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专题二　能量与动量
第九讲　“三大力学观点”的综合应用
1.动量与动能的比较
考点一　动量与能量观点的综合应用
比较项 动量 动能
物理意义 描述机械运动状态的物理量 定义式 p=mv Ek=mv2 标矢性 矢量 标量 变化因素 合外力的冲量 合外力所做的功 比较项 动量 动能
大小关系 p= Ek=
变化量 Δp=Ft ΔEk=Fl
联系 (1)都是相对量,与参考系的选取有关,通常选取地面为参考系 (2)若物体的动能发生变化,则动量一定也发生变化;但动量发生变化时动能不一定发生变化 2.冲量与功的比较
比较项 冲量 功
定义 作用在物体上的力和力作用时间的乘积 作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积
单位 N·s J
公式 I=Ft (F为恒力) W=Flcos θ (F为恒力)
矢标性 矢量 标量
意义 (1)表示力对时间的累积 (2)是动量变化的量度 (1)表示力对空间的累积
(2)是能量变化的量度
联系 都是过程量,都与力的作用过程相联系 3. “滑块—木板”模型
分析“滑块-滑板”模型问题的三个关键:
1.把滑块、滑板看成一个整体,摩擦力为内力,在光滑水平面上滑块和滑板组成的系统动量守恒。
2.由于摩擦生热,机械能转化为内能,系统机械能不守恒,根据能量守恒定律,机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量,ΔE=Ffx相对,其中x相对为滑块和滑板相对滑动的路程。
3.若滑块不滑离滑板,就意味着二者最终具有共同的速度,机械能损失最多。
(1)模型图示
(2)模型特点
①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;
②若滑块未从木板上滑下,当两者速度相同时, 木板速度最大, 相对位移最
大。
(3)求解方法
①求速度:根据动量守恒定律求解,研究对象为一个系统;
②求时间:根据动量定理求解,研究对象为一个物体;
③ 求系统产生的内能或相对位移:根据能量守恒定律Q=FfΔx 或 Q=E初-E末 ,研究对象为一个系统。
4. “滑块—斜 (曲) 面”模型
(1) 模型图示(A质量为M,B质量为m)
(2)模型特点
①上升到最大高度:A与B具有共同水平速度 v共 ,此时 B 的竖直速度 vy=0,
系统水平方向动量守恒:mv0=v共,系统机械能守恒:m= +mgh,其中h 为B上升的最大高度, 不一定等于弧形轨道的高度 (相当于完全非弹性碰撞, 系统减少的动能转化为B的重力势能)。
②返回最低点:A与B分离点。水平方向动量守恒:mv0=mv1+Mv2,系统机械能守恒: m=m+M ,相当于完成了弹性碰撞。
5. “滑块—弹簧”模型
(1)模型图示
(2)模型特点
①动量守恒:两个物体与弹簧相互作用的过程中, 若系统所受外力的矢量和为零, 则系统动量守恒;
②机械能守恒:系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功,系统机械能守恒;
③ 弹簧处于最长 (最短) 状态时两物体速度相等, 弹性势能最大, 系统动能通常最小 (完全非弹性碰撞拓展模型);
④弹簧恢复原长时, 弹性势能为零, 系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型,相当于碰撞结束时)。
1.“三大力学观点”及其规律
考点二　子弹打木块、滑块与滑板、滑块与弹簧类问题
分类 规律 表达式
动力学 观点 牛顿第二定律 F合=ma
匀变速直线运动规律 v=v0+at
x=v0t+at2
v2-=2ax
分类 规律 表达式
能量 观点 动能定理、功能关系 W合=Ek2-Ek1W合=ΔE
机械能守恒定律、能量守恒定律 Ek1+Ep1=Ek2+Ep2
E1=E2
动量 观点 动量定理 F合Δt=mv2-mv1=Δp
动量守恒定律 m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
2.选取“三大力学观点”规律的思维流程
在具体解题时,为了简化求解过程,选择物理规律的顺序一般是:先选用守恒定律(机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律),再选用定理(动能定理、动量定理),最后选用牛顿运动定律和运动学公式。
模型1　子弹打木块
【例1】(多选)(2024·湖南卷)如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为
M、长为L的木块,质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变,其大小f与射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则 (　　)
A.子弹的初速度大小为
B.子弹在木块中运动的时间为
C.木块和子弹损失的总动能为
D.木块在加速过程中运动的距离为
【答案】AD
【解析】子弹和木块相互作用过程系统动量守恒,令子弹穿出木块后子弹和木块的速度分别为v1、v2,则有mv0=mv1+Mv2,子弹和木块相互作用过程中合力都为f=kv0,因此子弹和物块的加速度分别为a1=,a2=,由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为2a1x1=-,2a2x2=,
x1-x2=L,联立上式可得v2=,
因此木块的速度最大即v0-,
取极值即可,该函数在2L到无穷单调递减,因此当v0=2L=时木块的速度最大,A正确;则子弹穿过木块时木块的速度为v2=,由运动学公式v2=a2t可得t=,故B错误;由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热,即ΔE=Q=fL=,
故C错误;木块加速过程运动的距离为x2=t=,故D正确。
故选AD。
模型2　“滑块-平板”模型
【例2】如图所示,一长度l=1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上,薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动,当薄板运动的距离Δl=时,物块从薄板右端水平飞出;当物块落到地面时,薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等,它们之间的动摩擦因数μ=0.3,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间;
(2)平台距地面的高度。
【答案】(1)4 m/s　 s　(2) m
【解析】(1)方法一　由题意可知物块在薄板上运动的过程中,物块和薄板之间一直存在相对运动,物块向右做匀减速直线运动,薄板向右做匀加速直线运动,又物块和薄板的质量相等,则物块和薄板的加速度大小均为
a=μg=3 m/s2,
设物块的初速度大小为v0,物块在薄板上的运动时间为t1,则由运动学公式有
x物=v0t1-a=l+,x板=a=,联立并代入数据解得v0=4 m/s,t1= s。
方法二　对物块与薄板组成的系统,从开始运动到物块从薄板右端水平飞
出,根据动量守恒定律有mv0=mv1+mv2,
分别对物块和薄板根据动能定理有-μmg·l=m-m,
μmg·l=m-0,联立并代入数据解得v0=4 m/s,v1=3 m/s,v2=1 m/s,
对薄板由动量定理有μmgt1=mv2-0,代入数据解得t1= s。
(2)[若(1)问用的方法二,则在本问需要再推导一下:二者的加速度均为a=μg=3 m/s2]
结合(1)问可知物块从薄板飞出瞬间,薄板的速度大小为v2=at1=1 m/s,
由题意可知物块从薄板飞出后,物块做平抛运动的过程中,薄板做匀速直线运动,设物块从薄板飞出后的运动时间为t2,平台距地面的高度为h,则由运动学公式有-=v2t2,h=g,联立并代入数据解得h= m。
模型3　传送带模型
【例3】(2024·湖北卷)如图所示,水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动,传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O,用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球,小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子,P点与O点等高。将质量为0.10 kg的小物块无初速度轻放在传送带左端,小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动,当轻绳被钉子挡住后,小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小;
(2)求小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能;
(3)若小球运动到P点正上方,绳子不松弛,求P点到O点的最小距离。
【答案】(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m
【解析】(1)设小物块的质量为m,传送带左右两端的距离为L,小物块与传送带间的动摩擦因数为μ,小物块在传送带上加速时的加速度大小为a,由牛顿第二定律得μmg=ma。设小物块到达传送带最右端时的速度大小为v,假设小物块在传送带上一直加速,
由运动学公式知v2=2aL,
联立并代入数据解得v=6 m/s。
由于v>5 m/s,故假设不成立,小物块到达传送带右端前已经与传送带共速,故小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为v1=5 m/s。
(2)设小球的质量为M,碰撞后小物块与小球的速度大小分别为v2、v3,碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为ΔEk,对小物块与小球碰撞过程,
由动量守恒定律得mv1=-mv2+Mv3,
小物块与小球碰撞过程中,系统损失的总动能为ΔEk=m-m-M,
联立并代入数据得ΔEk=0.3 J。
(3)经分析知,小球到达P点正上方绳子拉力刚好为零时,小球绕P点运动的半径最大,P点到O点距离最小,设这种情况下小球运动到P点正上方的速度大小为v4,P点到O点的距离为x,绳子的长度为l,小球运动到P点正上方时,结合牛顿第二定律和向心加速度公式有Mg=M,对小球的整个上升过程,由动能定理得-Mg(l+l-x)=M-M,联立并代入数据解得x=0.2 m 。
模型4　含弹簧的系统
求解含弹簧的系统动量和能量综合问题的两点提醒
1.由于弹簧的弹力是变力,所以涉及弹簧的弹性势能时通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解。
2.要特别注意弹簧的三个状态:原长(此时弹簧的弹性势能为零)、压缩到最短或伸长到最长的状态(此时弹簧连接的两个物体具有相同的速度,弹簧具有最大的弹性势能),这往往是解决此类问题的突破点。
【例4】(2023·辽宁卷)如图所示,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。弹簧始终处于弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=kx2。重力加速度g取10 m/s2,结果可用根式表示。
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1;
(2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小;
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中,系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。
【答案】(1)1 m/s　0.125 m
(2)0.25 m　 m/s　(3) J
【解析】(1)小物块从滑上木板到两者共速的过程,由动量守恒定律有m2v0=(m1+m2)v1,解得v1=1 m/s。
两者共速前,对木板,由牛顿第二定律有μm2g=m1a,
解得a=4 m/s2。由运动学公式有=2ax1,解得x1=0.125 m。
(2)木板与弹簧接触后,物块与木板先一起减速,当物块受到的摩擦力达到最大静摩擦力时,两者之间即将相对滑动。
对物块有μm2g=m2a',对整体有kx2=(m1+m2)a',解得x2=0.25 m。
从木板开始接触弹簧到物块与木板之间即将相对滑动的过程,物块、木板和弹簧三者组成的系统机械能守恒,则
(m1+m2)=(m1+m2)+k,解得v2= m/s。
(3)木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0,木板从速度为0到物块与木板加速度首次相同时,弹簧又回到了物块和木板刚要相对滑动的位置,考虑到木板返回时受力与木板压缩弹簧时相同,故木板的速度大小又变为v2= m/s,木板返回时所用时间也为t0,在2t0的时间内,对物块,由动量定理有-μm2g·2t0=m2v3-m2v2,解得v3= m/s。
在2t0的时间内,弹簧的初、末弹性势能不变,木板的初、末动能不变,故对系统,由能量守恒定律有ΔU=m2-m2,解得ΔU= J。
1.(多选)(2025·湖南卷)如图所示,某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成,C是可以在滑轨上运动的标准测量件,其规格可以根据测量需求进行调
整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时,将弹药放入装载台圆筒内,两端用物块A和B封装,装载台与滑轨等高。引爆后,假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D,D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动s1距离后抛出,落地点距抛出点水平距离为s2,根据s2可计算出弹药释放的能量。某次测量中,A、B、C质量分别为3m、
m、5m,s1=,整个过程发生在同一竖直平面内,不计空气阻力,重力加速度大小为g。则 (　　)
BD　
A.D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等
B.D的初动能与其落地时的动能相等
C.弹药释放的能量为36mgh
D.弹药释放的能量为48mgh
【详解】爆炸后,AB组成的系统动量守恒,
即3mv1=mv2,B与C碰撞过程动量守恒mv2=6mv,联立解得v=0.5v1。
爆炸后瞬间A的动能EkA=·3m·v12,D的初动能EkD=·6m·,
两者不相等,故A错误;D水平滑动过程中摩擦力做功为Wf=-μ·6mg·s1=-μ·6mg·=-6mgh,
做平抛运动过程中重力做的功为WG=6mgh,故D从开始运动到落地瞬间合外力做功为0,根据动能定理可知D的初动能与其落地时的动能相等,故B正确;
D物块平抛过程有h=gt2,s2=,联立可得v0=s2,
D水平滑动过程中根据动能定理有-6mgh=·6m-·6mv2,
化简得v2=+2gh,弹药释放的能量完全转化为A和B的动能,则爆炸过程的能量为E=·3m+·m=24mv2=24m=48mgh,故C错误,D正确。故选BD。
2.(2025·浙江卷)如图所示,光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B,滑块C(可视为质点)置于B的右端,三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动,B和C一起以2 m/s的速度向左运动,A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m,C与A、B间的动摩擦因数均为0.5,则(　　)
A.碰撞瞬间C相对地面静止
B.碰撞后到三者相对静止,经历的时间为0.2 s
C.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为12 J
D.碰撞后到三者相对静止,C相对长板滑动的距离为0.6 m
D　
【详解】碰撞瞬间C相对地面向左运动,A错误;
以向右为正方向,则A、B碰撞过程由动量守恒知
mvA-mvB=2mv1,解得v1=1m/s,方向向右;当三者共速时有2mv1-mvC=3mv,可知v=0,即最终三者一起静止,经历的时间t== s=0.4 s,B错误;
从碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量Q=×2m+m=3 J,C错误;
从碰撞到三者相对静止由能量关系可知Q=μmgx相对,
可得x相对=0.6 m,D正确。故选D。
3.(2025·广东三模)如图所示,两个完全相同的木块A、B厚度均为d,质量均为4m。第一次把A、B粘在一起静置在光滑水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A,恰好将木块A击穿,但未穿入木块B。第二次只放置木块B,子弹以同样的速度水平射向B。设子弹在木块中受到的阻力为恒力,不计子弹的重力,子弹可视为质点。则第二次子弹 (　　)
A.能击穿木块B,子弹穿出木块的速度为v0
B.能击穿木块B,子弹穿出木块的速度为v0
C.不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d
D.不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d
C　
【详解】第一次击A、B粘在一起静置在光滑水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A,恰好将木块A击穿,但未穿入木块B,由动量守恒定律得mv0=v1,解得v1=。
由能量守恒定律得m=+fd,解得f=m,
第二次只放置木块B,子弹以同样的速度水平射向B,由动量守恒定律得mv0=v2,解得v2=v0。
由能量守恒定律得m=+fd',
解得f=,联立可得d'=d,
所以子弹不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d。
故选C。
4.(2025·山东二模)随着科技的发展,机器狗的应用为生活带来了便利。如图所示,机器狗在泰山进行负重测试,从泰山山脚到目的地用时2 h,爬升高度为1 200 m,已知机器狗及重物总质量为100 kg,重力加速度g取10 m/s2,则机器狗在本次测试中 (　　)
A.位移大小为1 200 m
B.克服重力做功为1.2×106 J
C.克服重力做功的平均功率为6×105 W
D.所受重力的冲量为0
B　
【详解】始末位置的带箭头的线段的长度指位移大小,由于爬升高度为1 200 m,则位移大小大于1 200 m,故A错误;
机器狗克服重力做功为W克=mgh=1.2×106 J,故B正确;
克服重力做功的平均功率为P=≈166.7 W,故C错误;
以竖直向下为正方向,则所受重力的冲量为
I=mgt=7.2×106 N·s,故D错误。故选B。
专题集训(九)　“三大力学观点”的综合应用
1.(多选)(2025·广东高考)如图所示,无人机在空中作业时,受到一个方向不
变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控,在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角,其大小F随时间t的变化关系为F=F0-kt(F ≠ 0,F0、k均为大于0的常量),无人机的质量为m,重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F > 0的任一时刻),下列说法正确的有 (　　)
AB
A.受到空气作用力的方向会变化
B.受到拉力的冲量大小为T
C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+T
D.T时刻受到空气作用力的大小为
【解析】无人机经飞控系统实时调控,在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动,则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向,随着F的减小,重力和拉力的合力如图所示,可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变,在T时刻有cos120°=,F = F0-kT,解得F空=,故A正确、D错误;由于拉力F随时间t均匀变化,则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F-t
图像与坐标轴围成的面积为T,故B正确;将拉力分解为水平和竖直方向,则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有Fx=(F0-kt),无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有Fy=(F0-kt)+mg,0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为Ix=(F0T-kT2),0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为Iy=F0T-kT2+mgT,
则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为I==,故C错误。故选AB。
2.(2025·广东模拟)如甲图所示,质量为2 kg的物块,以v0=2m/s的初速度在水平地面上向右运动,水平向左的推力F随路程x变化的图像如图乙所示,已知物体与地面之间的动擦因数为μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力,则 (　　)
A.物块回到出发点时的速度大小为2 m/s
B.整个过程中克服摩擦力做功14 J
C.x=3 m时,物块的动能为8 J
D.物块运动的位移大小为4 m
A
【解析】物块向右运动时受到水平向左的推力和摩擦力,若物块减速到0,根据动能定理有-μmgx-·x=0-m,从F-x图像可知F=16-4x,则==16-2x,代入得-μmgx-x=0-m,再代入数据化简得x2-9x+14=0,解得x=2m或x=7m(舍),当物块向左运动时受到水平向左的推力与水平向右的摩擦,当x=2时,F2=8 N,根据动能定理有x-μmgx=mv2-0,代入数据得v=2 m/s,故A正确;回到出发点,克服摩擦力做功W1=μmgx=0.1×2×10×4 J=8 J,之后F为0,物体减速至0,克服摩擦力做功W2=mv2=×2×22 J=4 J,则总功W总=W1+W2=12 J,故B错误;因x=3 m>2 m,
说明物块向左运动1 m,而x=3 m时,F3=4 N,根据动能定理有x2-μmgx2=Ek,解得Ek=4 J,故C错误;由A选项,可知物块回到出发点时速度为2 m/s,根据动能定理有-μmgx'=0-mv2,解得x'=2m,故D错误。故选A。
3.(2025·海南三模)如图所示,在水平面固定放置的光滑圆环内嵌着质量分别为m1、m2(m1A.1∶5 B.1∶3
C.1∶2 D.2∶3
B
【解析】若两球发生弹性碰撞则有m1v0=m1v1+m2v2,
m1=m1+m2,联立解得v1=v0,v2=v0,根据题意,当m14.(2025·重庆模拟)如图所示,两个完全相同的小球A、B,在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出,则 (　　)
A.两小球落地时的速度相同
B.两小球落地时,重力的瞬时功率相同
C.从开始运动至落地,重力对两小球做功相同
D.从开始运动至落地,重力对两小球做功的平均功率相同
C
【解析】由于两个球完全相同,并且都是只受重力的作用,所以两个球的机械能守恒,那么在落地的时候,两个球的速度的大小都是相同的,但是方向不同,A错误;根据机械能守恒可知,落地时两个球的速度的大小是相同的,但是它们的速度的方向是不同的,竖直上抛的小球落地时速度的方向是竖直向下的,但是平抛的小球落地时的速度与水平方向有一定的夹角,所以在两小球落地时,重力的瞬时功率P=mgvcosθ是不同的,B错误;重力做功的大小只与物体的初末的位置有关,两个球从同一个地方抛出,最后又都落到了地面上,它们的高度差是相同的,所以重力对两小球做功相同,C正确;重力对于两个球做的功的大小相同,但是它们运动的时间不同,所以重力的平均功率的P=不同,D错误。故选C。
5.(2025·深圳一模)如图1所示,劲度系数为k 的轻弹簧竖直固定在水平面上,质量为m的小球从A点自由下落,至B点时开始压缩弹簧,下落的最低位置为C点。以A点为坐标原点O。沿竖直向下建立x轴,定性画出小球从A到C过程中加速度a与位移x的关系,如图2所示,重力加速度为g。对于小球、弹簧和地球组成的系统,下列说法正确的是 (　　)
A.小球在B点时的速度最大
B.小球从B到C的运动为简谐运动的一部分,振幅为
C.小球从B到C,系统的动能与弹性势能之和增大
D.图中阴影部分1和2的面积大小相等
C
【解析】小球至B点时开始压缩弹簧,一开始弹力小于重力,则小球继续向下加速运动,所以小球在B点时的速度不是最大,故A错误;设平衡位置为O,弹簧在平衡位置的压缩量为x1,则有x1=,设平衡位置O下方有一D点,且B、D相对于O点对称,根据对称性可知,小球到达D点的速度等于B点的速度,且B、D两点的加速度大小相等,即D点的加速度大小为g,则小球在最低点C点的加速度大于g,方向向上,根据牛顿第二定律可得kxC-mg=maC>mg,可得最低点C的压缩量满足xC>,则小球从B到C的运动为简谐运动的一部分,振幅为A=xC-x1>,故B错误;小球和弹簧、地球组成的系统机械能守恒,小球从B
运动到C的过程中,小球的重力势能一直在减小,小球的动能与弹簧的弹性势能之和一直在增大,故C正确;设小球在平衡位置的速度为vmax,根据积分的思想可得S=∑(ma·x)=W合,根据动能定理可得S1=m-m,S2=m-0,由于vB>0,所以阴影部分1的面积小于阴影部分2的面积,故D错误。故选C。
6.(2025·深圳一模)随着科技的发展,手机的功能越来越多。如图所示是小米同学随质量为100 kg货物乘坐电梯时利用手机软件制作的运动v-t图像(竖直向上为正方向),g取10 m/s2,下列判断正确的是 (　　)
A.0~10 s货物处于失重状态
B.0~10 s内电梯对货物的支持力恒为1 100 N
C.0~36 s内电梯对货物的支持力做功2.8×104 J
D.36~46 s货物处于超重状态
C
【解析】0~10 s货物向上加速,处于超重状态,故A错误;0~10 s内电梯的加速度为a==m/s2,对货物,根据牛顿第二定律可得FN-mg=ma,解得对货物的支持力恒为FN=1010 N,故B错误;由于图像与坐标轴围成的面积等于位移可知,0~36 s内货物上升的距离为x=×1 m=28 m,根据动能定理可得WG+W=0,WG=-mgx,所以电梯对货物的支持力做功为W=mgx=100×10×28 J=2.8×10-4 J,故C正确;36~46 s货物向下加速,加速度向下,处于失重状态,故D错误。故选C。
7.(2025·福建一模)如图所示,某同学用大腿颠足球,某时刻质量为0.45 kg的足球以3 m/s的竖直向下的速度碰撞大腿,足球与腿接触0.2 s后竖直向上原速反弹,重力加速度取10 m/s2,则在足球与腿碰撞的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.碰撞前后,足球动量变化量的大小为2.7 kg·m/s
B.碰撞前,足球的动量大小为13.5 kg·m/s
C.足球对大腿的冲量大小为1.35 N·s
D.大腿对足球的平均作用力大小为13.5 N
A
【解析】以竖直向下为正方向,碰撞前后,足球的动量变化量为Δp=m-mv=-2mv=-2×0.45×3 kg·m/s=-2.7 kg·m/s,则碰撞前后,足球的动量变化量的大小为2.7 kg·m/s,故A正确;碰撞前,足球的动量大小为p=mv=0.45×3 kg·m/s=1.35 kg·m/s,故B错误;以竖直向下为正方向,碰撞过程中,根据动量定理可得Ft+mgt=Δp,解得F=-18 N,则大腿对足球的平均作用力大小为18 N,根据牛顿第三定律可知,足球对大腿的平均作用力大小为F球=18 N,则足球对大腿的冲量大小为I球=F球t=18×0.2 N·s=3.6 N·s,故CD错误。故选A。
8.(2025·天津一模)如图所示,两个半径均为R的四分之一光滑圆弧轨道在O点平滑连接,两圆弧的圆心O1、O2在同一竖直线上。一质量为m的小球b静止在O点,另一质量也为m的小球a从圆心为O1的圆弧轨道上某处由静止释放,a、b在O点发生弹性碰撞,碰后b在圆弧轨道上运动一段距离后脱离轨道。小球a、b均可视为质点,a、b在两圆弧轨道上运动的路程相等,重力加速度为g,则(　　)
A
A.a的释放位置距O点的高度为0.2R
B.a、b碰撞后瞬间,b的速度大小为
C.a、b碰撞前瞬间,a对轨道的压力大小为2mg
D.a、b碰撞后瞬间,b对轨道的压力大小为1.4mg
【解析】设a的释放位置与O1连线和竖直方向夹角为θ,碰前速度为v1,则mgR(1-cosθ)=mv12,碰撞后,由于发生弹性碰撞,且质量相等,所以交换速度,
a、b在两圆弧轨道上运动的路程相等,从碰后到b脱离轨道过程有mgR·(1-cosθ)=mv22-mv12,b球刚要脱离轨道时有mgcosθ=m,联立解得cosθ=,所以a的释放位置距O点的高度为h=R(1-cosθ)=0.2R,故A正确;根据以上分析解得a、b碰撞后瞬间,b的速度大小为v1=,故B错误;根据牛顿第二定律mg-N=m,结合牛顿第三定律可知,a、b碰撞前瞬间,a对轨道的压力大小为
N'=N=mg,故C错误;a、b碰撞后瞬间,b对轨道的压力大小为mg-N1=m,结合牛顿第三定律可知,b对轨道的压力大小为N1'=N1=mg,故D错误。故选A。
9.(2025·广东模拟)如图所示,光滑水平面上,小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下,由静止开始沿同一直线相向运动在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等,方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中,两小球速度v随时间t变化的图像,可能正确的是 (　　)
A
【解析】由图像的斜率等于加速度可知,M、N的加速度大小之比为4∶6=2∶3,根据牛顿第二定律a=和两物体受外力F大小相等,可知M、N的质量之比为6∶4=3∶2,设分别为3m和2m;由图像可设MN碰前的速度分别为4v和6v,则因MN系统受合外力为零,以向右为正方向,则系统动量守恒,则由动量守恒定律3m·4v-2m·6v=3mv1+2mv2。若系统为弹性碰撞,则根据能量关系可知·3m(4v)2+·2m(6v)2=·3m+·2m,解得v1=-4v,v2=6v,因M、N的加速度大小之比仍为2∶3,则停止运动的时间之比为1∶1,即两物体一起停止,故B、D是错误的;若不是弹性碰撞,则3m·4v-2m·6v=3mv1+2mv2,可知碰后速度大小之比为v1∶v2=2∶3,若假设v1=2v,则v2=3v,此时满足
·3m(4v)2+·2m(6v)2>·3m+·2m,则假设成立,因M、N的加速度大小之比仍为2∶3,则停止运动的时间之比为1∶1,对M来说碰撞前后的速度之比为4v∶2v=2∶1,可知碰撞前后运动时间之比为2∶1,可知A正确,C错误。故选A。
10.(多选)(2025·宁夏一模)一根柔软的粗绳静止盘放在水平面上,绳的总长为l,总质量为m。现拉住绳的一端,用大小为F=mg的恒力竖直向上拉动,从拉力开始作用到绳的下端到离开地面的高度为l的过程中,不计绳子间的摩擦,忽略绳子的摆动,下列说法中正确的有 (　　)
A.绳的机械能变化量为2mgl
B.绳的机械能变化量为1.5mgl
C.绳的动量变化量为m
D.绳的动量变化量为m
AC
【解析】从拉力开始作用于细绳的一端到细绳另一端离开地面有动能定理Fl-mgl=mv2,解得v=,当细绳下端离开地面后,因F=mg可知细绳向上匀速运动,则当细绳下端离开地面l时,机械能变化量等于力F做功,即ΔE=F2l=2mgl,故A正确,B错误;绳的动量变化量为Δp=mv-0,解得动量变化量为Δp=m,故C正确,D错误。故选AC。
11.(多选)(2025·天津一模)高空“蹦极”是勇敢者的游戏。蹦极运动员将弹性长绳(质量可忽略)的一端系在双脚上,另一端固定在高处的跳台上,运动员无初速地从跳台上落下。在整个下落过程中,若不计空气阻力,则 (　　)
A.运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大
B.当弹性绳恰好伸直时,运动员的速度最大
C.重力对运动员的冲量与弹性绳弹力对运动员的冲量相同
D.重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功
AD
【解析】从弹性绳开始伸直到最低点的过程中,运动员的重力势能减小,所以动能和弹性势能之和增加,故A正确;当弹性绳的弹力大小等于重力时,运动员的速度最大,故B错误;根据动量定理,由于初、末状态,动量均为零,因此重力对运动员的冲量与弹性绳弹力对运动员的冲量大小相等,方向相反,故C错误;根据动能定理,由于初、末状态动能均为零,因此重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功,故D正确。故选AD。
12.(2025·北京一模)如图,一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑,滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5 m,A点距地面的高度h=1.95 m,雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力,雪块质量不变,取sin37°=0.6,重力加速度大小g=10 m/s2。求:
(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0;
(2)雪块落地时的速度大小v1,及其速度方向
与水平方向的夹角α。
(1)5 m/s　
(2)8 m/s　60°
【解析】(1)雪块在屋顶上运动过程中,由动能定理mgxsinθ-μmgcosθ·x=m-0,代入数据解得雪块到A点速度大小为v0=5 m/s。
(2)雪块离开屋顶后,做斜向下抛运动,由动能定理mgh=m-m,代入数据解得雪块到地面速度大小v1=8 m/s,速度与水平方向夹角a,满足cosα===,解得a=60°。
13.(2025·广东一模)某固定装置的竖直截面如图所示,该装置由弧形光滑轨道AB、竖直光滑圆轨道、水平粗糙直轨道BD、倾角为37°的粗糙斜轨道DE、圆弧形光滑管道EF平滑连接而成。现将一质量为0.1 kg、可视为质点的小滑块m1由弧形轨道AB上高h处由静止释放(h未知),在经历几段不同的运动后,m1在F点与静止在水平台面上质量为0.4 kg的长木板M发生正碰。已知圆轨道半径R=0.5 m,LBD=LDE=1 m;m1与轨道BD、DE间的动摩擦因数均为μ1=0.25,M与水平台面间的动摩擦因数μ2=0.3,M最右端停放一质量为0.1 kg、可视为质点的小滑块m2,M与m2间的动摩擦因数μ3=0.2;水平台面和木板M足够长;m1从轨道AB上滑下后进入圆弧轨道,运动到与圆O等高的C点
时对轨道的压力为10 N。忽略空气阻力,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°
=0.8。
(1)求h的大小;
(2)求m1刚到达F点时的速度大小;
(3)若m1与M碰撞时间极短,且碰后立即
粘在一起,求最终m2与M最右端之间的距离。
(1)h=3 m　
(2)vF=6 m/s　
(3)Δx=0.105 m
【解析】(1)m1运动到C点时,根据牛顿第二定律得FN=m1,m1从A到C的运动过程,根据动能定理得m1g·(h-R)=m1-0,联立代入数据解得h=3 m。
(2)m1从A到F的运动过程,根据动能定理得m1g(h-LDEtan 37°)-μ1m1gLBD-μ1m1gcos37°LDE=m1-0,代入数据解得vF=6 m/s。
(3)m1与M相碰,根据动量守恒定律得m1vF=(m1+M)v1,代入数据解得v1=1.2 m/s,m1与M碰后对m2分析得μ3m2g=m2a1,代入数据解得a1=2 m/s2,对M和m1构成的整体受力分析得μ2(M+m1+m2)g+μ3m2g=(M+m1)a2,代入数据解得a2=4 m/s2,设经过时间t,m2与m1、M共速,则v1-a2t=a1t,代入数据解得共速的速度
v=0.4 m/s,t=0.2 s,该过程中m2运动的位移x1=a1t2=0.04 m,M运动的位移x2=v1t-a2t2=0.16 m,共速过后,m2与M分别减速运动,对m2受力分析得μ3m2g=m2a1,代入数据解得a1=2 m/s2,对M和m1构成的整体受力分析得μ2(M+m1+m2)g-μ3m2g=(M+m1)a3,代入数据解得a3=3.2 m/s2,m2对地位移x3==0.04 m,M的对地位移x4==0.025 m,最终计算可得m2距离M最右端的长度Δx=x2-x1+x4-x3=0.105m。

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