?專 題 二 動 量 和 能 量



①5個模型：柱體模型、機車啟動模型、彈簧模型、人船模型、滑塊－木板模型
②n種情境：以生產(chǎn)、生活、科技、體育運動等為背景命題
③3個過程：做功過程、能量變化過程、動量變化過程
④4個常見障礙：研究對象的選取、過程的選取、能量轉(zhuǎn)化的方向及量值關系、臨界狀態(tài)分析
⑤6種常用方法：等效法、圖象法、平均值法、全程法、分段法、微元法
⑥3種常用思維：守恒思想、轉(zhuǎn)換思想、臨界思想


微專題一　功和能
三年＋三卷考情
命題規(guī)律＋預測
三年考題
考查內(nèi)容
(1)對功和能的考查是高考中的重中之重，近幾年全國卷對該部分知識點的命題呈現(xiàn)多樣化，有單一知識點的命題，也有多知識點綜合命題，經(jīng)常綜合的知識點有：拋體運動、圓周運動、動量守恒、電場和磁場情境下的功能關系應用等。
(2)2021年的高考復習應關注功和能與動量守恒定律、動力學規(guī)律或電磁感應的綜合。題型可能是中等難度的選擇題，也可能是稍有點難度的計算題。
2020
Ⅰ卷20T
功能關系、勻變速直線運動、圖象問題
Ⅱ卷25T
動能定理、牛頓運動定律、運動學規(guī)律
Ⅲ卷25T
動能定理、運動學規(guī)律、動量
2019
Ⅱ卷18T
動能定理、機械能、E－h(huán)圖象
Ⅲ卷17T
動能定理、Ek－h(huán)圖象
2018
Ⅰ卷18T
動能定理、功能關系
Ⅱ卷14T
動能定理
Ⅲ卷19T
v－t圖象、功率、動能定理

高考考向1　功和功率
解|題|必|備
1．圖解功和功率的計算

2．理解機車啟動問題中的兩個速度
(1)機車勻加速啟動過程的最大速度v1：由F－f＝ma，P＝Fv1解得v1＝。
(2)機車全程的最大速度vm：P＝Fvm，勻速運動時有F＝f，則vm＝。
題|型|精|研
命題角度1　功的計算
1．(功的公式)如圖所示，質(zhì)量為60 kg的某運動員在做俯臥撐運動，運動過程中可將他的身體視為一根直棒，已知重心在c點，其垂線與腳、兩手連線中點間的距離Oa、Ob分別為0.9 m和0.6 m，若他在1 min內(nèi)做了30個俯臥撐，每次肩部上升的距離均為0.4 m，則克服重力做功為(重力加速度g＝10 m/s2)(　　)

A．4 320 J B．144 J
C．720 J D．7 200 J
解析　一次俯臥撐重心上升的高度h＝ m＝0.24 m，則1 min內(nèi)克服重力做功W＝30mgh＝4 320 J，A項正確。
答案　A
2．(圖象法求功)一物體所受的力F隨位移x變化的圖象如圖所示，在這一過程中，力F對物體做的功為(　　)

A．3 J B．6 J
C．7 J D．8 J
解析　力F對物體做的功等于x軸上方梯形“面積”所表示的正功與x軸下方三角形“面積”所表示的負功的代數(shù)和。W1＝×(3＋4)×2 J＝7 J，W2＝－×(5－4)×2 J＝－1 J，所以力F對物體做的功為W＝7 J－1 J＝6 J，B項正確。
答案　B
3. (轉(zhuǎn)換法求變力的功)如圖所示，水平粗糙地面上的物體被繞過光滑定滑輪的輕繩系著，現(xiàn)以大小恒定的拉力F拉繩的另一端，使物體從A點起由靜止開始運動。若從A點運動至B點和從B點運動至C點的過程中拉力F做的功分別為W1、W2，圖中AB＝BC，且動摩擦因數(shù)處處相同，則在物體的運動過程中(　　)

A．摩擦力增大，W1＞W(wǎng)2 B．摩擦力減小，W1＜W2
C．摩擦力增大，W1＜W2 D．摩擦力減小，W1＞W(wǎng)2
解析　物體受力如圖所示，由平衡條件得FN＋Fsinθ＝mg，滑動摩擦力Ff＝μFN＝μ(mg－Fsinθ)，物體從A向C運動的過程中細繩與水平方向夾角θ增大，所以滑動摩擦力減小，由于物體被繞過光滑定滑輪的輕繩系著，拉力為恒力，所以拉力做的功等于細繩對物體所做的功，設滑輪為O點，W1＝F·ΔL1，W2＝F·ΔL2，ΔL1和ΔL2分別為|OA|－|OB|，|OB|－|OC|，因為|OA|－|OB|>|OB|－|OC|，所以W1>W2。故D項正確，A、B、C項錯誤。

答案　D
4. (動能定理求功)如圖，一質(zhì)量為m，長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距l(xiāng)。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為(　　)

A.mgl B.mgl
C.mgl D.mgl
解析　QM段繩的質(zhì)量為m′＝m，未拉起時，QM段繩的重心在QM中點處，與M點距離為l，繩的下端Q拉到M點時，QM段繩的重心與M點距離為l，此過程重力做功WG＝－m′g＝－mgl，對繩的下端Q拉到M點的過程，應用動能定理，可知外力做功W＝－WG＝mgl，可知A項正確，B、C、D三項錯誤。
答案　A
命題角度2　功率
5．(功率的計算)在水平地面上方某處，把質(zhì)量相同的P、Q兩小球以相同速率沿豎直方向拋出，P向上，Q向下，不計空氣阻力，兩球從拋出到落地的過程中(　　)
A．P球重力做功較多
B．兩球重力的平均功率相等
C．落地前瞬間，P球重力的瞬時功率較大
D．落地前瞬間，兩球重力的瞬時功率相等
解析　根據(jù)W＝mgh可知兩球重力做功相同，A項錯誤；上拋的小球運動時間長，根據(jù)P＝可知兩球重力的平均功率不相等，B項錯誤；根據(jù)機械能守恒定律mv2＝mgh＋mv可知，兩球落地的速度相同，由P＝mgv可知落地前瞬間，兩球重力的瞬時功率相等，C項錯誤，D項正確。
答案　D
6. (機車以恒定功率啟動)(多選)質(zhì)量為m的汽車在平直路面上啟動，啟動過程的v－t圖象如圖所示。從t1時刻起牽引力的功率保持不變，整個運動過程中汽車所受阻力恒為Ff，則(　　)

A．0～t1時間內(nèi)，汽車的牽引力等于m
B．t1～t2時間內(nèi)，汽車的功率等于v1
C．汽車運動的最大速度v2＝v1
D．t1～t2時間內(nèi)，汽車的平均速度小于
解析　由題圖可知，0～t1階段，汽車做勻加速直線運動，a＝，F(xiàn)1－Ff＝ma，聯(lián)立得F1＝m＋Ff，A項錯誤；在t1時刻汽車達到額定功率P＝F1v1＝v1，t1～t2時間內(nèi)，汽車保持額定功率不變，B項正確；t2時，速度達到最大值v2，此時F2＝Ff，P＝F2v2，v2＝＝v1，C項正確；由v－t圖線與t軸所圍面積表示位移的大小可知，t1～t2時間內(nèi)，汽車的平均速度大于，D項錯誤。
答案　BC
7．(機車以恒定加速度啟動)(多選)發(fā)動機額定功率為P0的汽車在水平路面上從靜止開始先勻加速啟動，最后達到最大速度并做勻速直線運動，已知汽車所受路面阻力恒為Ff，汽車剛開始啟動時的牽引力和加速度分別為F0和a0，如圖所示描繪的是汽車在這一過程中速度隨時間以及加速度、牽引力和功率隨速度變化的圖象，其中正確的是(　　)

解析　汽車由靜止開始勻加速啟動時，a一定，根據(jù)v＝at知v增大，由F＝ma＋Ff知F一定，根據(jù)P＝Fv知v均勻增大，功率P也均勻增大，達到P額后，功率保持不變，v繼續(xù)增大，所以F＝減小，a＝減小，當F＝Ff時，a＝0，vm＝，此后汽車做勻速運動，故A、C兩項正確。
答案　AC
高考考向2　動能定理
解|題|必|備
1．基本思路
(1)確定研究對象和物理過程。
(2)進行運動分析和受力分析，確定初、末速度和各力做功情況，利用動能定理全過程或者分過程列式。
2．“兩點一過程”
(1)“兩點”：指初、末狀態(tài)及對應的動能Ek1、Ek2。
(2)“一過程”：指從初狀態(tài)到末狀態(tài)的運動過程及合力做的功W合。
3．在功能關系中的應用
(1)對于物體運動過程中不涉及加速度和時間，而涉及力和位移、速度的問題時，一般選擇動能定理，尤其是曲線運動、多過程的直線運動等。
(2)動能定理也是一種功能關系，即合外力做的功(總功)與動能變化量一一對應。
題|型|精|研
命題角度1　多過程中動能定理的應用
8．(多選)如圖所示為一滑草場。某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，載人滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為μ。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計載人滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。則(　　)

A．動摩擦因數(shù)μ＝
B．載人滑草車最大速度為
C．載人滑草車克服摩擦力做功為mgh
D．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g
解析　對載人滑草車從坡頂由靜止到底端的全過程分析，由動能定理可知：mg·2h－μmgcos45°·－μmgcos37°·＝0，解得μ＝，A項正確；對經(jīng)過上段滑道的過程分析，根據(jù)動能定理有mgh－μmgcos45°·＝mv2，解得：v＝，B項正確；載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh，C項錯誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為a＝＝g，D項錯誤。
答案　AB
命題角度2　往復運動中動能定理的應用
9.如圖所示，斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊與擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失，滑塊經(jīng)過的總路程是(　　)

A. B.
C. D.
解析　滑塊最終要停在斜面底部，設滑塊經(jīng)過的總路程為x，對滑塊運動的全程應用功能關系，全程所產(chǎn)生的熱量為Q＝mv＋mgx0sinθ，又由全程產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcosθ，解得x＝，A項正確。
答案　A
命題角度3　曲線運動中動能定理的應用
10.如圖所示的豎直軌道，其圓形部分半徑分別是R和，質(zhì)量為m的小球通過這段軌道時，在A點時剛好對軌道無壓力，在B點時對軌道的壓力為mg。則小球由A點運動到B點的過程中摩擦力對小球做的功為(　　)

A．－mgR B．－mgR
C．－mgR D．－mgR
解析　在A處對小球由牛頓第二定律得mg＝m，vA＝，在B處對小球由牛頓第二定律得mg＋N＝m，又N＝mg，解得vB＝，小球由A到B的過程由動能定理得mg＋Wf＝mv－mv，解得Wf＝，故A項正確。
答案　A
命題角度4　動能定理與圖象的綜合應用
11. (2020·全國卷Ⅰ)(多選)一物塊在高3.0 m、長5.0 m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。則(　　)

A．物塊下滑過程中機械能不守恒
B．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5
C．物塊下滑時加速度的大小為6.0 m/s2
D．當物塊下滑2.0 m時機械能損失了12 J
解析　下滑5 m的過程中，重力勢能減少30 J，動能增加10 J，減小的重力勢能并不等于增加的動能，所以機械能不守恒，A項正確；斜面高3 m、長5 m，則斜面傾角為θ＝37°。令斜面底端為零勢面，則物塊在斜面頂端時的重力勢能mgh＝30 J，可得質(zhì)量m＝1 kg，下滑5 m過程中，由功能原理，機械能的減少量等于克服摩擦力做的功μmg·cosθ·s＝20 J，求得μ＝0.5，B項正確；由牛頓第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma，求得a＝2 m/s2，C項錯誤；物塊下滑2.0 m時，重力勢能減少12 J，動能增加4 J，所以機械能損失了8 J，D項錯誤。
答案　AB
高考考向3　機械能守恒定律
解|題|必|備
1．判斷機械能守恒的兩個角度
(1)利用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧彈力)做功，或雖有其他力做功，但其他力做功的代數(shù)和為零，機械能守恒。
(2)利用能量轉(zhuǎn)化判斷：若物體或系統(tǒng)中只有動能和重力勢能(或彈性勢能)的相互轉(zhuǎn)化，則機械能守恒。
2．熟練應用機械能守恒的三種表達式

3．謹記機械能守恒問題的兩點提醒
(1)研究對象的選取
研究對象的選取是解題的首要環(huán)節(jié)，有時是單個物體的機械能守恒，有時是多個物體的機械能守恒。
(2)研究過程的選取
有些問題研究對象的運動過程分成幾個階段，有的階段機械能守恒，而有的階段機械能不守恒，因此應用機械能守恒時要注意過程的選取。
題|型|精|研
命題角度1　單個物體的機械能守恒
12．小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示。將兩球由靜止釋放。則在各自軌跡的最低點(　　)

A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的動能一定小于Q球的動能
C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
解析　兩球由靜止釋放到運動到軌跡最低點的過程中只有重力做功，機械能守恒，取軌跡的最低點為零勢能點，則由機械能守恒定律得mgL＝mv2，v＝，因LPmQ，則FP>FQ，C項正確；向心加速度a＝＝2g，D項錯誤。
答案　C
命題角度2　系統(tǒng)的機械能守恒
13. (多選)如圖所示，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直光滑桿上，與光滑的水平地面相距h，b放在地面上。a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g。下列說法正確的是(　　)

A．a(chǎn)落地前，輕桿對b一直做正功
B．a(chǎn)落地時速度大小為
C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于g
D．a(chǎn)落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg
解析　由于剛性輕桿不可伸縮，滑塊a、b沿輕桿方向的分速度相等，滑塊a落地時，速度方向豎直向下，沿輕桿方向的分速度為0，故此時滑塊b的速度為0，可見滑塊b由靜止開始先做加速運動后做減速運動，對滑塊b受力分析，可知輕桿對滑塊b先做正功、后做負功，A項錯誤；因系統(tǒng)機械能守恒，則輕桿對滑塊a先做負功，后做正功，做負功時，滑塊a的加速度小于g，做正功時，滑塊a的加速度大于g，C項錯誤；輕桿對滑塊a的彈力剛好為0時，a的機械能最小，此時對滑塊b受力分析，可知地面對b的支持力剛好等于mg，根據(jù)牛頓第三定律，b對地面的壓力大小為mg，D項
正確；由機械能守恒定律可得mgh＝mv2，即v＝，B項正確。
答案　BD
命題角度3　與彈簧有關的機械能守恒
14. (多選)如圖所示，一輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上通過O點的轉(zhuǎn)軸上，另一端與一質(zhì)量為m的小環(huán)相連。環(huán)可以沿與水平方向成30°角的光滑固定桿下滑，已知彈簧原長為L?，F(xiàn)讓環(huán)從O點的正上方距O點為L的A點由靜止開始下滑，環(huán)剛好滑到與O點處于同一水平面上的B點時速度變?yōu)榱?。則小環(huán)在從A點下滑到B點的過程中(　　)

A．小環(huán)的機械能守恒
B．彈簧的彈性勢能一直變大
C．彈簧的最大彈性勢能為mgL
D．除A、B兩點外，彈簧彈力做功的瞬時功率為零還有兩處
解析　小環(huán)下滑的過程中由于還有彈簧的彈力對它做功，所以小環(huán)的機械能不守恒，故A項錯誤；開始時彈簧的彈性勢能為零，小環(huán)下滑過程中，彈簧先壓縮再恢復到原長，再后來又變?yōu)樯扉L狀態(tài)，所以它的彈性勢能應是先增加后減小再增加，故B項錯誤；由于桿光滑，所以彈簧和小環(huán)組成的系統(tǒng)機械能守恒，當小環(huán)運動到最低點時，減小的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，而在途中有部分重力勢能轉(zhuǎn)化為小環(huán)的動能，因此彈簧的彈性勢能最大時小環(huán)在B點，由能量守恒定律可知此時的彈性勢能為mgL，故C項正確；小環(huán)運動過程中，當彈簧與桿垂直時，彈簧對小環(huán)的彈力方向與運動方向垂直，彈力的瞬時功率為零，當小環(huán)到距O點的距離再一次為L時，彈簧處于原長，對小環(huán)沒有彈力，對環(huán)做功的瞬時功率也為零，故D項正確。
答案　CD
高考考向4　功能關系和能量守恒

解|題|必|備
1．掌握五種常用功能關系
(1)重力做功等于重力勢能增量的負值，即WG＝－ΔEp。
(2)彈簧彈力做功等于彈簧彈性勢能增量的負值，即W彈＝－ΔEp。
(3)一對滑動摩擦力做功代數(shù)和的絕對值等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，即Q＝fx相對。
(4)合外力做的功等于物體動能的變化量，即W合＝ΔEk(動能定理)。
(5)除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力之外的其他力做的功等于機械能的變化量，即W其他＝ΔE。
2．兩個重要提醒
(1)分析運動過程中的受力情況和各力做功情況，且是正功還是負功；根據(jù)功能之間的對應關系，判定能的轉(zhuǎn)化形式，確定能量之間的轉(zhuǎn)化情況。
(2)在涉及功、能、位移的問題中，若研究對象為單個物體，大多使用動能定理，若研究對象為兩個及以上物體，且涉及相對位移或相對路程，大多使用功能關系解題。
題|型|精|研
命題角度1　功能關系
15．(多選)飛船設計是個龐大的系統(tǒng)工程，“聯(lián)盟號”宇宙飛船發(fā)射不久發(fā)生故障，逃逸塔以最快的速度將載人飛船與火箭分離并啟動自帶的發(fā)動機，將飛船帶離火箭并返回地面。逃逸塔帶著飛船在返回地面前的某段運動，可看成先勻速后減速的直線運動，最后撞落在地面上。飛船在返回地面前(　　)
A．勻速下降過程中，機械能守恒
B．勻速下降過程中，逃逸塔對飛船做負功
C．減速下降過程中，飛船機械能的變化等于合外力做功
D．減速下降過程中，飛船機械能的變化等于逃逸塔對飛船做的功
解析　勻速下降過程中，逃逸塔對飛船的作用力做負功，飛船的機械能不守恒，A項錯誤，B項正確；減速下降過程中，飛船受到的合外力的功等于其動能的變化，逃逸塔對飛船做的功(除重力以外的其他力的功)等于其機械能的變化，C項錯誤，D項正確。
答案　BD
16. (與彈簧有關的功能關系)(多選)如圖所示，水平面上固定一傾角為θ＝30°的斜面，一輕質(zhì)彈簧下端固定在斜面底端的擋板上，上端連接一質(zhì)量m＝2 kg的物塊(可視為質(zhì)點)，開始時物塊靜止在斜面上A點，此時物塊與斜面的摩擦力恰好為零，現(xiàn)用沿斜面向上的恒力F＝20 N作用在物塊上，使其沿斜面向上運動，當物塊從A點運動到B點時，力F做的功W＝4 J，已知彈簧的勁度系數(shù)k＝100 N/m，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝，g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)

A．物塊從A點運動到B點的過程中，重力勢能增加了4 J
B．物塊從A點運動到B點的過程中，產(chǎn)生的內(nèi)能為1.2 J
C．物塊經(jīng)過B點時的速度大小為 m/s
D．物塊從A點運動到B點的過程中，彈簧彈性勢能的變化量為0.5 J
解析　施加F前，物塊靜止，由平衡條件得kx1＝mgsinθ，解得物塊在A點時彈簧壓縮量x1＝0.1 m，從A到B力F做的功W＝Fx，解得x＝0.2 m，所以物塊到B點時，彈簧伸長量x2＝x－x1＝0.1 m，可知從A到B重力勢能增加了mgxsinθ＝2 J，物塊在A、B位置時彈簧彈性勢能相等，A、D兩項錯誤；物塊從A點運動到B點的過程中，產(chǎn)生的內(nèi)能等于克服摩擦力做的功，即Q＝μmgxcosθ＝1.2 J，由動能定理有W－mgxsinθ－μmgxcosθ＝mv2－0，解得v＝ m/s，B、C兩項正確。
答案　BC
17. (傳送帶中的功能關系)(多選)(2020·貴陽一中、云師大附中、南寧三中診斷性聯(lián)考)足夠長的水平傳送帶在電動機帶動下以恒定速率v1勻速順時針轉(zhuǎn)動，質(zhì)量為m可視為質(zhì)點的滑塊從傳送帶右端以水平向左的速率v2(v2P2 D．P1＝P2＝P3
解析　對小滑環(huán)受力分析，受重力和支持力，將重力沿桿的方向和垂直桿的方向正交分解，根據(jù)牛頓第二定律得，小滑環(huán)做初速度為零的勻加速直線運動，加速度為a＝gsinθ，θ為桿與水平方向的夾角，小滑環(huán)的位移s＝2Rsinθ，所以t＝＝＝，t與θ無關，即t1＝t2＝t3，而三個環(huán)重力做功W1>W2>W3，由P＝知P1>P2>P3，B項。
答案　B
3．如圖所示，傾角為30°的粗糙斜面與傾角為60°的光滑斜面對接在一起，兩斜面上分別放有質(zhì)量均為m的物塊甲和乙，甲在斜面上A點，乙在斜面上B點，兩物塊通過一跨過光滑定滑輪的細線連在一起，OA長為L，OB長為。物塊甲與粗糙斜面間動摩擦因數(shù)為μ，在平行于斜面的拉力F的作用下兩物塊做勻速運動。從圖示位置開始計時，在物塊甲與滑輪相碰前的一段時間內(nèi)，力F做的功為(　　)

A.mgL
B.mgL
C.mgL
D.mgL
解析　對物塊甲分析T＋mgsin30°＝μmgcos30°，對物塊乙分析F＝T＋mgsin60°；F做的功W＝FL，解得W＝mgL，故A項正確。
答案　A
4．如圖所示，半徑為R的豎直光滑圓弧軌道與光滑水平面相切，質(zhì)量均為m的小球A、B與輕桿連接，置于圓弧軌道上，A與圓心O等高，B位于O的正下方，它們由靜止釋放，最終在水平面上運動。下列說法正確的是(　　)

A．下滑過程中A的機械能守恒
B．當A滑到圓弧軌道最低點時，軌道對A的支持力大小為2mg
C．下滑過程中重力對A做功的功率一直增加
D．整個過程中輕桿對B做的功為mgR
解析　下滑過程中桿對A有力的作用，并且這個力對A做負功，所以A的機械能不守恒，故A項錯誤；以A、B為整體，機械能守恒，當A滑到圓弧軌道最低點的過程中，由機械能守恒定律得mgR＝×2mv2，最低點時由支持力和重力的合力提供向心力，則有N－mg＝m，所以軌道對A的支持力大小為2mg，故B項正確；開始時重力對A做功的功率為零，最后到水平面，速度方向水平，重力做功功率仍為零，所以重力對A做功的功率先增大后減小，故C項錯誤；A運動到底端的過程中，B的動能增加量即輕桿對B做的功W＝mv2＝mgR，故D項錯誤。
答案　B
5. (2020·遼寧省沈陽鐵路實驗中學月考)載物電梯以v0速度勻速上升，貨物的質(zhì)量為m，某時刻起電梯以大小為a(aR2，則(　　)

A．v1＝v2 B．F1＝F2
C．a(chǎn)1＝a2 D．ω1＝ω2
解析　由于小球恰好能通過最高點，在甲圖中，小球在最高點時速度mg＝m，根據(jù)機械能守恒定律可知，mg×2R1＝mv－mv2，解得v1＝，在最低點，由牛頓第二定律有F1－mg＝，解得F1＝6mg，a1＝＝5g，ω1＝＝；同理可得v2＝，F(xiàn)2＝6mg，a2＝5g，ω2＝，由R1>R2可知，B、C兩項正確。
答案　BC
10.在傾角為θ的固定光滑斜面上，物塊A、B用勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，物塊的質(zhì)量均為m，C為一與斜面垂直的固定擋板，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一平行于斜面向上的拉力F拉物塊A，使它沿斜面向上緩慢運動，直到物塊B剛要離開擋板C。重力加速度為g，在此過程中，下列說法正確的是(　　)

A．物塊B剛要離開擋板時彈簧的伸長量為
B．物塊A運動的距離為
C．彈簧彈性勢能先減小后增大
D．拉力做的功為
解析　物塊B剛離開擋板時，由平衡條件得mgsinθ＝kx1，解得彈簧的伸長量x1＝，A項錯誤；初始狀態(tài)對物塊A分析mgsinθ＝kx2，得彈簧的壓縮量x2＝，所以物塊A運動的距離x＝x1＋x2＝，B項錯誤；彈簧的彈性勢能先減小后增加，C項正確；初、末狀態(tài)彈簧的彈性勢能相等，系統(tǒng)的動能沒變，所以拉力F做的功等于物塊A重力勢能的增加量，W＝，D項正確。
答案　CD
11. (2020·四川省廣安、遂寧、資陽等七市第一次診斷性考試)2019年10月1日，在慶祝中華人民共和國成立70周年閱兵式上，習近平主席乘“紅旗”牌國產(chǎn)轎車依次檢閱15個徒步方隊和32個裝備方隊。檢閱車在水平路面上的啟動過程如圖所示，其中Oa為過原點的傾斜直線，ab段表示以額定功率P行駛時的加速階段，bc段是與ab段相切的水平直線，若檢閱車的質(zhì)量為m，行駛過程中所受阻力恒為f，則下列說法正確的是(　　)

A．檢閱車在t1時刻的牽引力和功率都是最大值，t2～t3時間內(nèi)其牽引力等于f
B．0～t1時間內(nèi)檢閱車做變加速運動
C．0～t2時間內(nèi)的平均速度等于
D．t1～t2時間內(nèi)檢閱車克服阻力做功為P(t2－t1)＋mv－mv
解析　由圖象可知，檢閱車的運動過程為：Oa為勻加速直線運動，ab是恒定功率運動，且加速度在逐漸減小，bc是勻速直線運動。對檢閱車進行受力分析，列牛頓第二定律方程，可得A項正確。在0～t1時間段，由v－t圖象易知檢閱車做勻加速直線運動，故B項錯誤。在0～t2時間段，由v－t圖象可知，檢閱車先做勻加速運動再做變加速運動故此段時間內(nèi)平均速度大于，故C項錯誤；設時間t1～t2內(nèi)檢閱車克服阻力所做功為Wf，由動能定理P(t2－t1)－Wf＝mv－mv，克服阻力所做功為Wf＝P(t2－t1)＋mv－mv，D項正確。
答案　AD
三、非選擇題
12．(2020·安徽省池州市期末考試)如圖所示，長度為s的水平傳送帶A、B兩端均與光滑水平面平滑連接。一輕彈簧放在右邊水平面上，彈簧右端與豎直墻壁相連。用質(zhì)量為m的物塊壓縮彈簧(物體與彈簧不拴接)，當彈簧被壓縮至O點時由靜止釋放物塊，若傳送帶靜止不動時，物塊剛好能滑到傳送帶的A端。物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g?，F(xiàn)讓傳送帶沿逆時針勻速轉(zhuǎn)動，仍用物塊將彈簧壓縮至O點，由靜止釋放物塊，物塊被彈簧彈開，并滑上傳送帶，求：

(1)開始釋放物塊時，彈簧具有的彈性勢能；
(2)要使物塊在傳送帶上時傳送帶一直對物塊做正功，傳送帶的速度至少多大；
(3)此過程傳送帶電動機因物塊額外消耗的電能至少為多少。
解析　(1)由能量守恒可知Ep＝μmgs。
(2)物塊在傳送帶上時傳送帶一直對物塊做正功，則物塊一直處于加速狀態(tài)，設物塊到傳送帶左端時速度為v，根據(jù)功能關系有μmgs＝mv2－Ep，
解得v＝2，
即傳送帶的速度至少為2。
(3)設物塊滑上傳送帶時的初速度為v0，
則mv＝Ep，解得v0＝，
物塊在傳送帶上運動的加速度a＝μg，
在傳送帶上運動的時間t＝＝(2－)，
物塊與傳送帶間產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg(v1t－s)，
傳送帶速度取最小值v1＝v，
傳送帶電動機因物塊額外消耗的電能最少為
Emin＝mv2－Ep＋Q，
解得Emin＝2(2－)μmgs。
答案　(1)μmgs　(2)2　(3)2(2－)μmgs
13．(2020·河北省衡水中學期中考試)如圖所示，AB為一段彎曲軌道，固定在水平桌面上，與水平桌面相切于A點，B點距桌面的高度為h＝0.6 m，A、B兩點間的水平距離為L＝0.8 m，軌道邊緣B處有一輕、小定滑輪，一根輕繩兩端系著質(zhì)量分別為m1與m2的物體P、Q，掛在定滑輪兩邊，P、Q可視為質(zhì)點，且m1＝2.0 kg，m2＝0.4 kg。開始時P、Q均靜止，P緊靠B點，P釋放后沿彎曲軌道向下運動，運動到A點時輕繩突然斷開，斷開后P沿水平桌面滑行x＝1.25 m停止。已知P與水平桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，g取10 m/s2。求：

(1)物體P經(jīng)過A點時的速度大小；
(2)在物體P從B點運動到A點的過程中，物體Q重力勢能的改變量；
(3)彎曲軌道對物體P的摩擦力所做的功。
解析　(1)P在水平軌道上運動過程，根據(jù)動能定理得－μm1gx＝0－m1v，
解得P經(jīng)過A點時的速度為v1＝＝2.5 m/s。
(2)P由B到A的過程中，Q上升的高度
H＝＝1 m，
Q重力勢能的增量ΔEp＝mgH＝4 J。
(3)設P經(jīng)過A點時，Q的運動速度為v2，對速度v1分解如圖所示，則有v2＝v1cosβ，sinβ＝＝0.6，
解得β＝37°，
對P與Q組成系統(tǒng)有
m1gh－m2gH＋Wf＝m1v＋m2v，
代入數(shù)據(jù)解得Wf＝－0.95 J。

答案　(1)2.5 m/s　(2)4 J　(3)－0.95 J
微專題二　動量及其守恒定律
三年＋三卷考情
命題規(guī)律＋預測
三年考題
考查內(nèi)容
(1)動量觀點是解決物理問題的重要基本方法，高考中常把動量定理、動量守恒定律與動能定理、機械能守恒定律及動力學規(guī)律綜合起來考查，前后兩個物理過程一般通過碰撞來過渡，這就決定了動量守恒定律在解題過程中的紐帶作用。動量守恒定律還可以與電場、磁場、電磁感應綜合在一起考查。2019年高考中出現(xiàn)了動量守恒定律與電磁感應(導軌＋雙桿模型)的綜合應用。
(2)2021年高考對本微專題內(nèi)容的考查很可能設置在某種情境中，把生活、生產(chǎn)、科技、體育運動的某個過程設計為試題的情境。
2020
Ⅰ卷14T
動量定理
Ⅱ卷21T
動量守恒定律
Ⅲ卷15T
動量和能量、圖象問題
2019
Ⅰ卷16T
動量定理
Ⅰ卷25T
動量守恒定律與機械能守恒定律、動能定理、v－t圖象的綜合應用
Ⅱ卷25T
動量定理與動能定理、運動學規(guī)律、v－t圖象的綜合應用
Ⅲ卷19T
動量守恒定律與電磁感應的綜合應用
2018
Ⅰ卷24T
動量守恒定律與勻變速直線運動規(guī)律、機械能守恒定律的綜合應用
Ⅱ卷15T
動量定理


高考考向1　動量和動量定理

解|題|必|備
1．對比法區(qū)分概念和規(guī)律
動量、沖量、動量定理均為矢量或矢量式，而動能、功、動能定理為標量或標量式，在應用時常常出現(xiàn)忘記了矢量的方向，或憑空給標量添加了方向?？刹捎脤Ρ扔洃浀姆椒ǎ瑒恿俊獎幽?、沖量—功、動量定理—動能定理，在練習中加深對概念和規(guī)律的理解。
2．動量定理的兩個重要應用
(1)應用I＝Δp求變力的沖量
如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用I＝Ft求變力的沖量，可以求出變力作用下物體動量的變化Δp，等效代換變力的沖量I。
(2)應用Δp＝FΔt求動量的變化
例如，在曲線運動中，速度方向時刻在變化，求動量變化(Δp＝p2－p1)需要應用矢量運算方法，計算比較復雜，如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換動量的變化。
題|型|精|研
命題角度1　動量和沖量
1．(動量和動量變化)一個質(zhì)量是5 g的小球以5 m/s的速度豎直落到地板上，隨后以3 m/s的速度反向彈回。若取豎直向下的方向為正方向，則小球動量的變化量是(　　)
A．10 g·m/s B．－10 g·m/s
C．40 g·m/s D．－40 g·m/s
解析　以向下的方向為正方向，則初動量p1＝mv1＝25 g·m/s，末動量p2＝－mv2＝－15 g·m/s，則動量變化量Δp＝p2－p1＝－40 g·m/s，D項正確。
答案　D
2. (沖量)如圖所示，質(zhì)量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，經(jīng)過時間t1，速度為零并又開始下滑，經(jīng)過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為Ff。在整個運動過程中，重力對滑塊的總沖量為(　　)

A．mg(t1＋t2)sinθ B．mg(t1－t2)sinθ
C．mg(t1＋t2) D．0
解析　滑塊整個運動過程的總時間t＝t1＋t2，故由沖量的定義可知重力的沖量I＝mg(t1＋t2)，C項正確。
答案　C
命題角度2　動量定理
3．(應用動量定理求平均作用力或變力的沖量)(2018·全國卷Ⅰ)高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為(　　)
A．10 N B．102 N
C．103 N D．104 N
解析　設雞蛋落地瞬間的速度為v，每層樓的高度大約是3 m，由機械能守恒定律得mgh＝mv2，解得v＝＝10 m/s，規(guī)定向上為正，由動量定理得(N－mg)t＝0－(－mv)，解得N≈103 N，根據(jù)牛頓第三定律可知雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為103 N，故C項正確。
答案　C
4．(應用動量定理求動量變化)(多選)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則(　　)

A．t＝1 s時物塊的速率為1 m/s
B．t＝2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s
C．t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s
D．t＝4 s時物塊的速度為零
解析　根據(jù)F－t圖線與時間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s內(nèi)合外力沖量分別為2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，應用動量定理I＝mΔv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物塊在這些時刻的動量大小分別為2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，則A、B兩項均正確，C、D兩項均錯誤。
答案　AB
5．(流體模型)一艘帆船在湖面上順風航行，在風力的推動下做速度為v0＝4 m/s的勻速直線運動。若該帆船在運動狀態(tài)下突然失去風力的作用，則帆船在湖面上做勻減速直線運動，經(jīng)過t＝8 s才可靜止。該帆船的帆面正對風的有效面積為S＝10 m2，帆船的總質(zhì)量約為M＝936 kg。若帆船在航行過程中受到的阻力恒定不變，空氣的密度為ρ＝1.3 g/m3，在勻速行駛狀態(tài)下估算：
(1)帆船受到風的推力F的大??；
(2)風速的大小v。
解析　(1)風突然停止，帆船只受到阻力Ff的作用，做勻減速直線運動，設帆船的加速度為a，
則a＝＝－0.5 m/s2，
根據(jù)牛頓第二定律有－Ff＝Ma，
所以Ff＝468 N，
則帆船勻速運動時，有F－Ff＝0，
解得F＝468 N。
(2)設在時間t內(nèi)，正對著吹向帆面的空氣的質(zhì)量為m，根據(jù)動量定理有－Ft＝m(v0－v)，又m＝ρS(v－v0)t，
所以Ft＝ρS(v－v0)2t，
解得v＝10 m/s。
答案　(1)468 N　(2)10 m/s
高考考向2　動量守恒定律在碰撞、爆炸和反沖中的應用

解|題|必|備
1．應用動量守恒定律解題的步驟
(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)；
(2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；
(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量；
(4)由動量守恒定律列出方程；
(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明。
2．三種碰撞的特點
彈性碰撞
動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
機械能守恒：m1v＋m2v＝m1v′＋m2v′
完全非彈性碰撞
動量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝v′，機械能損失最多，機械能的損失ΔE＝m1v＋m2v－v′2
非彈性
碰撞
動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，機械能有損失，機械能的損失ΔE＝m1v＋m2v－m1v′－m2v′
碰撞問題遵守的三條原則
(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2。
(3)速度要符合實際情況
3.爆炸和反沖
爆炸和反沖現(xiàn)象中滿足動量守恒，系統(tǒng)動能增加。
題|型|精|研
命題角度1　碰撞問題
6．(2020·四川省雙流中學模擬)如圖所示，兩個大小相等、質(zhì)量均為1 kg的小球A、B靜止在光滑水平面上，現(xiàn)給小球A水平向右的瞬時沖量I＝2N·s，小球A向右運動并與小球B發(fā)生對心碰撞，兩小球碰撞過程中系統(tǒng)的機械能損失可能為(　　)

A．0.8 J　　　B．1.2 J　　　C．1.6 J　　　D．2 J
解析　兩小球的碰撞性質(zhì)未知，若為彈性碰撞，則小球交換速度，系統(tǒng)機械能守恒；若為完全非彈性碰撞，則系統(tǒng)損失的機械能最大，由動量守恒定律得mv0＝2mv，其中mv0＝I，由能量守恒可知，ΔE＝mv－×2mv2，解得ΔE＝1 J，兩個小球碰撞過程中系統(tǒng)的機械能損失的范圍應該為0≤ΔE≤1 J，故A項正確，B、C、D項錯誤。
答案　A
命題角度2　爆炸和反沖問題
7．(2018·全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空，當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量，求：
(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；
(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。
解析　(1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有
E＝mv，①
設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有0－v0＝－gt，②
聯(lián)立①②式得t＝ 。③
(2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有E＝mgh1，④
火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有mv＋mv＝E，⑤
mv1＋mv2＝0，⑥
由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。設爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機械能守恒定律有mv＝mgh2，⑦
聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為
h＝h1＋h2＝。
答案　(1) 　(2)
命題角度3　多過程問題中的動量守恒
8.質(zhì)量m＝1 kg的小物塊在高h1＝0.3 m的光滑水平平臺上壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住，彈簧儲存了一定的彈性勢能，打開鎖扣K，物塊將以水平速度v0向右滑出平臺后做平拋運動，并恰好能從光滑圓弧形軌道BC的B點的切線方向無碰撞地進入圓弧形軌道，B點的高度h2＝0.15 m，圓弧軌道的圓心O與平臺等高，軌道最低點與光滑水平面相切，在水平面上有一物塊M，m滑下與M發(fā)生碰撞后反彈，反彈的速度大小剛好是碰前速度的，碰撞過程中無能量損失，g＝10 m/s2，求：

(1)物塊m壓縮彈簧時儲存的彈性勢能Ep；
(2)物塊M的質(zhì)量。
解析　(1)小物塊由A運動到B做平拋運動，
h1－h(huán)2＝gt2，
解得t＝ s，
由幾何關系：R＝h1，h1－h(huán)2＝，∠BOC＝60°，
設小物塊平拋時的初速度為v0，則＝tan 60°，
彈性勢能Ep等于小物塊在A點的動能，
Ep＝mv，
解得Ep＝0.5 J。
(2)設小物塊到C點時的速度為v1，
小物體從A點到C點過程，機械能守恒
由機械能守恒定律mv＋mgh1＝mv，
m與M碰撞過程動量守恒，有mv1＝mv3＋Mv2，
m與M碰撞過程能量守恒，有
mv＝mv＋Mv，
其中v3＝－，
由以上各式解得M＝2.0 kg。
答案　(1)0.5 J　(2)2.0 kg
高考考向3　動量的綜合應用
解|題|必|備
1．解題策略
(1)弄清有幾個物體參與運動，并劃分清楚物體的運動過程。
(2)進行正確的受力分析，明確各過程的運動特點。
(3)在光滑的平面或曲面上的運動，還有不計阻力的拋體運動，機械能一定守恒；碰撞過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，一般考慮用動量守恒定律分析。
(4)如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析。
2．動量與能量的綜合問題
動量的綜合問題常取材“滑塊—滑板”模型、“傳送帶”模型、“彈簧—物塊”模型等，設置多個情景、多個過程，考查力學三大觀點的綜合應用。要成功解答此類“情景、過程綜合”的考題，就要善于在把握物理過程漸變規(guī)律的同時，洞察過程的臨界情景，結(jié)合題給條件(往往是不確定條件)，進行求解(注意結(jié)合實際情況分類討論)。
題|型|精|研
命題角度1　動量守恒與動力學規(guī)律的綜合應用
9.如圖所示，一質(zhì)量m1＝3.0 kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量m2＝1.0 kg的小木塊A。給A和B以大小均為4.0 m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B板。在小木塊A做加速運動的時間內(nèi)，木板速度大小可能是(　　)

A．1.8 m/s B．2.4 m/s
C．2.8 m/s D．3.0 m/s
解析　A先向左減速到零，再向右加速運動，在此期間，木板減速運動，最終它們保持相對靜止，設A減速到零時，木板的速度為v1，最終它們的共同速度為v2，取水平向右為正方向，則m1v－m2v＝m1v1，m1v1＝(m1＋m2)v2，可得v1＝ m/s，v2＝2.0 m/s，所以在小木塊A做加速運動的時間內(nèi)，木板速度大小應大于2.0 m/s而小于 m/s，只有B項正確。
答案　B
命題角度2　動量守恒中的“彈簧－物塊”模型
10．(2020·呼和浩特市高三年級質(zhì)量普查調(diào)研)如圖甲，光滑水平面上，質(zhì)量為m1＝2 kg和m2＝1 kg的兩個小球，用一條輕質(zhì)細線連接，中間有一被壓縮的且和m2連接的輕彈簧，正以8 m/s的共同速度向右勻速運動，彈簧的彈性勢能為48 J，求：

(1)燒斷細線后最終m1與m2的速度；
(2)如圖乙，若m1開始以某一速度向右運動去碰靜止的m2，輕彈簧與m2連接且處于原長，在接下來的運動中，彈簧被壓到最短時彈性勢能為48 J，問m1開始的速度。
解析　(1)由能量守恒有
Ep＋(m1＋m2)v＝m1v＋m2v，
由動量守恒有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，
聯(lián)立解得v1＝4 m/s，v2＝16 m/s。
(2)由動量守恒和能量守恒得m1v3＝(m1＋m2)v4，
m1v＝(m1＋m2)v＋Ep′，
聯(lián)立解得v3＝12 m/s。
答案　(1)4 m/s　16 m/s　(2)12 m/s
命題角度3　動量與能量的綜合問題
11．(“子彈打木塊”模型)如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程木塊的動能增加了6 J，那么此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為(　　)

A．16 J B．2 J
C．6 J D．4 J
解析　設子彈的質(zhì)量為m0，初速度為v0，木塊的質(zhì)量為m，則子彈打入木塊的過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此過程產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動能，即E＝－(m＋m0)v2，而木塊獲得的動能E木＝mv2＝6 J，兩式相除得＝＞1，即E>6 J，A項正確。
答案　A
12．(“滑塊－木板”模型)如圖所示，可看成質(zhì)點的A物體疊放在上表面光滑的B物體上，一起以v0的速度沿光滑的水平軌道勻速運動，與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C發(fā)生碰撞，碰撞后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘連，A滑上C后恰好能到達C板的右端。已知A、B質(zhì)量均相等，C的質(zhì)量為A的質(zhì)量的2倍，木板C長為L，重力加速度為g。求：

(1)A物體的最終速度；
(2)A物體與木板C上表面間的動摩擦因數(shù)。
解析　(1)設A、B的質(zhì)量為m，則C的質(zhì)量為2m，B、C碰撞過程中動量守恒，令B、C碰后的共同速度為v1，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝3mv1，
解得v1＝。
B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脫離，A、C相互作用過程中動量守恒，設最終A、C的共同速度為v2，以向右為正方向，由動量守恒定律得
mv0＋2mv1＝3mv2，
解得v2＝。
(2)在A、C相互作用過程中，由功能關系得
fL＝mv＋×2mv－×3mv，
又f＝μmg，
解得μ＝。
答案　(1)　(2)

課時鞏固練(5)　動量及其守恒定律
一、單項選擇題
1．以下四幅圖所反映的物理過程說法正確的是(　　)

A．圖甲中子彈射入木塊的過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，能量不守恒
B．圖乙中M、N兩木塊放在光滑的水平面上，剪斷束縛M、N兩木塊之間的細線，在彈簧恢復原長的過程中，M、N與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能增加
C．圖丙中細線斷裂后，木球和鐵球在水中運動的過程，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒
D．圖丁中木塊沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木塊和斜面組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，機械能一定守恒
解析　圖甲中，在光滑水平面上，子彈射入木塊的過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能有損失，但是損失的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，能量仍守恒，A項錯誤；圖乙中，剪斷束縛M、N兩木塊之間的細線，在彈簧恢復原長的過程中，M、N與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為木塊的動能，系統(tǒng)機械能守恒，B項錯誤；圖丙中，木球和鐵球組成的系統(tǒng)勻速下降，說明兩球所受水的浮力等于兩球自身的重力，細線斷裂后兩球在水中運動的過程中，所受合外力為零，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，由于水的浮力對兩球做功，兩球組成的系統(tǒng)機械能不守恒，C項正確；圖丁中，木塊沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木塊和斜面組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，水平方向上動量守恒，由于斜面可能不光滑，所以機械能可能有損失，D項錯誤。
答案　C
2．(2020·吉林市普通中學第一次調(diào)研測試)我國汽車的整車安全性碰撞試驗在1998年已與國際開始接軌。碰撞試驗是讓汽車在水平面上以48.3 km/h的國際標準碰撞速度駛向質(zhì)量為80 t的國際標準碰撞試驗臺，撞擊使汽車的動量一下子變到0，技術人員通過查看載著模擬乘員的傳感器的數(shù)據(jù)以便對汽車安全性能裝置進行改進。請結(jié)合以上材料回答，以下說法正確的有(　　)
A．若試驗汽車的標準碰撞速度增加為原來的1.2倍，則其動量變?yōu)樵瓉淼?.4倍
B．在水平路面上運動時汽車受支持力的沖量與重力的沖量相同
C．因為安全帶對座位上的模擬乘員的保護，在碰撞時乘員的速度變?yōu)?所用時間約為0.13秒，則安全帶對乘員的作用力約等于乘員重力的10倍
D．為了減輕碰撞時對模擬乘員的傷害程度，轎車前面的發(fā)動機艙越堅固越好
解析　汽車的動量p＝mv，速度增加為原來的1.2倍，其動量也變?yōu)樵瓉淼?.2倍，A項錯誤；在水平路面上運動時汽車受支持力與重力平衡，支持力的沖量與重力的沖量大小相等、方向相反，B項錯誤；由動量定理得，－Ft＝0－mv，解得安全帶對乘員的作用力F＝100m≈10mg，C項正確；轎車前面的發(fā)動機艙越堅固，碰撞時的作用時間越短，作用力越大，對模擬乘員的傷害程度越大，D項錯誤。
答案　C
3.(2020·河北省衡水中學期中考試)質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，車上是一個四分之一圓周的光滑軌道，軌道下端切線水平。質(zhì)量為m的小球沿水平方向從軌道下端以初速度v0滑上小車，重力加速度為g，如圖所示。已知小球不從小車上端離開小車，小球滑上小車又滑下，與小車分離時，小球與小車速度方向相反，速度大小之比等于1∶3，則m∶M的值為(　　)

A．1∶3 B．3∶5
C．3∶1 D．5∶3
解析　設小球的初速度方向為正方向，由動量守恒可知：mv0＝Mv1－mv2，由題知＝，對整體由機械能守恒定律可得：mv＝Mv＋mv，聯(lián)立解得＝，B項正確。
答案　B
4.(2020·成都市第二次診斷性檢測)如圖，傾角為θ的光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連的小物塊A和B(質(zhì)量均為m)，彈簧的勁度系數(shù)為k，B靠著固定擋板，最初它們都是靜止的?，F(xiàn)沿斜面向下正對著A發(fā)射一顆質(zhì)量為m、速度為v0的子彈，子彈射入A的時間極短且未射出，子彈射入后經(jīng)時間t，擋板對B的彈力剛好為零。重力加速度大小為g。則(　　)

A．子彈射入A之前，擋板對B的彈力大小為2mg
B．子彈射入A的過程中，A與子彈組成的系統(tǒng)機械能守恒
C．在時間t內(nèi)，A發(fā)生的位移大小為
D．在時間t內(nèi)，彈簧對A的沖量大小為2mv0＋2mgtsinθ
解析　子彈打入A之前，AB系統(tǒng)所受合力為0，擋板對B的彈力大小為2mgsinθ，A項錯誤；子彈射入A的過程中，A與子彈之間的摩擦生熱，組成的系統(tǒng)機械能不守恒，B項錯誤；子彈打入A前彈簧為壓縮狀態(tài)，壓縮量x1＝，擋板對B的彈力剛好為零時彈簧處于伸長狀態(tài)，伸長量為x2＝，則在時間t內(nèi)，A發(fā)生的位移大小x＝x1＋x2＝，C項正確；子彈打入A的過程中，子彈與A組成系統(tǒng)的動量守恒，總動量為mv0，此后彈簧壓縮再彈開到彈簧伸長量為x2的過程中，子彈和A組成系統(tǒng)的機械能守恒，末狀態(tài)與初狀態(tài)的彈性勢能相等，重力勢能增加，動能一定減小了，所以末狀態(tài)時的動量大小p一定小于mv0，在此過程中應用動量定理得，I－2mgtsinθ＝p－(－mv0)v傳，所以C在傳送帶上一定先加速后勻速，滑上PQ的速度v＝3 m/s，
又因為恰好停在Q點，則有0－v2＝－2μgxPQ，
解得xPQ＝2.25 m。
(2)A與B碰撞過程動量守恒mv0＝2mv共，
接下來A、B整體壓縮彈簧后彈簧恢復原長時，C脫離彈簧，這個過程有2mv共 ＝2mv1＋mvC，
·2mv＝·2mv＋mv，
聯(lián)立解得v0＝3 m/s。
(3)要使C不脫離圓軌道，有兩種情況，一是最多恰能到達圓心等高處，二是至少到達最高處。
若恰能到達圓心等高處，則有mv＝mgR，
得vQ1＝＝ m/s，
由N～Q段：v－vC1′2＝－2μg(L＋xPQ)，
可得vC1′＝6 m/s，
在A、B碰撞及與彈簧作用的過程中
2mv共′ ＝2mv1′＋mvC1′2，
·2mv共′2＝·2mv1′2＋mvC1′2，
又mv01＝2mv共′，
聯(lián)立解得v01＝9 m/s，所以這種情況下，A的初速度范圍是3 m/s

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