(3)在篮球与地球相互作用的过程中，我们认为地球始终保持静止不动．请你运用所学知识分析说明建立这种模型的合理性．
解析：(1)设篮球自由下落，碰地之前的速率为v1，由运动学公式有＝2gH，设篮球反弹至h高处，离地时的速率为v2，由运动学公式有＝2gh
碰后速率与碰前速率之比＝ .
(2)篮球能反弹至h高度，压力F做的功等于第一次碰撞过程损失的能量，WF＝mg(H－h)
由图像可知，拍球过程压力做的功WF＝(h－h0)F0，解得F0＝.
(3)篮球与地球相互作用过程中，设地球质量为M，当篮球速度为v时，地球的速度为v0，由动量守恒得mv－Mv0＝0，解得v0＝
由于地球质量M远大于篮球质量m，地球速度非常接近于零，可认为地球保持静止不动．
答案：见解析
考向3　能量守恒定律的应用
例 5 将一轻质弹簧竖直固定在水平地面上处于原长状态，让一质量m0＝20 g的小球从弹簧上端由静止释放，小球最大下落高度h1＝5 cm.将该弹簧固定在如图所示的轨道左侧竖直墙壁上，轨道中部有一半径R＝0.1 m的竖直圆轨道，不同轨道的连接处均为平滑连接，小滑块可以从圆轨道最低点的一侧进入，绕圆轨道一周后从最低点向另一侧运动．轨道上弹簧右侧的M点到圆轨道左侧N点的距离xMN＝0.6 m的范围内有摩擦，而其他部分均光滑．让一质量m＝10 g的小滑块从轨道右侧高h2(未知)处由静止释放，小滑块恰好能通过圆轨道最高点C，且第一次恰好能把弹簧压缩5 cm.现让该小滑块从轨道右侧h3＝0.4 m处由静止释放，已知重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小滑块下落的高度h2；
(2)小滑块停止时的位置到N点的距离．
解析：(1)小滑块恰好能过C点，根据牛顿第二定律可得：mg＝
由机械能守恒定律可得：mgh2＝,解得h2＝0.25 m.
(2)弹簧竖直放置，被压缩h1＝5 cm时的弹性势能Ep＝m0gh1＝0.01 J.
由能量守恒可知，小滑块滑至第一次把弹簧压缩到最短时有：mgh2＝μmgxMN＋E′p，其中E′p＝Ep＝0.01 J
解得μmgxMN＝0.015 J
当小滑块从h3＝0.4 m处下滑后，第二次通过N点时的动能为EkN＝mgh3－2μmgxMN＝0.01 J
此时小滑块动能小于0.015 J，故小滑块不再与弹簧相碰，
由能量守恒可得：EkN＝μmgx, 解得x＝0.4 m
即小滑块最终停在N点左侧0.4 m处．
答案：见解析
思维提升
涉及做功与能量转化问题的解题方法
(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况．
(2)当涉及滑动摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffl相对，l相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度．
(3)解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．
提升训练
1. (多选)北京冬奥会报道中利用“AI＋8K”技术，把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K直播中，更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验．“时间切片”是一种类似于多次“曝光”的呈现手法．如图所示为我国运动员谷爱凌在自由式滑雪女子大跳台比赛中第三跳的“时间切片”特技图．忽略空气阻力，将运动员看做质点，其轨迹abc段为抛物线．已知起跳点a的速度大小为v，起跳点a与最高点b之间的高度差为h，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
A．运动员从a点到b点与从b点到c点的时间间隔相同
B．运动员从a到b的时间为
C．运动员到达最高点时速度的大小为
D．运动员从a到b的过程中速度变化的大小为
答案：BCD
解析：运动员做斜抛运动，从最高点到等高位置时间相等，ac两点到b点的竖直高度不同，因此时间不同，故A错误；
根据h＝gt2，解得t＝，故B正确；
从a到b根据机械能守恒得mv2＝
解得vt＝，故C正确；
从a到b速度的变化量的大小为Δv＝gt＝，故D正确．
2．[2023·全国甲卷] 如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上．用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep.释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出．小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的.小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h.重力加速度大小为g，忽略空气阻力．求
(1)小球离开桌面时的速度大小；
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离．
解析：(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep＝mv2
得小球离开桌面时速度大小为v＝ .
(2)离开桌面后由平抛运动规律可得h＝
第一次碰撞前速度的竖直分量为vy，由题可知vy′＝vy
离开桌面后由平抛运动规律得
x＝vt，vy＝gt
解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为
x＝.
答案：(1) 　(2)
3．[2023·辽宁卷]某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能．某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80 m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1 600 m、汲水质量m＝1.0×104 kg.离开水面后，飞机攀升高度h＝100 m时速度达到v2＝100 m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水．取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE.
解析：(1)飞机从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为，则L＝v1t
解得飞机滑行的时间为t＝＝ s＝40 s
飞机滑行的加速度为a＝＝ m/s2＝2 m/s2.
(2)飞机从水面至h＝100 m处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则
ΔE＝＝×802 J＋1×104×10×100 J＝2.8×107 J.
答案：(1)2 m/s2　40 s　(2)2.8×107 J
素养培优·情境命题
应用能量观点解决问题的方法
能量观点即用动能定理、功能关系和能量守恒定律解决物理问题．用这种观点解决复杂的直线或曲线运动问题时，应从能量守恒和能量转化的角度着手，找到问题的突破口，如解决研究对象是单个物体，运动过程是多过程的问题时，优先考虑从能量转化的角度应用动能定理．能量观点的优越性在于从总体上把握物体的运动状态，分析力的作用时只看其做功的情况．
[典例]　如图所示，半径为R＝0.8 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧右端固定在竖直挡板上．质量m＝0.2 kg的小物块(可视为质点)从A点以v0＝1 m/s的速度被水平抛出(不计空气阻力)，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动到D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L＝1 m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，g＝10 m/s2.求：
(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；
(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epmax.
[教你解决问题]
第一步：读题→过程分析(模型建构)
A→B过程：小物块做平抛运动
B→C过程：小物块做圆周运动
C→D过程：小物块做减速运动(加速度变化)
第二步：抓关键点→选规律
①“恰好从B点沿轨道切线进入轨道”
vB＝
②“光滑圆弧轨道BC”小物块由B→C过程中机械能守恒mgR(1＋sin θ)＝
③“C点”―→圆周运动的最低点FN－mg＝
④“过C点后…弹簧被压缩至最短”小物块在D点的速度为零能量守恒．Emax＝－μmgL
[规范解答]
(1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，根据几何关系有vB＝＝ m/s＝2 m/s.
(2)小物块由B运动到C，只有小物块的重力做功，小物块的机械能守恒，根据机械能守恒定律有mgR(1＋sin θ)＝
在C点处，对小物块由向心力公式有
解得小物块在C点所受轨道的支持力FN＝9 N
根据牛顿第三定律，可知小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力大小为9 N.
(3)小物块从B运动到D，根据能量守恒定律有Epmax＝＋mgR(1＋sin θ)－μmgL
代入数据解得Epmax＝2 J.
反思总结
碰撞摩擦生内能，能量守恒最可行——当系统中有克服滑动摩擦力做功产生内能或完全非弹性碰撞产生内能时通常优先考虑用能量守恒定律解决问题．第5讲　动量定理和动量守恒定律的应用
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　动量定理及应用
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 F t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量．若F t成线性关系，也可直接用平均力求解
2.理解动量定理时应注意的四个问题
(3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初、末状态的动量．
(4)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向．
例 1 如图所示，
学生练习用头颠球．某一次足球从静止开始下落20 cm，被竖直顶起，离开头部后上升的最大高度仍为20 cm.已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　)
A．下落到与头部刚接触时，足球动量大小为 1.6 kg· m/s
B．头部对足球的平均作用力为足球重力的4倍
C．从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的冲量为2 N·s
D．与头部作用过程中，足球动量变化量为0
例 2 (多选)某市消防救援指挥中心接到报警称；某区某街道某路某号4楼起火，70名指战员到达现场将火势扑灭，如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物时，设水柱直径为D，以水平水流速度v垂直射向着火物，水柱冲击着火物后速度为零．高压水枪的质量为M，消防员手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度忽略不计，水的密度为ρ，下列说法正确的是(　　)
A．水枪的流量(单位时间内通过水枪某一横截面的水量)为πvD2
B．水柱对着火物的冲击力为πρD2v2
C．向前水平喷水时，消防员对水枪的作用力方向与水流方向相反
D．如果将水平水流速度变为原来的2倍，消防员对水枪的作用力小于原来的4倍
思维提升
应用动量定理解题的一般步骤
(1)明确研究对象和研究过程(研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段)．
(2)进行受力分析：只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力．
(3)规定正方向．
(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量，根据动量定理列方程求解．
提升训练
1.[2023·湖南邵阳一模](多选)2022年10月19日，阶段性建成的世界首个电磁推进地面超高速试验设施“电磁橇”，在济南成功运行，其对吨级以上物体的最高推进速度，是目前磁悬浮列车在最大输出功率下最高运行速度的倍．列车前进时会受到前方空气的阻力，前进方向上与其作用的空气立即从静止变成与列车共速，已知空气密度为ρ，列车迎面横截面积为S.若用中国“电磁橇”作为动力车组，在其他条件完全相同的情况下，不计其他阻力，中国“电磁橇”与目前磁悬浮列车相比．下列说法正确的是(　　)
A．车头迎面承受的压力变为目前的倍
B．车头迎面承受的压力变为目前的倍
C．最大输出功率变为目前的倍
D．最大输出功率变为目前的倍
2．[2023·陕西省西安市长安区模拟]2021年5月15日，“天问一号”着陆器成功着陆火星表面，这标志着我国首次火星探测任务——着陆火星取得圆满成功．它着陆前的运动可简化为如图所示四个过程，若已知着陆器质量m＝1.3×103kg(降落伞质量远小于着陆器质量)，悬停时离地面的高度h4＝8 m，取火星表面重力加速度g′＝，忽略着陆器质量的变化和g′的变化．若第②、第③和第④阶段的运动都可视为加速度不同的竖直向下匀变速直线运动．
(1)求：第②阶段着陆器下降的高度h2、以及所受总平均阻力f的大小；
(2)着陆器在第④阶段为自由落体运动：
①求着陆速度v4的大小；
②着陆时，缓冲设备让着陆器在约0.1 s内匀减速至0，请估算地面受到着陆器的平均冲击力F的大小，并说出减小平均冲击力的建议．
命题点二　动量守恒定律的综合应用
1．判断守恒的三种方法
(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＝m1v′1＋m2v′2，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 1[2023·辽宁卷](多选)
如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B.已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍．初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧．释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内．整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计．下列说法正确的是(　　)
A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为
C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1
D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为
例 2[2023·山东省六校线上联考](多选)
如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的光滑圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为，小球A以v0＝6 m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均可视为质点，则(　　)
A．B的最大速率为4 m/s
B．B运动到最高点时的速率为m/s
C．B能与A再次发生碰撞
D．B不能与A再次发生碰撞
提升训练
1.
[2023·陕西省渭南市临渭区质量检测]如图所示，质量M＝2 kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1 kg的小球通过长L＝0.5 m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4 m/s，g取10 m/s2.则(　　)
A．若锁定滑块，小球通过最高点P时对轻杆的作用力为4 N
B．若解除对滑块的锁定，滑块和小球组成的系统动量守恒
C．若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时速度为2 m/s
D．若解除对滑块的锁定，小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为m
2．[2023·广东省惠州市调研]2022年北京冬奥会，我国短道速滑队夺得混合团体2 000 m接力决赛金牌，如果在某次交接棒训练中，质量为60 kg的甲以7 m/s的速度在前面滑行，质量为65 kg的乙以11 m/s的速度从后面追上，并迅速将甲向
前推出．乙推出甲后做匀减速直线运动，10 s后停在离交接棒前方40 m的地方，则：
(1)假设乙推甲过程中不计任何阻力，则甲乙分离瞬间甲的速度为多大；若甲乙作用时间为0.3 s，则乙对甲的平均推力是多大；
(2)若甲离开乙后甲立即做匀加速直线运动，加速度大小为0.5 m/s2，4秒末刚好追上前方1 m处匀速滑行的另一队的队员丙，计算队员丙匀速滑行的速度大小．
命题点三　碰撞模型及拓展
1．三类碰撞的特点
2．碰撞问题遵循的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋Ek2.
(3)若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度．
例 1[2023·河南省高三二模]
(多选)如图所示，质量均为2 kg的三个物块静止在光滑水平面上，其中物块B的右侧固定一水平轻弹簧，物块A与弹簧接触但不拴接．某时刻物块A突然以v0＝3 m/s的速度向左运动，已知当A、B速度相等时，B与C恰好发生完全非弹性碰撞，碰撞过程时间极短，然后继续运动．若B、C碰撞过程中损失的机械能为ΔE，B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，则(　　)
A．ΔE＝4.875 J B．ΔE＝1.125 J
C．Ep＝6 J D．Ep＝4.875 J
例 2 如图，静置于水平地面的两辆购物车沿一直线排列，质量均为m，人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时停止．车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：
(1)两车碰后共同运动过程的最大速率；
(2)人给第一辆车水平冲量的大小；
(3)碰撞时系统损失的机械能ΔE与整个运动过程中系统克服摩擦阻力做功Wf之比．
思维提升
碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
图例(水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球曲面模型
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，动量满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足＝
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
图例(水平面、水平导轨都光滑)
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能
提升训练
1.[2023·江苏常熟市期中]质量相等的甲、乙两球放在光滑的水平面上，它们用细线相连，开始时细线处于松弛状态．现使两球反向运动，v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s，如图所示，当细绳拉紧时突然绷断，这以后两球的运动情况可能是(　　)
A．v′甲＝2.5 m/s，v′乙＝1 m/s
B．v′甲＝1.5 m/s，v′乙＝－0.5 m/s
C．v′甲＝0，v′乙＝1 m/s
D．v′甲＝4 m/s，v′乙＝－3 m/s
2. [2023·天津卷]一质量为mA＝2 kg的A物体从距地面h＝1.2 m处由静止自由下落，同时另一质量为mB＝1 kg的B物体从A物体的正下方地面上竖直向上抛出，经过t＝0.2 s两物体相遇，碰撞后立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，碰撞时间极短，不计空气阻力．求两物体：
(1)碰撞时离地面的高度x；
(2)碰后瞬间的速度v；
(3)碰撞过程损失的机械能ΔE.
3.
[2023·上海卷]如图，将小球P拴于L＝1.2 m的轻绳上，mP＝0.15 kg，向左拉开一段距离释放， 水平地面上有一物块Q，mQ＝0.1 kg.小球P于最低点A与物块Q碰撞，P与Q碰撞前瞬间向心加速度为1.6 m/s2，碰撞前后P的速度之比为5∶1，碰撞前后P、Q总动能不变．(重力加速度g取9.8 m/s2，水平地面动摩擦因数μ＝0.28)
(1)求碰撞后瞬间物块Q的速度vQ；
(2)P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，求物块Q运动的距离s.
素养培优·模型建构
弹簧模型
弹簧问题综合性强，但弹簧问题往往是由几个基本的模型组合而成，掌握弹簧问题的基本模型，对于解决复杂的弹簧问题有很重要的意义．处理复杂的弹簧模型，要应用基本的弹簧模型，应用力的观点、能的观点以及动量的观点解决问题．
类型 图示 规律分析
瞬时性 初始时，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力．剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不能突变，AB系统受到的合外力等于B的重力，用整体法求AB的加速度，隔离法求A、B间的相互作用力
对称性 斜面光滑，物块B紧靠挡板，物块A被外力控制恰使弹簧处于原长状态，撤去外力后，A物块的运动具有对称性
分离性 撤去外力F，AB向上运动的过程中，A、B相互作用力为0的位置为A、B分离的位置
模型1　弹性势能不变模型
[典例1]　
光滑斜面上物块A被平行斜面的轻质弹簧拉住静止于O点，如图所示，现将A沿斜面拉到B点无初速度释放，物块在BC范围内做简谐运动，则下列说法错误的是(　　)
A．在运动过程中，物块A和弹簧组成的系统机械能守恒
B．从B到C的过程中，合外力对物块A的冲量为零
C．物块A从B点到O点过程中，动能的增量等于弹性势能的减小量
D．B点时物块A的机械能最小
模型2　弹性势能对称模型
[典例2]　[2022·湖北卷]
如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上．P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止．弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g.若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为(　　)
A．　　　　B．
C．D．
模型3　碰撞模型
[典例3]　[2022·全国乙卷]如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v t图像如图(b)所示．已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同．斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接．碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内．求
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数．
第5讲　动量定理和动量守恒定律的应用
命题分类剖析
命题点一
[例1]　解析：下落到与头部刚接触时，由运动学公式v2＝2gh
解得v＝＝ m/s＝2 m/s，则足球动量大小为p＝mv＝0.4×2 kg· m/s＝0.8 kg· m/s
故A错误；
以向上为正方向，由动量定理定律可知(F－mg)Δt＝mv2－mv1解得F＝20 N＝5mg，故B错误；
从最高点下落到头部的时间为t＝ ＝ s＝0.2 s
从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的冲量为I＝mg(2t＋Δt)＝0.4×10×(0.2×2＋0.1)N·s＝2 N·s，故C正确；
由题可知，与头部碰撞后，离开头部后上升的最大高度仍为20 cm，则离开时速度反向，大小不变，取向上为正方向，则动量变化为Δp＝mv′－mv＝(0.8＋0.8)kg· m/s＝1.6 kg· m/s，故D错误．
答案：C
[例2]　解析：设Δt时间内，从水枪喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则有Δm＝ρΔV，ΔV＝SvΔt＝πD2vΔt，则流量为＝πD2v，选A错误．考虑一段极短时间Δt′，在此时间内喷到着火物上水的质量为m，设着火物对水柱的作用力为F，由动量定理有FΔt′＝mv，Δt′时间内冲到着火物上水的质量为m＝ρπD2vΔt′，解得F＝πρD2v2，由牛顿第三定律可知，水柱对着火物的冲击力为F′＝F＝πρD2v2，选项B正确；当高压水枪向前喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向后，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向前上方，选项C错误．如果将水平水流速度变为原来的2倍，由水枪受到水流的力F″＝可得反冲力变为原来的4倍，水枪处于平衡状态，根据平衡条件，手对水枪的力的水平方向分力变为原来的4倍，但水枪重力不变，手对水枪的力的竖直方向分力不变，则消防员对水枪的作用力小于原来的4倍，选项D正确．
答案：BD
[提升训练]
1．解析：设列车运行的速度为v，在Δt时间内，与列车作用的空气质量为Δm＝ρSvΔt，取这部分空气作为研究对象，设运动方向为正方向，由动量定理fΔt＝Δmv－0，解得列车对空气的作用力大小为f＝ρSv2，由牛顿第三定律得，车头迎面承受的压力为FN＝f＝ρSv2，可得FN∝v2，用“电磁橇”推进磁悬浮列车的最高运行速度为原来的倍，则车头迎面承受的压力变为目前的倍，选项A错误，B正确．当列车速度达到最大时，牵引力F＝f＝ρSv2，此时列车的最大输出功率为P＝Fv＝ρSv3，可得P∝v3，由于“电磁橇”推进磁悬浮列车的最高运行速度为原来的倍，则最大输出功率变为目前的倍，选项C错误，D正确．
答案：BD
2．解析：(1)由加速度定义式可得：a＝
代入数据解得：a＝－4 m/s2，负号表示方向向上；
此阶段为匀减速直线运动，由平均速度公式可得：h2＝(t2－t1)
代入数据得：h2＝25 200 m
根据牛顿第二定律可得：mg′－f＝ma
代入数据得：f＝1.04×104 N；
(2)由＝2g′h4可得着陆速度v4的大小为：v4＝8 m/s
取向上为正方向，由动量定理可得：
(F－mg′)t＝0－m(－v4)，
解得：F＝1.092×105N
由动量定理可知增大落地时间，平均冲击力会减小、降低悬停时离地面的高度，可减小着陆时的速度也可减小平均冲击力．
答案：(1)25 200 m　 1.04×104 N
(2)①8 m/s　②1.092×105 N，增大落地时间、降低悬停时离地面的高度．
命题点二
[例1]　解析：弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左；MN受安培力FMN＝2BId，方向向右．
可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m, PQ速率为v时，则2mv＝mv′
解得v′＝2v
回路的感应电流I＝＝
MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝
选项B错误；
两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得
mx1＝2mx2
x1＋x2＝L
可得最终MN位置向左移动x1＝
PQ位置向右移动x2＝
因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理
F弹x1－F安xMN＝0
F弹x2－F安xPQ＝0
可得＝＝
选项C正确；
两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动，PQ位置向右移动，则
q＝Δt＝＝＝
选项D错误．故选AC.
答案：AC
[例2]　解析：A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得v0＝＝，解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B的最大速率为4 m/s，选项A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得v＝ m/s，选项B错误；从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为v′B、v′C，由水平方向动量守恒有MvB＝Mv′B＋2Mv′C，由机械能守恒有＝，联立解得v′B＝－ m/s，由于|v′B|<|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，选项C错误，D正确．
答案：AD
[提升训练]
1．解析：设小球能通过最高点，且此时的速度为v1.在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律得：＝代入数据解得：对小球由牛顿第二定律得：，代入数据解得：F＝2 N，即在最高点杆对小球的作用力方向向下，大小为2 N，根据牛顿第三定律可知小球通过最高点时小球对杆的作用力方向向上，大小为2 N，故A错误；
若解除锁定，小球和滑块构成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，设小球的水平方向为正方向，由动量守恒得mvm＝MvM，由机械能守恒得＝＋mgL，得vm＝2 m/s，故B错误，C正确；
设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为xm，滑块运动的距离为xM，由系统水平方向动量守恒得mxm＝MxM，又xm＋xM＝2L，得xm＝ m，故D错误．
答案：C
2．解析：(1)乙推出甲后x乙＝t
得乙推出甲后乙的速度v乙＝8 m/s
乙推甲过程，甲乙组成的系统动量守恒，则有M甲v甲0＋M乙v乙0＝M甲v甲＋M乙v乙
解得v甲＝10.25 m/s
乙推甲过程，对甲由动量定理得F·Δt＝M甲v甲－M甲v甲0
解得F＝650 N.
(2)4秒末甲刚好追上前方1 m处匀速滑行的另一队的队员丙，由位移关系可知v甲t1＝v丙t1＋x0
丙匀速滑行的速度大小为v丙＝11 m/s.
答案：(1)10.25 m/s　650 N　(2)11 m/s
命题点三
[例1]　解析：对A、B整体由动量守恒有mv0＝2mv1
对B、C整体由动量守恒有mv1＝2mv2
解得v2＝
对A、B、C整体由动量守恒有mv0＝3mv3
B、C碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝＝1.125 J
B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep＝＝4.875 J，故选B、D.
答案：BD
[例2]　解析：(1)根据牛顿第二定律有：k·2mg＝2ma
根据速度—位移公式有：v2＝2aL
联立解得：v＝.
(2)两辆车碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞前第一辆车的速度大小为v0，以碰撞前第一辆车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv
对第一辆车，根据位移—时间关系有：L＝
由动量定理得：I－μmgt0＝mv0－0
解得该同学对第一辆车的冲量大小：I＝m.
(3)设两辆车碰撞过程损失的机械能为ΔE，由能量守恒定律得：＝·2mv2＋ΔE
解得：ΔE＝2kmgL
对两辆车在整个运动过程，由能量守恒定律得：
W0＝ΔE＋W
根据功能关系有：W0＝
根据动量定理有：I＝mv初
解得＝.
答案：(1) 　 (2) m　(3)
[提升训练]
1．解析：当细绳拉紧时突然绷断，满足动量守恒，规定向左为正方向，m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙
因为两球质量相等，所以v甲＋v乙＝v′甲＋v′乙，代入A项中数据，不满足条件，故A错误；
代入B项中数据，满足v甲＋v乙＝v′甲＋v′乙
且满足，动能不增加原则，且不会二次碰撞，故B正确；
C项中，v乙＞v甲会发生二次碰撞，故C错误；
D项中，绳子断后动能增加，违背能量守恒定律，故D错误．
答案：B
2．解析：(1)对A物体，根据运动学公式可得
h－x ＝gt2
解得x＝1 m.
(2)设B物体从地面竖直向上抛出时的速度为vB0，根据运动学公式可知
x＝vB0t－gt2
解得vB0＝6 m/s
根据运动学公式可得碰撞前瞬间A物体的速度大小为
vA＝gt ＝2 m/s，方向竖直向下
碰撞前瞬间B物体的速度大小为
vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向竖直向上
选竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得
mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v
解得碰后瞬间的速度v＝0.
(3)根据能量守恒定律可知碰撞过程损失的机械能为
ΔE＝－(mA＋mB)v2
解得ΔE＝12 J.
答案：(1)1 m　(2)0　(3)12 J
3．解析：(1)已知小球P与Q碰撞之前的向心加速度，由向心力公式可得：F向＝＝ma代入数据解得v≈1.39 m/s
又因为碰撞前后P的速度之比为5∶1，所以碰后P的速度：vP＝v≈0.28 m/s
P与Q碰撞时间极短，系统内力远大于外力，动量守恒得：mPv＝mPvP＋mQvQ 代入数据解得vQ≈1.67 m/s，方向水平向右；
(2)由于L＝1.2 m远大于小球直径，碰后速度小，上升高度小，小球P碰后做简谐运动，根据简谐运动单摆周期公式：T＝2π
小球碰后再次到平衡位置的时间：t＝，联立解得t≈2.20 s
碰后Q做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得μmQg＝mQa
速度减为零所需时间为t′，由速度公式得：0＝vQ－at′
代入数据联立解得：t′≈0.61 s 得：t>t′，故在小球P再次到平衡位置的时间内，小球Q早已停下
由速度位移公式可得s＝，代入数据解得s≈0.51 m
答案：(1)1.67 m/s，方向水平向右　(2)0.51 m
素养培优·模型建构
[典例1]　解析：在运动过程中，物块A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；从B到C的过程中，根据动量定理可知Ft＝mvC－mvB，由于B、C两点的速度为零，故合外力对物块A的冲量为零，故B正确；从B点到O点的过程中，对物块A根据动能定理可知－mgh－W弹＝－0，故动能的增量等于弹性势能的减小量减去克服重力做的功，故C错误；物块A和弹簧系统机械能守恒，B点时弹簧的弹性势能最大，故物块A的机械能最小，故D正确．
答案：C
[典例2]　解析：Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg，若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝，C正确．
答案：C
[典例3]　解析：(1)t0时弹簧被压缩至最短，A、B碰撞动量守恒，由图(b)知
mB·1.2v0＝(mB＋mA)v0
得：mB＝5mA＝5m
此过程A、B与弹簧组成的系统机械能守恒
弹簧的最大弹性势能Epmax＝|ΔEk|＝＝.
(2)t0时弹簧压缩量最大，设为Δx
由题意，0～t0内，
mAvA＋mBvB＝mB·1.2v0
即mvA＋5mvB＝6mv0
化简得vA＝5(1.2v0－vB)
根据图(b)分析上式，A图线在0～t0上任意一点到横坐标轴的距离等于同一时刻B图线上对应点到v＝1.2v0线的距离的5倍．由v t图线与时间轴所围面积表示位移，且0～t0时间内xA＝t0，可知0～t0时间内图线B与v＝1.2v0线所围面积x1＝xA＝0.072v0t0，图线B与A之间所围面积表示Δx，则Δx＝＝0.768v0t0.
(3)A、B第二次碰撞过程，设碰前A速度大小为vA1，碰后A、B速度大小分别为v′A、v′B
动量守恒：mB·0.8v0－mAvA1＝mBv′B＋mAv′A
动能不变：＝
由题意知v′A＝2v0
联立解得vA1＝v0
对A第一次碰撞后以2v0冲上斜面至速度为零过程，由动能定理有
－mgh－＝0－m(2v0)2
对A冲上斜面又下滑至水平面过程，由动能定理有＝－m(2v0)2
联立解得μ＝0.45.
答案：　(2)0.768v0t0　(3)0.45(共54张PPT)
第5讲　动量定理和动量守恒定律的应用
知识网络构建
命题分类剖析
素养培优·情境命题
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　动量定理及应用
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 F-t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量．若F-t成线性关系，也可直接用平均力求解
2.理解动量定理时应注意的四个问题
(3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初、末状态的动量．
(4)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向．
例 1 如图所示，学生练习用头颠球．某一次足球从静止开始下落20 cm，被竖直顶起，离开头部后上升的最大高度仍为20 cm.已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　)
A．下落到与头部刚接触时，足球动量大小为
1.6 kg· m/s
B．头部对足球的平均作用力为足球重力的4倍
C．从最高点下落至重新回到最高点的过程中，
足球重力的冲量为2 N·s
D．与头部作用过程中，足球动量变化量为0
答案：C
解析：下落到与头部刚接触时，由运动学公式v2＝2gh
解得v＝＝ m/s＝2 m/s，则足球动量大小为p＝mv＝0.4×2 kg· m/s＝0.8 kg· m/s
故A错误；
以向上为正方向，由动量定理定律可知(F－mg)Δt＝mv2－mv1解得F＝20 N＝5mg，故B错误；
从最高点下落到头部的时间为t＝ ＝ s＝0.2 s
从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的冲量为I＝mg(2t＋Δt)＝0.4×10×(0.2×2＋0.1)N·s＝2 N·s，故C正确；
由题可知，与头部碰撞后，离开头部后上升的最大高度仍为20 cm，则离开时速度反向，大小不变，取向上为正方向，则动量变化为Δp＝mv′－mv＝(0.8＋0.8)kg· m/s＝1.6 kg· m/s，故D错误．
例 2 (多选)某市消防救援指挥中心接到报警称；某区某街道某路某号4楼起火，70名指战员到达现场将火势扑灭，如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物时，设水柱直径为D，以水平水流速度v垂直射向着火物，水柱冲击着火物后速度为零．高压水枪的质量为M，消防员手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度忽略不计，水的密度为ρ，下列说法正确的是(　　)
A．水枪的流量(单位时间内通过水枪某一横截面的水量)为πvD2
B．水柱对着火物的冲击力为πρD2v2
C．向前水平喷水时，消防员对水枪的作用力方向与水流方向相反
D．如果将水平水流速度变为原来的2倍，消防员对水枪的作用力小于原来的4倍
答案：BD
解析：设Δt时间内，从水枪喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则有Δm＝ρΔV，ΔV＝SvΔt＝πD2vΔt，则流量为＝πD2v，选A错误．考虑一段极短时间Δt′，在此时间内喷到着火物上水的质量为m，设着火物对水柱的作用力为F，由动量定理有FΔt′＝mv，Δt′时间内冲到着火物上水的质量为m＝ρπD2vΔt′，解得F＝πρD2v2，由牛顿第三定律可知，水柱对着火物的冲击力为F′＝F＝πρD2v2，选项B正确；当高压水枪向前喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向后，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向前上方，选项C错误．如果将水平水流速度变为原来的2倍，由水枪受到水流的力F″＝可得反冲力变为原来的4倍，水枪处于平衡状态，根据平衡条件，手对水枪的力的水平方向分力变为原来的4倍，但水枪重力不变，手对水枪的力的竖直方向分力不变，则消防员对水枪的作用力小于原来的4倍，选项D正确．
思维提升
应用动量定理解题的一般步骤
(1)明确研究对象和研究过程(研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段)．
(2)进行受力分析：只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力．
(3)规定正方向．
(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量，根据动量定理列方程求解．
提升训练
1.[2023·湖南邵阳一模](多选)2022年10月19日，阶段性建成的世界首个电磁推进地面超高速试验设施“电磁橇”，在济南成功运行，其对吨级以上物体的最高推进速度，是目前磁悬浮列车在最大输出功率下最高运行速度的倍．列车前进时会受到前方空气的阻力，前进方向上与其作用的空气立即从静止变成与列车共速，已知空气密度为ρ，列车迎面横截面积为S.若用中国“电磁橇”作为动力车组，在其他条件完全相同的情况下，不计其他阻力，中国“电磁橇”与目前磁悬浮列车相比．下列说法正确的是(　　)
A．车头迎面承受的压力变为目前的倍
B．车头迎面承受的压力变为目前的倍
C．最大输出功率变为目前的倍
D．最大输出功率变为目前的倍
答案：BD
解析：设列车运行的速度为v，在Δt时间内，与列车作用的空气质量为Δm＝ρSvΔt，取这部分空气作为研究对象，设运动方向为正方向，由动量定理fΔt＝Δmv－0，解得列车对空气的作用力大小为f＝ρSv2，由牛顿第三定律得，车头迎面承受的压力为FN＝f＝ρSv2，可得FN∝v2，用“电磁橇”推进磁悬浮列车的最高运行速度为原来的倍，则车头迎面承受的压力变为目前的倍，选项A错误，B正确．当列车速度达到最大时，牵引力F＝f＝ρSv2，此时列车的最大输出功率为P＝Fv＝ρSv3，可得P∝v3，由于“电磁橇”推进磁悬浮列车的最高运行速度为原来的倍，则最大输出功率变为目前的倍，选项C错误，D正确．
2．[2023·陕西省西安市长安区模拟]2021年5月15日，“天问一号”着陆器成功着陆火星表面，这标志着我国首次火星探测任务——着陆火星取得圆满成功．它着陆前的运动可简化为如图所示四个过程，若已知着陆器质量m＝1.3×103kg(降落伞质量远小于着陆器质量)，悬停时离地面的高度h4＝8 m，取火星表面重力加速度g′＝，忽略着陆器质量的变化和g′的变化．若第②、第③和第④阶段的运动都可视为加速度不同的竖直向下匀变速直线运动．
(1)求：第②阶段着陆器下降的高度h2、以及所受总平均阻力f的大小；
(2)着陆器在第④阶段为自由落体运动：
①求着陆速度v4的大小；
②着陆时，缓冲设备让着陆器在约0.1 s内匀减速至0，请估算地面受到着陆器的平均冲击力F的大小，并说出减小平均冲击力的建议．
解析：(1)由加速度定义式可得：a＝
代入数据解得：a＝－4 m/s2，负号表示方向向上；
此阶段为匀减速直线运动，由平均速度公式可得：h2＝(t2－t1)
代入数据得：h2＝25 200 m
根据牛顿第二定律可得：mg′－f＝ma
代入数据得：f＝1.04×104 N；
(2)由＝2g′h4可得着陆速度v4的大小为：v4＝8 m/s
取向上为正方向，由动量定理可得：(F－mg′)t＝0－m(－v4)，
解得：F＝1.092×105N
由动量定理可知增大落地时间，平均冲击力会减小、降低悬停时离地面的高度，可减小着陆时的速度也可减小平均冲击力．
答案：(1)25 200 m　 1.04×104 N
(2)①8 m/s　②1.092×105 N，增大落地时间、降低悬停时离地面的高度．
命题点二　动量守恒定律的综合应用
1．判断守恒的三种方法
(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＝m1v′1＋m2v′2，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 1 [2023·辽宁卷](多选)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B.已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍．初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧．释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内．整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计．下列说法正确的是(　　)
A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为
C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1
D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为
答案：AC
解析：弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左；MN受安培力FMN＝2BId，方向向右．
可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m, PQ速率为v时，则2mv＝mv′,解得v′＝2v
回路的感应电流I＝＝
MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝ 选项B错误；
两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1＝2mx2
x1＋x2＝L
可得最终MN位置向左移动x1＝
PQ位置向右移动x2＝
因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理F弹x1－F安xMN＝0
F弹x2－F安xPQ＝0
可得＝＝
选项C正确；
两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动，PQ位置向右移动，则
q＝ Δt＝＝＝
选项D错误．故选AC.
例 2[2023·山东省六校线上联考](多选) 如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的光滑圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为，小球A以v0＝6 m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均可视为质点，则(　　)
A．B的最大速率为4 m/s
B．B运动到最高点时的速率为 m/s
C．B能与A再次发生碰撞
D．B不能与A再次发生碰撞
答案：AD
解析：A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得v0＝＝，解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B的最大速率为4 m/s，选项A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得v＝ m/s，选项B错误；从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为v′B、v′C，由水平方向动量守恒有MvB＝Mv′B＋2Mv′C，由机械能守恒有＝，联立解得v′B＝－ m/s，由于|v′B|<|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，选项C错误，D正确．
提升训练
1.[2023·陕西省渭南市临渭区质量检测]如图所示，质量M＝2 kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1 kg的小球通过长L＝0.5 m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4 m/s，g取10 m/s2.则(　　)
A．若锁定滑块，小球通过最高点P时对轻杆的作用力为4 N
B．若解除对滑块的锁定，滑块和小球组成的系统动量守恒
C．若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时速度为2 m/s
D．若解除对滑块的锁定，小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为 m
答案：C
解析：设小球能通过最高点，且此时的速度为v1.在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律得：＝代入数据解得：对小球由牛顿第二定律得：，代入数据解得：F＝2 N，即在最高点杆对小球的作用力方向向下，大小为2 N，根据牛顿第三定律可知小球通过最高点时小球对杆的作用力方向向上，大小为2 N，故A错误；
若解除锁定，小球和滑块构成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，设小球的水平方向为正方向，由动量守恒得mvm＝MvM，由机械能守恒得＝＋mgL，得vm＝2 m/s，故B错误，C正确；
设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为xm，滑块运动的距离为xM，由系统水平方向动量守恒得mxm＝MxM，又xm＋xM＝2L，得xm＝ m，故D错误．
2．[2023·广东省惠州市调研]2022年北京冬奥会，我国短道速滑队夺得混合团体2 000 m接力决赛金牌，如果在某次交接棒训练中，质量为60 kg的甲以7 m/s的速度在前面滑行，质量为65 kg的乙以11 m/s的速度从后面追上，并迅速将甲向前推出．乙推出甲后做匀减速直线运动，10 s后停在离交接棒前方40 m的地方，则：
(1)假设乙推甲过程中不计任何阻力，则甲乙分离瞬间甲的速度为多大；若甲乙作用时间为0.3 s，则乙对甲的平均推力是多大；
(2)若甲离开乙后甲立即做匀加速直线运动，加速度大小为0.5 m/s2，4秒末刚好追上前方1 m处匀速滑行的另一队的队员丙，计算队员丙匀速滑行的速度大小．
解析：(1)乙推出甲后x乙＝t
得乙推出甲后乙的速度v乙＝8 m/s
乙推甲过程，甲乙组成的系统动量守恒，则有M甲v甲0＋M乙v乙0＝M甲v甲＋M乙v乙
解得v甲＝10.25 m/s
乙推甲过程，对甲由动量定理得F·Δt＝M甲v甲－M甲v甲0
解得F＝650 N.
(2)4秒末甲刚好追上前方1 m处匀速滑行的另一队的队员丙，由位移关系可知v甲t1＝v丙t1＋x0
丙匀速滑行的速度大小为v丙＝11 m/s.
答案：(1)10.25 m/s　650 N　(2)11 m/s
命题点三　碰撞模型及拓展
1．三类碰撞的特点
2．碰撞问题遵循的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋Ek2.
(3)若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度．
例 1 [2023·河南省高三二模] (多选)如图所示，质量均为2 kg的三个物块静止在光滑水平面上，其中物块B的右侧固定一水平轻弹簧，物块A与弹簧接触但不拴接．某时刻物块A突然以v0＝3 m/s的速度向左运动，已知当A、B速度相等时，B与C恰好发生完全非弹性碰撞，碰撞过程时间极短，然后继续运动．若B、C碰撞过程中损失的机械能为ΔE，B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，则(　　)
A．ΔE＝4.875 J B．ΔE＝1.125 J
C．Ep＝6 J D．Ep＝4.875 J
答案：BD
解析：对A、B整体由动量守恒有mv0＝2mv1
对B、C整体由动量守恒有mv1＝2mv2
解得v2＝
对A、B、C整体由动量守恒有mv0＝3mv3
B、C碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝＝1.125 J
B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep＝＝4.875 J，故选B、D.
例 2 如图，静置于水平地面的两辆购物车沿一直线排列，质量均为m，人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时停止．车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：
(1)两车碰后共同运动过程的最大速率；
(2)人给第一辆车水平冲量的大小；
(3)碰撞时系统损失的机械能ΔE与整个运动过程中系统克服摩擦阻力做功Wf之比．
解析：(1)根据牛顿第二定律有：k·2mg＝2ma
根据速度—位移公式有：v2＝2aL
联立解得：v＝.
(2)两辆车碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞前第一辆车的速度大小为v0，以碰撞前第一辆车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv
对第一辆车，根据位移—时间关系有：L＝
由动量定理得：I－μmgt0＝mv0－0
解得该同学对第一辆车的冲量大小：I＝m.
(3)设两辆车碰撞过程损失的机械能为ΔE，由能量守恒定律得：＝·2mv2＋ΔE
解得：ΔE＝2kmgL
对两辆车在整个运动过程，由能量守恒定律得：
W0＝ΔE＋W
根据功能关系有：W0＝
根据动量定理有：I＝mv初
解得＝.
答案：(1) 　 (2) m　(3)
思维提升
碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
图例(水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球曲面模型
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次分离
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
图例(水平面、水平导轨都光滑)
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能 提升训练
1.[2023·江苏常熟市期中]质量相等的甲、乙两球放在光滑的水平面上，它们用细线相连，开始时细线处于松弛状态．现使两球反向运动，v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s，如图所示，当细绳拉紧时突然绷断，这以后两球的运动情况可能是(　　)
A．v′甲＝2.5 m/s，v′乙＝1 m/s
B．v′甲＝1.5 m/s，v′乙＝－0.5 m/s
C．v′甲＝0，v′乙＝1 m/s
D．v′甲＝4 m/s，v′乙＝－3 m/s
答案：B
解析：当细绳拉紧时突然绷断，满足动量守恒，规定向左为正方向，m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙,因为两球质量相等，所以v甲＋v乙＝v′甲＋v′乙，代入A项中数据，不满足条件，故A错误；
代入B项中数据，满足v甲＋v乙＝v′甲＋v′乙
且满足，动能不增加原则
，且不会二次碰撞，故B正确；
C项中，v乙＞v甲会发生二次碰撞，故C错误；
D项中，绳子断后动能增加，违背能量守恒定律
，故D错误．
2. [2023·天津卷]一质量为mA＝2 kg的A物体从距地面h＝1.2 m处由静止自由下落，同时另一质量为mB＝1 kg的B物体从A物体的正下方地面上竖直向上抛出，经过t＝0.2 s两物体相遇，碰撞后立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，碰撞时间极短，不计空气阻力．求两物体：
(1)碰撞时离地面的高度x；
(2)碰后瞬间的速度v；
(3)碰撞过程损失的机械能ΔE.
解析：(1)对A物体，根据运动学公式可得h－x ＝gt2
解得x＝1 m.
(2)设B物体从地面竖直向上抛出时的速度为vB0，根据运动学公式可知x＝vB0t－gt2,解得vB0＝6 m/s
根据运动学公式可得碰撞前瞬间A物体的速度大小为
vA＝gt ＝2 m/s，方向竖直向下
碰撞前瞬间B物体的速度大小为vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向竖直向上
选竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v
解得碰后瞬间的速度v＝0.
(3)根据能量守恒定律可知碰撞过程损失的机械能为
ΔE＝－(mA＋mB)v2
解得ΔE＝12 J.
答案：(1)1 m　(2)0　(3)12 J
3.[2023·上海卷]如图，将小球P拴于L＝1.2 m的轻绳上，mP＝0.15 kg，向左拉开一段距离释放， 水平地面上有一物块Q，mQ＝0.1 kg.小球P于最低点A与物块Q碰撞，P与Q碰撞前瞬间向心加速度为1.6 m/s2，碰撞前后P的速度之比为5∶1，碰撞前后P、Q总动能不变．(重力加速度g取9.8 m/s2，水平地面动摩擦因数μ＝0.28)
(1)求碰撞后瞬间物块Q的速度vQ；
(2)P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，求物块Q运动的距离s.
解析：(1)已知小球P与Q碰撞之前的向心加速度，由向心力公式可得：F向＝＝ma代入数据解得v≈1.39 m/s
又因为碰撞前后P的速度之比为5∶1，所以碰后P的速度：vP＝v≈0.28 m/s
P与Q碰撞时间极短，系统内力远大于外力，动量守恒得：mPv＝mPvP＋mQvQ 代入数据解得vQ≈1.67 m/s，方向水平向右；
(2)由于L＝1.2 m远大于小球直径，碰后速度小，上升高度小，小球P碰后做简谐运动，根据简谐运动单摆周期公式：T＝2π
小球碰后再次到平衡位置的时间：t＝，联立解得t≈2.20 s
碰后Q做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得μmQg＝mQa
速度减为零所需时间为t′，由速度公式得：0＝vQ－at′
代入数据联立解得：t′≈0.61 s 得：t>t′，故在小球P再次到平衡位置的时间内，小球Q早已停下
由速度位移公式可得s＝，代入数据解得s≈0.51 m
答案：(1)1.67 m/s，方向水平向右　(2)0.51 m
素养培优·情境命题
弹簧模型
弹簧问题综合性强，但弹簧问题往往是由几个基本的模型组合而成，掌握弹簧问题的基本模型，对于解决复杂的弹簧问题有很重要的意义．处理复杂的弹簧模型，要应用基本的弹簧模型，应用力的观点、能的观点以及动量的观点解决问题．
类型 图示 规律分析
瞬时性 初始时，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力．剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不能突变，AB系统受到的合外力等于B的重力，用整体法求AB的加速度，隔离法求A、B间的相互作用力
对称性 斜面光滑，物块B紧靠挡板，物块A被外力控制恰使弹簧处于原长状态，撤去外力后，A物块的运动具有对称性
分离性 撤去外力F，AB向上运动的过程中，A、B相互作用力为0的位置为A、B分离的位置
模型1　弹性势能不变模型
[典例1]　光滑斜面上物块A被平行斜面的轻质弹簧拉住静止于O点，如图所示，现将A沿斜面拉到B点无初速度释放，物块在BC范围内做简谐运动，则下列说法错误的是(　　)
A．在运动过程中，物块A和弹簧组成的系统机械能守恒
B．从B到C的过程中，合外力对物块A的冲量为零
C．物块A从B点到O点过程中，动能的增量等于弹性势能的减小量
D．B点时物块A的机械能最小
答案：C
解析：在运动过程中，物块A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；从B到C的过程中，根据动量定理可知Ft＝mvC－mvB，由于B、C两点的速度为零，故合外力对物块A的冲量为零，故B正确；从B点到O点的过程中，对物块A根据动能定理可知－mgh－W弹＝－0，故动能的增量等于弹性势能的减小量减去克服重力做的功，故C错误；物块A和弹簧系统机械能守恒，B点时弹簧的弹性势能最大，故物块A的机械能最小，故D正确．
模型2　弹性势能对称模型
[典例2]　[2022·湖北卷] 如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上．P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止．弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g.若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为(　　)
A．　　　　 B．
C． D．
答案：C
解析：Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg，若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝，C正确．
模型3　碰撞模型
[典例3]　[2022·全国乙卷]如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图像如图(b)所示．已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同．斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接．碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内．
求:
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数．
解析：(1)t0时弹簧被压缩至最短，A、B碰撞动量守恒，由图(b)知
mB·1.2v0＝(mB＋mA)v0 得：mB＝5mA＝5m
此过程A、B与弹簧组成的系统机械能守恒
弹簧的最大弹性势能Epmax＝|ΔEk|＝＝.
(2)t0时弹簧压缩量最大，设为Δx
由题意，0～t0内，mAvA＋mBvB＝mB·1.2v0 ,即mvA＋5mvB＝6mv0
化简得vA＝5(1.2v0－vB)
根据图(b)分析上式，A图线在0～t0上任意一点到横坐标轴的距离等于同一时刻B图线上对应点到v＝1.2v0线的距离的5倍．由v-t图线与时间轴所围面积表示位移，且0～t0时间内xA＝t0，可知0～t0时间内图线B与v＝1.2v0线所围面积x1＝xA＝0.072v0t0，图线B与A之间所围面积表示Δx，则Δx＝＝0.768v0t0.
(3)A、B第二次碰撞过程，设碰前A速度大小为vA1，碰后A、B速度大小分别为v′A、v′B
动量守恒：mB·0.8v0－mAvA1＝mBv′B＋mAv′A
动能不变：＝
由题意知v′A＝2v0
联立解得vA1＝v0
对A第一次碰撞后以2v0冲上斜面至速度为零过程，由动能定理有
－mgh－＝0－m(2v0)2
对A冲上斜面又下滑至水平面过程，由动能定理有＝－m(2v0)2
联立解得μ＝0.45.
答案：　(2)0.768v0t0　(3)0.45第6讲　力学三大观点的综合应用
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　　动量和能量观点解决多过程问题
动量和能量观点解决多过程问题的处理技巧
1．解决该类问题用到的规律：动量守恒定律，机械能守恒定律，能量守恒定律，功能关系等．
2．解决该类问题的基本思路：
(1)认真审题，确定研究对象．
(2)如果物体间涉及多过程，要把整个过程分解为几个小的过程．
(3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件．
(4)对所选系统进行能量转化的分析．
(5)选取所需要的方程列式并求解．
例 1[2023·江苏省南京外国语学院期末]如图所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨固定于同一水平面内，整个导轨处于竖直向下的匀强磁场中，质量均为m、电阻分别为R、r的导体棒MN、PQ垂直静止于平行导轨上，与导轨构成矩形闭合回路，某时刻给导体棒MN一个水平向右的瞬时冲量I，不考虑导轨的电阻，则从此时至PQ达到最大速度的过程中，以下说法正确的是(　　)
A．导体棒PQ做加速度增大的加速运动
B．通过导体棒MN的电荷量为
C．两导体棒的相对距离减小量为
D．导体棒MN产生的焦耳热为
例 2[2023·广东韶关二模]有一种打积木的游戏，装置如图所示，三块完全相同的钢性积木B、C、D叠放在靶位上，宽度均为d，积木C、D夹在固定的两光滑薄板间，一球A(视为质点)用长为L，且不可伸长的轻绳悬挂于O点．游戏时，钢球拉至与O等高的P点(保持绳绷直)由静止释放，钢球运动到最低点时与积木B发生的碰撞为弹性碰撞且瞬间完成，积木B滑行一段距离(大于2d)后停下．已知钢球和每块积木的质量均为m，各水平接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，空气阻力不计，求：
(1)钢球下落到最低点且与B碰撞前的速度大小v0；
(2)积木B向前滑动的距离s；
(3)将钢球再次拉起至P点无初速释放，积木C沿B的轨迹前进．求C被A球碰撞后经多长时间与B球相遇．
提升训练
1.[2023·四川省成都市模拟]某高速公路上发生两车追尾事故，事故认定为前车违规停车，后车因制动距离不足追尾前车．假设两车追尾过程为一维正碰，碰撞时间极短，后车制动过程及两车碰后减速过程均可视为水平方向仅在滑动摩擦阻力作用下的匀减速直线运动，前车、后车视为质点．如图为事故现场俯视图，两车划痕长度与两车发生的位移大小相等．已知后车质量m1＝2 000 kg，前车质量m2＝1 000 kg，两车所受摩擦阻力与车重的比值均为k＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.请根据现场勘测数据及已知信息进行判断和计算．
(1)静止的前车在碰撞后瞬间的速度；
(2)后车开始刹车时是否超速(该段道路限速120 km/h)．
2.
2022北京冬奥会后，冰壶运动成为了广大冰雪爱好者热捧的一个运动项目．如图是一个冰壶大本营的示意图，内环R1＝0.61 m，中环R2＝1.22 m，外环R3＝1.83 m．某次比赛中，红壶以某一速度和停在Q点的蓝壶发生正碰之后，质量相等的红、蓝两壶分别停在 M和 N点．设红、蓝壶与冰面间的摩擦因数相同，则：
(1)碰后红壶和蓝壶的速度大小之比；
(2)红壶和蓝壶碰撞过程损失的机械能与碰前瞬间红壶动能之比．
命题点二　力学三大观点的综合应用
1．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 物体做匀变速直线运动，涉及运动细节
匀变速直线 运动规律 v＝v0＋at x＝ ＝2ax等
能量观点 动能定理 W合＝ΔEk 涉及做功与能量转换
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 只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功
动量守恒定律 p1＋p2＝p′1＋p′2 只涉及初末速度而不涉及力、时间
2.选用原则
(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题．
(2)当涉及功、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，应优先选用能量守恒定律．
(3)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，因时间短且作用力随时间变化，应用动量定理求解．
(4)对于碰撞、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，应用动量守恒定律求解．
例 1[2023·浙江6月]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＝2m/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.
例 2[2023·辽宁卷]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)．
思维提升
板块类问题的处理方法
对板块类问题，首先把木板和物块视为整体，分析其所受合力是否为零．①如果整体受力是零，则首先考虑系统动量守恒求出末态速度，然后用能量的转化与守恒定律求物块相对木板滑动的距离，对单个研究对象列动量定理求时间，利用动能定理求各自对地运动的位移．②如果整体受外力之和不为零，则用牛顿第二定律、运动公式或运动的v t图像来求速度、时间、位移、相对距离等物理量，需要注意分析物块和木板是相对滑动还是相对静止．
提升训练
1.[2023·北京卷]如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L.现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起．重力加速度为g.求：
(1)A释放时距桌面的高度H；
(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
(3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE.
2．[2023·浙江1月]一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接．螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处．凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面．已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m、质量m＝1 kg.将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍．(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t.
素养培优·思维方法
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．
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，然后可以计算全程的路程等数据．
[典例]　[2023·山东日照市一模]如图所示，质量m1＝1.9 kg的靶盒A静止在固定平台上的O点(未画出)，轻弹簧的一端固定，另一端靠着靶盒(不连接)，此时弹簧处于自然长度，弹簧的劲度系数k＝184 N/m.长度l＝2.25 m、质量m2＝1.0 kg的木板B静止在光滑的水平面上，木板上表面与平台等高，且紧靠平台右端放置，距离平台右端d＝4.25 m处有竖直墙壁．某射击者根据需要瞄准靶盒，射出一颗水平速度v0＝100 m/s、质量m0＝0.1 kg的子弹，当子弹从靶盒右端打入靶盒后，便留在盒内(在极短的时间内子弹与靶盒达到共同速度)，最终靶盒恰好没有从木板的右端脱离木板．已知靶盒与平台、与木板上表面间的动摩擦因数μ均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，木板与墙壁碰撞没有能量损失，靶盒与子弹均可视为质点，取g＝10 m/s2.(弹簧的弹性势能可表示为Ep＝，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)求：
(1)子弹射入靶盒的过程中，系统损失的动能；
(2)靶盒刚离开弹簧时的动能；
(3)O点到平台右端的距离；
(4)木板运动的总路程．
第6讲　力学三大观点的综合应用
命题分类剖析
命题点一
[例1]　解析：依题意，当两导体棒速度相等时，导体棒PQ速度达最大，该过程中，导体棒PQ受到的安培力水平向右，根据F安＝BIL，I＝，E＝BLΔv
联立可得F安＝
式中Δv为两导体棒在运动过程中的速度差，由于Δv逐渐减小，根据牛顿第二定律可得a＝
可知做导体棒PQ做加速度逐渐减小的加速运动，直到PQ到达最大速度后，两导体棒一起做匀速直线运动，故A错误；
对导体棒MN，设其开始运动时的初速度大小为v0，两导体棒到达共速时速度大小为v，据动量定理可得
－BLΔt＝mv－mv0，Δt＝q，I＝mv0
对两导体棒，根据动量守恒定律有mv0＝2mv
联立可求得，通过导体棒MN的电荷量为q＝ ，故B错误；
根据q＝，ΔΦ＝BΔS＝BLΔx
联立可求得，两导体棒的相对距离减小量为Δx＝，故C正确；
从开始运动到两导体棒达到共速时，根据能量守恒定律有
＝Q＋×2mv2，Q＝QR＋Qr，＝
联立，求得导体棒MN产生的焦耳热为QR＝，故D错误．
答案：C
[例2]　解析：(1)根据动能定理可得mgL＝
解得v0＝.
(2)设小球与积木B发生弹性碰撞后速度为v1 ，积木B速度为v2 ，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2
由能量守恒定律有＝
联立解得v1＝0，v2＝v0＝
根据动能定理可得，积木B向前滑行的距离s有
－(μ·3mg＋μ·2mg)d－μmg(s－d)＝
代入解得s＝－4d
(3)又将钢球拉回P点由静止释放，与落下静止的积木C发生弹性碰撞，此时C的速度仍为v3＝v2＝
C滑行s后与B碰撞，此时C的速度v4 满足－(μ·2mg＋μmg)d－μmg(s－2d)＝
解得v4＝ ＝
当C刚滑离D时的速度为v5 ，由动能定理及动量定理可得
－(μ·2mg＋μmg)d＝
－(μ·2mg＋μmg)t1＝mv5－mv3
C从滑离D至与B相遇－μmgt2＝mv4－mv5
C被A球撞后经t时间与B球相遇 t＝t1＋t2
得t＝.
答案：(1)　(2)－4d
(3)
[提升训练]
1．解析：(1)设后车碰撞前、后瞬间的速度分别为v1、v′1，前车碰撞后瞬间的速度为v2，
前车碰后做匀减速运动，发生位移为x3＝40 m，
对前车由动能定理有－km2gx3＝，
代入数据解得v2＝20 m/s；
(2)划痕重叠区域长度x2＝22.5 m为碰后后车做匀减速运动的位移，
对后车由动能定理有－km1gx2＝，代入数据解得v′1＝15 m/s，
碰撞过程，对前、后两车系统，由动量守恒定律有m1v1＝m1v′1＋m2v2，代入数据解得v1＝25 m/s，
设后车从刹车到即将碰撞的匀减速过程中发生的位移为x0，刹车时的速度为v0，则x0＝x1－x2＝27.5 m，
对碰撞前后车的刹车过程，由动能定理有－km1gx0＝，代入数据解得v0＝30 m/s，
因v0＝30 m/s＝108 km/h<120 km/h，故后车未超速.
答案：(1)20 m/s 　(2) 没超速
2．解析：(1)设红、蓝壶碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，根据动能定理，有－μmgs1＝
－μmgs2＝
依题意s1＝R2－R1，s2＝2R2
联立以上各式可得v1∶v2＝1∶2.
(2)设红壶碰前速度为v0，碰撞前后动量守恒，有
mv0＝ mv1＋ mv2，
由于v1∶v2＝1∶2，
可得v0∶v1＝3∶1
碰撞中损失的能量ΔE＝＝
碰撞过程损失的机械能与碰前瞬间红壶动能之比
η＝＝.
答案：(1)1∶2　(2)4∶9
命题点二
[例1]　解析：(1)滑块a从D到F，由动能定理有
mg·2R＝
在F点，有
解得vF＝10 m/s
FN＝31.2 N.
(2)滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为
a＝μg＝5 m/s2
根据＝－2aL
可得在C点的速度vC＝3 m/s
则滑块a从碰撞后到达C点
＝＋mg·2R
解得v1＝5 m/s
因ab碰撞动量守恒，则mvF＝－mv1＋3mv2
解得碰后b的速度v2＝5 m/s
则碰撞损失的能量
ΔE＝，解得ΔE＝0.
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度
mvF＝4mv
解得v＝2.5 m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
4mv＝6mv′
v′＝ m/s
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
·4mv2＝
解得x1＝0.1 m
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2＝x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
Δx＝2x1＝0.2 m.
答案：(1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m
[例2]　解析：(1)由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v1
代入数据有v1＝1 m/s
对m1受力分析有a1＝＝4 m/s2
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
＝2a1x1
代入数据解得x1＝0.125 m.
(2)木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx2＝(m1＋m2)a共
对m2有a2＝μg＝1 m/s2
当a共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2＝0.25 m
对m1、m2组成的系统，由动能定理有
＝
代入数据有 m/s.
(3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，物块相对木板始终向右运动，物块的加速度大小始终为a＝1 m/s2，方向水平向左．此过程木板先向右的速度从v2减小到0，再反向加速运动到加速度大小等于a，因弹簧弹力与形变量成正比，故此过程木板的减速运动过程与加速运动过程具有对称性，可知此过程总用时为2t0，木板的末速度大小等于v2.在此2t0时间内，对物块用动量定理有－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2
解得v3＝ m/s
在此2t0时间内，弹簧的初末弹性势能不变，木板的初末动能不变，故对系统由能量守恒定律可知此过程系统因摩擦转化的内能就等于物块减少的动能，ΔU＝
解得) J
答案：(1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　 m/s
) J
[提升训练]
1．解析：(1)A释放到与B碰撞前，根据动能定理得
mgH＝mv2，解得H＝.
(2)碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得
F－mg＝m
解得F＝mg＋m.
(3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得mv＝2mv1
解得v1＝v
则碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝mv2－·2m2＝mv2.
答案：(1)　(2)mg＋m　(3)mv2
2．解析：(1)C点离地高度为1.2R＋R cos θ＋R＝3R
滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
mg(h－3R)＝
解得vC
在最高点C时，根据牛顿第二定律可得，
解得FC＝22 N.
(2)从静止释放到G点，由动能定理可得
mgh－0.2mgLFG＝
由题可知，滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，速度大小设为v
根据动量守恒定律可得2mv＝mvG
由功能关系可得μmgL＝－×2mv2
综合解得μ＝0.3.
(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a＝μg
设滑块从滑上摆渡车到共速的时间为t1，有
t1＝＝1 s
共速后继续向右匀速运动的时间
t2＝＝1.5 s
t＝t1＋t2＝2.5 s.
答案：(1)4 m/s　22 N　(2)0.3　(3)2.5 s
命题分类剖析
[典例]　解析：(1)子弹射入靶盒的过程中，由动量守恒定律有m0v0＝(m1＋m0)v，
得v＝5 m/s
系统损失的动能ΔEk＝－(m1＋m0)v2，
解得ΔEk＝475 J；
(2)子弹进入靶盒后，设靶盒向左运动的最大距离为x，
由能量守恒定律有(m1＋m0)v2＝μ(m1＋m0)gx＋kx2，
解得x＝0.5 m，
靶盒再次返回到O点时离开弹簧，设此时动能为Ek，
由动能定理有－2μ(m1＋m0)gx＝Ek－(m1＋m0)v2，
解得Ek＝21 J；
(3)设O点到平台右端的距离为s，靶盒A离开O点后仅在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，滑上木板后，木板与墙壁多次碰撞，最终靶盒停在木板右端，由能量守恒定律得
Ek＝μ(m1＋m0)g(s＋l)，
解得s＝3 m；
(4)设靶盒滑上长木板时的速度大小为v1，由动能定理有－μ(m1＋m0)gs＝－Ek，
解得v1＝3 m/s，
设之后靶盒与木板达到共同速度v′1，
(m1＋m0)v1＝(m1＋m0＋m2)v′1，
解得v′1＝2 m/s，该过程中木板的位移为s1，
木板的加速度为a，μ(m1＋m0)g＝m2a，
根据＝2as1，
解得s1＝0.5 m说明木板与墙壁碰撞之前已经与靶盒达到共同速度，木板第一次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移大小s1速度减为0，再向右加速，设与靶盒达到共同速度v2，以向右为正方向(下同)，有(m1＋m0)v′1－m2v′1＝(m1＋m0＋m2)v2，可得v2＝v′1，
木板第二次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移大小s2速度减为0，再向右加速＝2as2，设第二次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度v3，(m1＋m0)v2－m2v2＝(m1＋m0＋m2)v3，
v3＝v2＝v′1，
第三次与墙壁碰撞之后，经位移大小s3速度减为0，再向右加速＝2as3，
第n次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度vn＋1，vn＋1＝v′1
经位移大小sn速度减为0，再向右加速
木板的路程L＝d－l＋2s1＋2s2＋…＋2sn＋1，
即
解得L＝3.125 m.
答案：(1)475 J　(2)21 J　(3)3 m　(4)3.125 m(共43张PPT)
第6讲　力学三大观点的综合应用
知识网络构建
命题分类剖析
素养培优·情境命题
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　　动量和能量观点解决多过程问题
动量和能量观点解决多过程问题的处理技巧
1．解决该类问题用到的规律：动量守恒定律，机械能守恒定律，能量守恒定律，功能关系等．
2．解决该类问题的基本思路：
(1)认真审题，确定研究对象．
(2)如果物体间涉及多过程，要把整个过程分解为几个小的过程．
(3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件．
(4)对所选系统进行能量转化的分析．
(5)选取所需要的方程列式并求解．
例 1 [2023·江苏省南京外国语学院期末]如图所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨固定于同一水平面内，整个导轨处于竖直向下的匀强磁场中，质量均为m、电阻分别为R、r的导体棒MN、PQ垂直静止于平行导轨上，与导轨构成矩形闭合回路，某时刻给导体棒MN一个水平向右的瞬时冲量I，不考虑导轨的电阻，则从此时至PQ达到最大速度的过程中，以下说法正确的是(　　)
A．导体棒PQ做加速度增大的加速运动
B．通过导体棒MN的电荷量为
C．两导体棒的相对距离减小量为
D．导体棒MN产生的焦耳热为
答案：C
解析：依题意，当两导体棒速度相等时，导体棒PQ速度达最大，该过程中，导体棒PQ受到的安培力水平向右，根据F安＝BIL，I＝，E＝BLΔv
联立可得F安＝
式中Δv为两导体棒在运动过程中的速度差，由于Δv逐渐减小，根据牛顿第二定律可得a＝
可知做导体棒PQ做加速度逐渐减小的加速运动，直到PQ到达最大速度后，两导体棒一起做匀速直线运动，故A错误；
对导体棒MN，设其开始运动时的初速度大小为v0，两导体棒到达共速时速度大小为v，据动量定理可得
－BLΔt＝mv－mv0，Δt＝q，I＝mv0
对两导体棒，根据动量守恒定律有mv0＝2mv
联立可求得，通过导体棒MN的电荷量为q＝ ，故B错误；
根据q＝，ΔΦ＝BΔS＝BLΔx
联立可求得，两导体棒的相对距离减小量为Δx＝，故C正确；
从开始运动到两导体棒达到共速时，根据能量守恒定律有
＝Q＋×2mv2，Q＝QR＋Qr，＝
联立，求得导体棒MN产生的焦耳热为QR＝，故D错误．
例 2 [2023·广东韶关二模]有一种打积木的游戏，装置如图所示，三块完全相同的钢性积木B、C、D叠放在靶位上，宽度均为d，积木C、D夹在固定的两光滑薄板间，一球A(视为质点)用长为L，且不可伸长的轻绳悬挂于O点．游戏时，钢球拉至与O等高的P点(保持绳绷直)由静止释放，钢球运动到最低点时与积木B发生的碰撞为弹性碰撞且瞬间完成，积木B滑行一段距离(大于2d)后停下．已知钢球和每块积木的质量均为m，各水平接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，空气阻力不计，求：
(1)钢球下落到最低点且与B碰撞前的速度大小v0；
(2)积木B向前滑动的距离s；
(3)将钢球再次拉起至P点无初速释放，积木C沿B的
轨迹前进．求C被A球碰撞后经多长时间与B球相遇．
解析：(1)根据动能定理可得mgL＝
解得v0＝.
(2)设小球与积木B发生弹性碰撞后速度为v1 ，积木B速度为v2 ，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2
由能量守恒定律有＝
联立解得v1＝0，v2＝v0＝
根据动能定理可得，积木B向前滑行的距离s有
－(μ·3mg＋μ·2mg)d－μmg(s－d)＝
代入解得s＝－4d
(3)又将钢球拉回P点由静止释放，与落下静止的积木C发生弹性碰撞，此时C的速度仍为v3＝v2＝
C滑行s后与B碰撞，此时C的速度v4 满足－(μ·2mg＋μmg)d－μmg(s－2d)＝,解得v4＝ ＝
当C刚滑离D时的速度为v5 ，由动能定理及动量定理可得
－(μ·2mg＋μmg)d＝
－(μ·2mg＋μmg)t1＝mv5－mv3
C从滑离D至与B相遇－μmgt2＝mv4－mv5
C被A球撞后经t时间与B球相遇 t＝t1＋t2
得t＝.
答案：(1)　(2)－4d (3)
提升训练
1.[2023·四川省成都市模拟]某高速公路上发生两车追尾事故，事故认定为前车违规停车，后车因制动距离不足追尾前车．假设两车追尾过程为一维正碰，碰撞时间极短，后车制动过程及两车碰后减速过程均可视为水平方向仅在滑动摩擦阻力作用下的匀减速直线运动，前车、后车视为质点．如图为事故现场俯视图，两车划痕长度与两车发生的位移大小相等．已知后车质量m1＝2 000 kg，前车质量m2＝1 000 kg，两车所受摩擦阻力与车重的比值均为k＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.请根据现场勘测数据及已知信息进行判断和计算．
(1)静止的前车在碰撞后瞬间的速度；
(2)后车开始刹车时是否超速(该段道路限速120 km/h)．
解析：(1)设后车碰撞前、后瞬间的速度分别为v1、v′1，前车碰撞后瞬间的速度为v2，
前车碰后做匀减速运动，发生位移为x3＝40 m，
对前车由动能定理有－km2gx3＝，
代入数据解得v2＝20 m/s；
(2)划痕重叠区域长度x2＝22.5 m为碰后后车做匀减速运动的位移，
对后车由动能定理有－km1gx2＝，代入数据解得v′1＝15 m/s，
碰撞过程，对前、后两车系统，由动量守恒定律有m1v1＝m1v′1＋m2v2，代入数据解得v1＝25 m/s，
设后车从刹车到即将碰撞的匀减速过程中发生的位移为x0，刹车时的速度为v0，则x0＝x1－x2＝27.5 m，
对碰撞前后车的刹车过程，由动能定理有－km1gx0＝，代入数据解得v0＝30 m/s，
因v0＝30 m/s＝108 km/h<120 km/h，故后车未超速.
答案：(1)20 m/s 　(2) 没超速
2.2022北京冬奥会后，冰壶运动成为了广大冰雪爱好者热捧的一个运动项目．如图是一个冰壶大本营的示意图，内环R1＝0.61 m，中环R2＝1.22 m，外环R3＝1.83 m．某次比赛中，红壶以某一速度和停在Q点的蓝壶发生正碰之后，质量相等的红、蓝两壶分别停在 M和 N点．设红、蓝壶与冰面间的摩擦因数相同，则：
(1)碰后红壶和蓝壶的速度大小之比；
(2)红壶和蓝壶碰撞过程损失的机械能与碰前瞬间红壶动能之比．
解析：(1)设红、蓝壶碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，根据动能定理，有－μmgs1＝
－μmgs2＝
依题意s1＝R2－R1，s2＝2R2 ,联立以上各式可得v1∶v2＝1∶2.
(2)设红壶碰前速度为v0，碰撞前后动量守恒，有mv0＝ mv1＋ mv2，
由于v1∶v2＝1∶2，
可得v0∶v1＝3∶1
碰撞中损失的能量ΔE＝＝
碰撞过程损失的机械能与碰前瞬间红壶动能之比η＝＝.
答案：(1)1∶2　(2)4∶9
命题点二　力学三大观点的综合应用
1．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 物体做匀变速直线运动，涉及运动细节
匀变速直线 运动规律 能量观点 动能定理 W合＝ΔEk 涉及做功与能量转换
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 只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功
动量守恒定律 p1＋p2＝p′1＋p′2 只涉及初末速度而不涉及力、时间
2.选用原则
(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题．
(2)当涉及功、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，应优先选用能量守恒定律．
(3)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，因时间短且作用力随时间变化，应用动量定理求解．
(4)对于碰撞、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，应用动量守恒定律求解．
例 1 [2023·浙江6月]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.
解析：(1)滑块a从D到F，由动能定理有mg·2R＝
在F点，有,解得vF＝10 m/s,FN＝31.2 N.
(2)滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为a＝μg＝5 m/s2
根据＝－2aL
可得在C点的速度vC＝3 m/s
则滑块a从碰撞后到达C点 ＝＋mg·2R
解得v1＝5 m/s
因ab碰撞动量守恒，则mvF＝－mv1＋3mv2
解得碰后b的速度v2＝5 m/s
则碰撞损失的能量ΔE＝，解得ΔE＝0.
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度mvF＝4mv
解得v＝2.5 m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度4mv＝6mv′
v′＝ m/s
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
·4mv2＝
解得x1＝0.1 m
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2＝x1
则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2 m.
答案：(1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m
例 2 [2023·辽宁卷]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)．
解析：(1)由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v1
代入数据有v1＝1 m/s, 对m1受力分析有a1＝＝4 m/s2
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有＝2a1x1
代入数据解得x1＝0.125 m.
(2)木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx2＝(m1＋m2)a共
对m2有a2＝μg＝1 m/s2
当a共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2＝0.25 m
对m1、m2组成的系统，由动能定理有
＝
代入数据有 m/s.
(3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，物块相对木板始终向右运动，物块的加速度大小始终为a＝1 m/s2，方向水平向左．此过程木板先向右的速度从v2减小到0，再反向加速运动到加速度大小等于a，因弹簧弹力与形变量成正比，故此过程木板的减速运动过程与加速运动过程具有对称性，可知此过程总用时为2t0，木板的末速度大小等于v2.在此2t0时间内，对物块用动量定理有－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2
解得v3＝ m/s
在此2t0时间内，弹簧的初末弹性势能不变，木板的初末动能不变，故对系统由能量守恒定律可知此过程系统因摩擦转化的内能就等于物块减少的动能，
ΔU＝
解得) J
答案：(1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　 m/s ) J
思维提升
板块类问题的处理方法
对板块类问题，首先把木板和物块视为整体，分析其所受合力是否为零．①如果整体受力是零，则首先考虑系统动量守恒求出末态速度，然后用能量的转化与守恒定律求物块相对木板滑动的距离，对单个研究对象列动量定理求时间，利用动能定理求各自对地运动的位移．②如果整体受外力之和不为零，则用牛顿第二定律、运动公式或运动的v- t图像来求速度、时间、位移、相对距离等物理量，需要注意分析物块和木板是相对滑动还是相对静止．
提升训练
1.[2023·北京卷] 如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L.现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起．重力加速度为g.求：
(1)A释放时距桌面的高度H；
(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
(3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE.
解析：(1)A释放到与B碰撞前，根据动能定理得
mgH＝mv2，解得H＝.
(2)碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得
F－mg＝m
解得F＝mg＋m.
(3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得mv＝2mv1
解得v1＝v
则碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝mv2－·2m2＝mv2.
答案：(1)　(2)mg＋m　(3)mv2
2．[2023·浙江1月]一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接．螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处．凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面．
已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m、质量m＝1 kg.将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍．(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t.
解析：(1)C点离地高度为1.2R＋R cos θ＋R＝3R
滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
mg(h－3R)＝
解得vC
在最高点C时，根据牛顿第二定律可得，
解得FC＝22 N.
(2)从静止释放到G点，由动能定理可得mgh－0.2mgLFG＝
由题可知，滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，速度大小设为v
根据动量守恒定律可得2mv＝mvG
由功能关系可得μmgL＝－×2mv2,综合解得μ＝0.3.
(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a＝μg
设滑块从滑上摆渡车到共速的时间为t1，有
t1＝＝1 s
共速后继续向右匀速运动的时间
t2＝＝1.5 s
t＝t1＋t2＝2.5 s.
答案：(1)4 m/s　22 N　(2)0.3　(3)2.5 s
素养培优·情境命题
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．
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，然后可以计算全程的路程等数据．
[典例]　[2023·山东日照市一模]如图所示，质量m1＝1.9 kg的靶盒A静止在固定平台上的O点(未画出)，轻弹簧的一端固定，另一端靠着靶盒(不连接)，此时弹簧处于自然长度，弹簧的劲度系数k＝184 N/m.长度l＝2.25 m、质量m2＝1.0 kg的木板B静止在光滑的水平面上，木板上表面与平台等高，且紧靠平台右端放置，距离平台右端d＝4.25 m处有竖直墙壁．某射击者根据需要瞄准靶盒，射出一颗水平速度v0＝100 m/s、质量m0＝0.1 kg的子弹，当子弹从靶盒右端打入靶盒后，便留在盒内(在极短的时间内子弹与靶盒达到共同速度)，最终靶盒恰好没有从木板的右端脱离木板．
已知靶盒与平台、与木板上表面间的动摩擦因数μ均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，木板与墙壁碰撞没有能量损失，靶盒与子弹均可视为质点，取g＝10 m/s2.(弹簧的弹性势能可表示为Ep＝，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)求：
(1)子弹射入靶盒的过程中，系统损失的动能；
(2)靶盒刚离开弹簧时的动能；
(3)O点到平台右端的距离；
(4)木板运动的总路程．

解析：(1)子弹射入靶盒的过程中，由动量守恒定律有m0v0＝(m1＋m0)v，
得v＝5 m/s
系统损失的动能ΔEk＝－(m1＋m0)v2，
解得ΔEk＝475 J；
(2)子弹进入靶盒后，设靶盒向左运动的最大距离为x，
由能量守恒定律有(m1＋m0)v2＝μ(m1＋m0)gx＋kx2，
解得x＝0.5 m，
靶盒再次返回到O点时离开弹簧，设此时动能为Ek，
由动能定理有－2μ(m1＋m0)gx＝Ek－(m1＋m0)v2，
解得Ek＝21 J；
(3)设O点到平台右端的距离为s，靶盒A离开O点后仅在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，滑上木板后，木板与墙壁多次碰撞，最终靶盒停在木板右端，由能量守恒定律得
Ek＝μ(m1＋m0)g(s＋l)，
解得s＝3 m；
(4)设靶盒滑上长木板时的速度大小为v1，由动能定理有－μ(m1＋m0)gs＝－Ek，
解得v1＝3 m/s，
设之后靶盒与木板达到共同速度v′1，
(m1＋m0)v1＝(m1＋m0＋m2)v′1，
解得v′1＝2 m/s，该过程中木板的位移为s1，
木板的加速度为a，μ(m1＋m0)g＝m2a，
根据＝2as1，
解得s1＝0.5 m说明木板与墙壁碰撞之前已经与靶盒达到共同速度，木板第一次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移大小s1速度减为0，再向右加速，设与靶盒达到共同速度v2，以向右为正方向(下同)，有(m1＋m0)v′1－m2v′1＝(m1＋m0＋m2)v2，可得v2＝v′1，
木板第二次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移大小s2速度减为0，再向右加速＝2as2，设第二次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度v3，(m1＋m0)v2－m2v2＝(m1＋m0＋m2)v3，
v3＝v2＝v′1，
第三次与墙壁碰撞之后，经位移大小s3速度减为0，再向右加速＝2as3，
第n次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度vn＋1，vn＋1＝v′1
经位移大小sn速度减为0，再向右加速
木板的路程L＝d－l＋2s1＋2s2＋…＋2sn＋1，
即
解得L＝3.125 m.
答案：(1)475 J　(2)21 J　(3)3 m　(4)3.125 m

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