2025 高考物理三維設(shè)計(jì)二輪第三部分　專題復(fù)習(xí)　整合突破專題二　能量和動(dòng)量

10/102025高考物理三維設(shè)計(jì)二輪第三部分專題復(fù)習(xí)整合突破專題二能量和動(dòng)量第5講功與功率動(dòng)能定理1.（2024·海南高考1題）神舟十七號載人飛船返回艙于2024年4月30日在東風(fēng)著陸場成功著陸，在返回艙返回至離地面十幾公里時(shí)打開主傘，返回艙快速減速，速度大大減小，在減速過程中（）A.返回艙處于超重狀態(tài)B.返回艙處于失重狀態(tài)C.主傘的拉力不做功D.重力對返回艙做負(fù)功解析：A返回艙減速下落，加速度向上，則其處于超重狀態(tài)，A正確，B錯(cuò)誤；主傘的拉力向上，而返回艙速度向下，則主傘的拉力做負(fù)功，C錯(cuò)誤；返回艙的重力向下，速度向下，則重力對返回艙做正功，D錯(cuò)誤。2.（2024·浙江6月選考5題）一個(gè)音樂噴泉噴頭出水口的橫截面積為2×10－4m2，噴水速度約為10m/s，水的密度為1×103kg/m3，則該噴頭噴水的功率約為（）A.10W B.20WC.100W D.200W解析：C單位時(shí)間內(nèi)從噴頭流出的水的質(zhì)量m＝ρSv，噴頭噴水的功率等于單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的動(dòng)能增加量，即P＝12mv2，聯(lián)立解得P＝100W，C3.（2024·新課標(biāo)卷24題）將重物從高層樓房的窗外運(yùn)到地面時(shí)，為安全起見，要求下降過程中重物與樓墻保持一定的距離。如圖，一種簡單的操作方法是一人在高處控制一端系在重物上的繩子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子Q，二人配合可使重物緩慢豎直下降。若重物的質(zhì)量m＝42kg，重力加速度大小g＝10m/s2。當(dāng)P繩與豎直方向的夾角α＝37°時(shí)，Q繩與豎直方向的夾角β＝53°。（sin37°＝0.6）（1）求此時(shí)P、Q繩中拉力的大?。唬?）若開始豎直下降時(shí)重物距地面的高度h＝10m，求在重物下降到地面的過程中，兩根繩子拉力對重物做的總功。答案：（1）1200N900N（2）－4200J解析：（1）由題意可知重物下降過程中受力平衡，設(shè)此時(shí)P繩中拉力的大小為FP、Q繩中拉力的大小為FQ，則在豎直方向上有FPcosα＝FQcosβ＋mg在水平方向上有FPsinα＝FQsinβ聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得FP＝1200N、FQ＝900N。（2）重物下降到地面的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＋W總＝0代入數(shù)據(jù)解得W總＝－4200J。考點(diǎn)一功與功率問題1.功的求法2.功率的求法【例1】（2024·廣東廣州模擬）如圖所示，水平路面上有一輛質(zhì)量為M的汽車，車廂中有一質(zhì)量為m的人正用恒力F向前推車廂，在車以加速度a向前加速行駛距離L的過程中，下列說法錯(cuò)誤的是（）A.人對車的推力F做的功為FLB.車對人做的功為maLC.車對人的摩擦力做的功為（F＋ma）LD.車對人的作用力大小為ma答案：D解析：根據(jù)功的定義可知，人對車的推力F做的功為W＝FL，故A正確；根據(jù)牛頓第二定律可知，車對人的合力為F1＝ma，方向向前，所以車對人做的功為W1＝maL，故B正確；根據(jù)牛頓第二定律可得f－F＝ma，所以車廂對人的摩擦力大小為f＝ma＋F，方向向前，則摩擦力做功為Wf＝fL＝（ma＋F）L，故C正確；車廂對人有三個(gè)作用力：豎直向上的支持力大小為mg；水平向后的推力大小為F；水平向前的摩擦力大小為F＋ma。所以車對人的合力大小為F合＝（mg）2＋【例2】（2024·江蘇蘇州三模）我國勞動(dòng)人民發(fā)明了漢石磨盤，人們通常用驢來拉磨把谷物磨成面粉。如圖所示，若驢對磨桿的拉力F沿圓周切線方向作用在磨桿末端，大小為400N，磨盤半徑r＝0.5m，磨桿長L＝0.5m，驢以恒定的速率拉動(dòng)磨盤轉(zhuǎn)動(dòng)，在1分鐘的時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)了6圈。圓周率π近似取3，下列說法正確的是（）A.磨盤邊緣的線速度大小為3m/s B.磨桿末端的向心加速度大小為3.6m/s2C.驢拉磨轉(zhuǎn)動(dòng)一周拉力所做的功為1200J D.驢拉磨轉(zhuǎn)動(dòng)一周拉力的平均功率為240W答案：D解析：由題意可知周期為T＝606s＝10s，則角速度為ω＝2πT＝0.6rad/s，磨盤邊緣的線速度大小為v1＝ωr＝0.6×0.5m/s＝0.3m/s，磨桿末端的向心加速度大小為an＝ω2（L＋r）＝0.62×（0.5＋0.5）m/s2＝0.36m/s2，故A、B錯(cuò)誤；驢拉磨轉(zhuǎn)動(dòng)一周拉力所做的功為W＝F·2π（L＋r）＝400×2×3×（0.5＋0.5）J＝2400J，驢拉磨轉(zhuǎn)動(dòng)一周拉力的平均功率為P＝WT＝240010W＝240W【例3】（2024·江西宜春二模）一塔吊豎直提升重物由靜止開始向上勻加速運(yùn)動(dòng)，電動(dòng)機(jī)輸出功率達(dá)到某值后保持不變，最終做勻速運(yùn)動(dòng)。不計(jì)阻力及繩索質(zhì)量，此過程中重物的速度v、電動(dòng)機(jī)輸出功率P隨時(shí)間t的變化規(guī)律正確的是（）答案：C解析：設(shè)汽車的額定功率為P，所受恒定阻力為f，牽引力為F，勻加速結(jié)束時(shí)的速度為v，由于汽車開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a，則根據(jù)速度與時(shí)間的關(guān)系可得v＝at，當(dāng)汽車的勻加速階段結(jié)束，其速度還未達(dá)到最大值，此時(shí)根據(jù)P＝Fv，根據(jù)牛頓第二定律F－f＝ma可知，速度將繼續(xù)增大，而牽引力將減小，則加速度將減小，即此后汽車將做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，直至牽引力等于阻力時(shí)，加速度減小為0，速度達(dá)到最大值vm，而速度—時(shí)間圖像的斜率表示加速度，因此可知該圖像第一階段為傾斜的直線，第二階段為斜率逐漸減小的向下彎曲的曲線，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)P＝Fv，而汽車在勻加速階段F－f＝ma，可得F＝ma＋f，而v＝at，即在勻加速階段有P＝Fv＝（ma＋f）v＝（ma＋f）at，等式中（ma＋f）a為一定值，則可知在汽車勻加速階段汽車的功率與時(shí)間成正比，即P-t圖像為過原點(diǎn)的一條傾斜直線，而勻加速結(jié)束后，汽車的功率達(dá)到額定值，此后功率不變，其圖像與時(shí)間軸平行，故C正確，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)二動(dòng)能定理的應(yīng)用運(yùn)用動(dòng)能定理解題的基本思路【例4】（多選）（2024·廣東深圳二模）如圖，甲將排球從離地面高為1m的O位置由靜止擊出并沿軌跡①運(yùn)動(dòng)，當(dāng)排球運(yùn)動(dòng)到離地面高為2.8m的P位置時(shí)，速度大小為10m/s，此時(shí)，被乙擊回并以水平速度18m/s沿軌跡②運(yùn)動(dòng)，恰好落回到O位置。已知排球的質(zhì)量約為0.3kg，重力加速度g取10m/s2，忽略空氣阻力，則（）A.排球沿軌跡②運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為0.6sB.O、P兩位置的水平距離為10.8mC.甲對排球做的功為20.4JD.乙對排球做的功約為15J答案：ABC解析：對于軌跡②的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得h＝12gt2，解得t＝2hg＝2×1.810s＝0.6s，A正確；水平位移的距離為x＝v't＝18×0.6m＝10.8m，B正確；從O到P點(diǎn)，設(shè)排球在O點(diǎn)的速度為v0，到P點(diǎn)的速度v，根據(jù)動(dòng)能定理可知－mgh＝12mv2－12mv02，解得12mv02＝mgh＋12mv2＝20.4J，根據(jù)動(dòng)能定理可知W甲＝12mv02＝20.4J，C正確；設(shè)乙對排球所做的功為W乙，則排球在P點(diǎn)被擊回的過程，根據(jù)動(dòng)能定理可知W乙【例5】（2024·山東濰坊三模）如圖所示為冰雪沖浪項(xiàng)目流程圖，AB段為水平加速區(qū)，BC段為半徑r＝22.5m的光滑圓管型通道，AB與BC相切于B點(diǎn)；CDE段為半徑R＝100m的圓弧冰滑道，BC與CDE相切于C點(diǎn)，弧DE所對應(yīng)的圓心角θ＝37°，D為軌道最低點(diǎn)，C、E關(guān)于OD對稱。安全員將小朋友和滑板（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)沿水平方向向左加速推動(dòng)一段距離后釋放，到達(dá)光滑圓管型通道上B點(diǎn)時(shí)小朋友和滑板與通道沒有相互作用力，小朋友運(yùn)動(dòng)至滑道E點(diǎn)時(shí)對滑道壓力FN＝410N。已知小朋友和滑板總質(zhì)量為m＝40kg，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）小朋友在B點(diǎn)時(shí)的速度v0；（2）小朋友通過CDE段滑道克服摩擦力做的功。答案：（1）15m/s，方向水平向左（2）1800J解析：（1）由于到達(dá)光滑圓管型通道上B點(diǎn)時(shí)小朋友和滑板與通道沒有相互作用力，則mg＝mv02r，所以v0＝15（2）小朋友從B滑到E，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgr（1－cos37°）－W克f＝12mvE2－12mv02，在E點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得FN－mgcos37°＝mvE2R，聯(lián)立可得W【例6】（2024·江蘇蘇州?？迹┤鐖D所示，高度h＝0.8m的光滑導(dǎo)軌AB位于豎直平面內(nèi)，其末端與長度L＝0.7m的粗糙水平導(dǎo)軌BC相連，BC與豎直放置內(nèi)壁光滑的半圓形管道CD相連，半圓的圓心O在C點(diǎn)的正下方，C點(diǎn)離地面的高度H＝1.25m。一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），從A點(diǎn)由靜止下滑，小滑塊與BC段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：（1）小滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大??；（2）若半圓形管道的半徑r＝0.5m，求小滑塊從C點(diǎn)剛進(jìn)入管道時(shí)對管壁的彈力大小和方向；（3）若半圓形管道半徑可以變化，則當(dāng)半徑為多大時(shí)，小滑塊從其下端射出的水平距離最遠(yuǎn)？最遠(yuǎn)的水平距離為多少？答案：（1）3m/s（2）8N方向豎直向上（3）當(dāng)r＝0.2m時(shí)水平射程最遠(yuǎn)，最遠(yuǎn)的水平距離為1.7m解析：（1）對小滑塊從A到C整個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理得mgh－μmgL＝12mvC2，代入數(shù)據(jù)解得vC＝3（2）小滑塊在C點(diǎn)受到彈力和重力，其合力提供向心力，則FN＋mg＝mvC2r，代入數(shù)據(jù)解得FN＝8N，根據(jù)牛頓第三定律可知小滑塊剛進(jìn)入圓管時(shí)對外管壁的彈力FN'＝FN＝8（3）設(shè)小滑塊做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，在豎直方向上有H－2r＝12gt2，水平射程x＝vDt，從C到D的過程，由動(dòng)能定理得mg×2r＝12mvD2－12mvC2，解得x＝2（H－2r）g（vC2+4gr）＝（2H－4r）×vC2g+4r，當(dāng)2H－4r應(yīng)用動(dòng)能定理解題的四點(diǎn)注意動(dòng)能定理與圖像的結(jié)合問題【典例1】（多選）（2024·遼寧大連五校聯(lián)考）在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為2kg的物體在水平恒定拉力作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時(shí)，物體剛好停止運(yùn)動(dòng)，圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖像。已知重力加速度g＝10m/s2。根據(jù)以上信息能得出的物理量有（）A.物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)B.合外力對物體所做的功C.物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度D.物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間答案：ABC解析：由題意知物體開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故拉力F與滑動(dòng)摩擦力f大小相等，方向相反，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝Fmg＝0.35，A正確；減速過程由動(dòng)能定理得WF＋Wf＝0－12mv2，根據(jù)F-x圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此能求得合外力對物體所做的功及物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度，B、C正確；因?yàn)槔χ饾u減小過程中，物體做變減速運(yùn)動(dòng)，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間無法求出，【典例2】（多選）（2024·山東德州二模）質(zhì)量為m＝1kg的物體靜止在水平且粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示。外力F做的功及物體克服摩擦力f做的功與物體位移的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列分析正確的是（）A.物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2B.物體的位移為13mC.物體在前3m內(nèi)的加速度為3m/s2D.x＝9m時(shí)，物體的速度為32m/s答案：ACD解析：設(shè)物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則根據(jù)物體克服摩擦力做的功Wf＝fx＝μmgx可知20J＝μ×1×10×10J，解得μ＝0.2，整個(gè)過程中滑動(dòng)摩擦力一直做功，故物體的位移為x'＝Wf'μmg＝270.2×1×10m＝13.5m，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；前3m內(nèi)拉力F1＝WF1x1＝153N＝5N，又f＝μmg＝2N，則物體在前3m內(nèi)的加速度為a1＝F1－fm＝3m/s2，選項(xiàng)C正確；由動(dòng)能定理得WF－fx＝12mv2，當(dāng)x＝9m時(shí)WF1.人們用滑道從高處向低處運(yùn)送貨物，如圖所示，可看作質(zhì)點(diǎn)的貨物從四分之一圓弧滑道頂端P點(diǎn)由靜止釋放，沿滑道運(yùn)動(dòng)到圓弧末端Q點(diǎn)時(shí)速度大小為4m/s。已知貨物質(zhì)量m＝10kg，滑道半徑r＝4m，且過Q點(diǎn)的切線水平，重力加速度g取10m/s2。關(guān)于貨物從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程，下列說法正確的是（）A.重力做的功為600JB.經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)貨物對軌道的壓力大小為280NC.經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)貨物的向心加速度大小為4m/s2D.貨物克服阻力做的功為80J解析：C重力做的功WG＝mgr＝400J，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)軌道對貨物的支持力的大小FN＝mg＋mv2r＝140N，根據(jù)牛頓第三定律知，貨物對軌道的壓力大小140N，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)貨物的向心加速度大小an＝v2r＝4m/s2，選項(xiàng)C正確；貨物克服阻力做的功Wf＝mgr－12mv2＝3202.（多選）（2024·河南南陽模擬）解放軍戰(zhàn)士為了增強(qiáng)身體素質(zhì)，進(jìn)行拉輪胎負(fù)重訓(xùn)練，如圖所示，已知繩子與水平地面間的夾角恒為θ，輪胎質(zhì)量為m，該戰(zhàn)士由靜止開始做加速直線運(yùn)動(dòng)，位移為x時(shí)，速度達(dá)到v，已知繩上拉力大小恒為F，重力加速度為g，則由靜止加速到v的過程中（）A.輪胎克服阻力做的功為FxcosθB.輪胎所受合外力做的功為12mvC.拉力的最大功率為FvcosθD.拉力所做的功為12mv2＋Fxcos解析：BC拉力所做的功WF＝Fxcosθ，輪胎做加速運(yùn)動(dòng)，則Fcosθ＞f，則輪胎克服阻力做的功小于Fxcosθ，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，輪胎所受合外力做的功W合＝12mv2，選項(xiàng)B正確；拉力的最大功率Pm＝Fvcosθ，選項(xiàng)C3.（2024·山東濟(jì)南二模）如圖所示的是古代的水車，該水車周邊均勻分布著N個(gè)盛水的容器，容器到水車大圓轉(zhuǎn)軸的距離為R。在流水的沖力作用下，水車以n轉(zhuǎn)/分的轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)裝滿水的容器到達(dá)最高處時(shí)將水全部倒入水槽中。設(shè)每個(gè)盛水容器裝入水的質(zhì)量均為m，忽略容器裝水給水增加的動(dòng)能和水車浸入水的深度，不計(jì)一切摩擦。已知重力加速度為g，則水車運(yùn)水的功率為（）A.nNmgR30 B.C.120NmgRn D.解析：A水車每秒轉(zhuǎn)動(dòng)的圈數(shù)為n60，水車轉(zhuǎn)動(dòng)一圈對水做的功W＝Nmg·2R，則水車運(yùn)水的功率P＝W1×n60＝2NmgR×n60＝nNmgR4.（多選）（2024·蘇北四市調(diào)研）在某次帆船運(yùn)動(dòng)比賽中，質(zhì)量為500kg的帆船在風(fēng)力和水的阻力（1s末風(fēng)力消失）的共同作用下做直線運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖所示。下列表述正確的是（）A.在0～1s內(nèi)，風(fēng)力對帆船做功為1500JB.在0～1s內(nèi)，水的阻力對帆船做功為500JC.在0～1s內(nèi)，合外力對帆船做功為2000JD.在1～3s內(nèi)，水的阻力對帆船做功為－1000J解析：AD根據(jù)牛頓第二定律，在0～1s內(nèi)，有F－f＝ma1，在1～3s內(nèi)，有f＝ma2，結(jié)合圖線可得a1＝Δv1Δt1＝21m/s2＝2m/s2，a2＝Δv2Δt2＝22m/s2＝1m/s2，聯(lián)立可得F＝1500N，f＝500N，0～1s內(nèi)，帆船的位移為x1＝12vt1＝1m，在0～1s內(nèi)，風(fēng)力對帆船做功WF＝Fx1＝1500J，水的阻力對帆船做功Wf＝－fx1＝－500J，合外力對帆船做功W合＝WF＋Wf＝1000J，故A正確，B、C錯(cuò)誤；在1～3s內(nèi)，帆船的位移x2＝12vt2＝2m，水的阻力對帆船做功Wf5.（2024·湖南長沙二模）如圖甲，轆轤是古代民間提水設(shè)施，由轆轤頭、支架、井繩、水斗等部分構(gòu)成，圖乙為提水設(shè)施工作原理簡化圖，某次從井中汲取m＝2kg的水，轆轤繞繩輪軸半徑為r＝0.1m，水斗的質(zhì)量為0.5kg，井足夠深且井繩的質(zhì)量忽略不計(jì)。t＝0時(shí)刻，輪軸由靜止開始繞中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)向上提水桶，其角速度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖丙所示，g取10m/s2，則（）A.水斗上升的加速度為2m/s2B.10s時(shí)水斗的動(dòng)能為4JC.10s時(shí)井繩拉力的瞬時(shí)功率為50WD.0～10s內(nèi)井繩拉力所做的功為255J解析：D由圖丙可知ω＝2t，所以水斗速度隨時(shí)間變化規(guī)律為v＝ωr＝0.2t，可知水斗從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其水斗上升的加速度a＝0.2m/s2，故A錯(cuò)誤；10s時(shí)水斗的速度v10＝0.2×10m/s＝2m/s，動(dòng)能Ek＝12（m＋m'）v2＝5J，故B錯(cuò)誤；由牛頓第二定律，可得F－（m＋m'）g＝（m＋m'）a，解得F＝25.5N，10s時(shí)井繩拉力的瞬時(shí)功率P＝Fv10＝51W，故C錯(cuò)誤；水斗勻加速上升，0～10s內(nèi)它上升的高度h＝12at2＝10m，0～10s內(nèi)井繩拉力所做的功W＝Fh＝255J，故6.（2024·江西贛州二模）某山頂有一排風(fēng)力發(fā)電機(jī)，發(fā)電機(jī)的葉片轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)可形成半徑為R＝20m的圓面。某時(shí)間內(nèi)該山頂?shù)娘L(fēng)速達(dá)10m/s，風(fēng)向恰好跟某風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片轉(zhuǎn)動(dòng)形成的圓面垂直，已知空氣的密度ρ＝1.2kg/m3，若該風(fēng)力發(fā)電機(jī)能將此圓內(nèi)20％的空氣動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，則此風(fēng)力發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率P約為（）A.1.5×104W B.1.5×105WC.5×104W D.5×105W解析：B時(shí)間Δt內(nèi)，通過圓面的空氣的質(zhì)量m＝ρvΔt·πR2，該部分空氣的動(dòng)能Ek＝12mv2，則此風(fēng)力發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率P＝20％EkΔt，解得P≈1.5×1057.（2024·安徽皖江二模）一輛汽車以某一恒定功率爬上一傾角為θ的斜坡，如圖甲所示，車內(nèi)的傳感器記錄了汽車從坡底爬到坡頂?shù)膙-t圖像，如圖乙中實(shí)線AD所示，AB是曲線最左端A點(diǎn)的切線，CD是曲線AD的漸近線，已知汽車質(zhì)量m＝2×103kg，汽車行駛過程中受到的阻力可視為不變，重力加速度g取10m/s2，sinθ＝0.1，對于此次爬坡過程，下列說法正確的是（）A.汽車受到的阻力Ff＝2×104NB.汽車的功率P＝32kWC.該斜坡長為160mD.當(dāng)汽車速度為10m/s時(shí)，汽車的加速度為2.2m/s2解析：C在A點(diǎn)，汽車加速度a1＝ΔvΔt＝2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律F1－Ff－mgsinθ＝ma1，此時(shí)汽車的功率P＝F1v＝（Ff＋mgsinθ＋ma1）v0，由圖可知汽車最大速度vm＝16m/s，此時(shí)牽引力F2＝Ff＋mgsinθ，則P＝F2v＝（Ff＋mgsinθ）vm，汽車功率不變，聯(lián)立兩式解得Ff＝2×103N，P＝64kW，故A、B錯(cuò)誤；從A點(diǎn)到D點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理Pt－（Ff＋mgsinθ）L＝12mvm2－12mv02，解得斜坡長L＝160m，故C正確；根據(jù)P＝Fv，可得當(dāng)v＝10m/s時(shí)，牽引力F3＝6.4×103N，根據(jù)牛頓第二定律F3－Ff－mgsinθ＝ma2，解得汽車的加速度a2＝18.（2024·浙江杭州三模）驚險(xiǎn)刺激的飛車表演中，雜技演員駕駛摩托車在豎直軌道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，已知軌道半徑為4m，人和摩托車的總質(zhì)量為m＝200kg，人和摩托車可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）表演者恰好能通過最高點(diǎn)B時(shí)的速度大小v1；（2）表演者以v2＝10m/s的速度通過軌道最左端C點(diǎn)時(shí)摩托車對軌道的壓力；（3）在（1）問的基礎(chǔ)上，測得摩托車通過最低點(diǎn)A的速度為2v1，求由A到B過程中牽引力和阻力做的總功W。答案：（1）210m/s（2）5000N方向水平向左（3）4000J解析：（1）在B點(diǎn)，由牛頓第二定律，可得mg＝mv12R，解得v1＝210（2）同理，在C點(diǎn)，有FN＝mv22R，解得FN＝5000N，由牛頓第三定律可知FN'＝FN＝5000（3）從A到B過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得W－mg×2R＝12mv12－12m（2v1）2，解得W＝49.（2024·江西南昌二模）2024年將迎來名副其實(shí)的“體育大年”，今年有兩個(gè)奧運(yùn)會(huì)，分別是江原冬青奧會(huì)和巴黎奧運(yùn)會(huì)，滑板運(yùn)動(dòng)是其中一個(gè)精彩的比賽項(xiàng)目。一滑板訓(xùn)練場地如圖，斜坡AB與光滑圓軌道相切于B點(diǎn)，斜坡長度為10m，傾角為37°，圓軌道半徑為3m，圓心為O，圓軌道右側(cè)與一傾角為60°足夠長斜面PQ相連，運(yùn)動(dòng)員連同滑板總質(zhì)量為60kg，運(yùn)動(dòng)員站在滑板上從斜坡頂端A點(diǎn)由靜止下滑，滑板與左側(cè)傾斜軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，其通過光滑圓弧軌道BCP的P點(diǎn)后落在了右側(cè)的斜面上，滑板和運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g大小取10m/s2，sin37°＝0.6，sin60°＝32，求（1）滑板和運(yùn)動(dòng)員通過圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)對C點(diǎn)的壓力大小；（2）右側(cè)斜面的落點(diǎn)到P點(diǎn)的距離。答案：（1）2600N（2）143m解析：（1）對滑板和運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)到C點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgLsin37°－μmgLcos37°＋mgR（1－cos37°）＝12mv2－解得v＝10m/s，在最低點(diǎn)C點(diǎn)，有FN－mg＝mv2R，解得FN＝2600N，由牛頓第三定律可得，滑板和運(yùn)動(dòng)員通過圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)對C點(diǎn)的壓力大小為2600（2）從C到P的過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得－mgR（1－cos60°）＝12mv12－1解得v1＝70m/s，設(shè)右側(cè)斜面的落點(diǎn)到P點(diǎn)的距離為l，由拋體運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得lcos60°＝v1xt，lsin60°＝－v1yt＋12gt2，其中v1x＝v1cos60°，v1y＝v1sin60解得l＝143m。第6講機(jī)械能守恒定律能量守恒定律1.（2024·全國甲卷17題）如圖，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點(diǎn)自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環(huán)的切點(diǎn)。則小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大?。ǎ〢.在Q點(diǎn)最大 B.在Q點(diǎn)最小C.先減小后增大 D.先增大后減小解析：C設(shè)小環(huán)運(yùn)動(dòng)軌跡所對的圓心角為θ（0≤θ≤π），大圓環(huán)的半徑為R，大圓環(huán)對小環(huán)的作用力為F，則由機(jī)械能守恒得mgR（1－cosθ）＝12mv2，又小環(huán)做圓周運(yùn)動(dòng)，則有F＋mgcosθ＝mv2R，聯(lián)立得小環(huán)下滑過程中受到大圓環(huán)的作用力F＝mg（2－3cosθ），則F的大小先減小后增大，且當(dāng)cosθ＝23時(shí)F最小，當(dāng)cosθ＝－1，即小環(huán)在大圓環(huán)最低點(diǎn)時(shí)F最大，2.（2024·北京高考7題）如圖所示，光滑水平軌道AB與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道BC在B點(diǎn)平滑連接。一小物體將輕彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，物體脫離彈簧后進(jìn)入半圓形軌道，恰好能夠到達(dá)最高點(diǎn)C。下列說法正確的是（）A.物體在C點(diǎn)所受合力為零B.物體在C點(diǎn)的速度為零C.物體在C點(diǎn)的向心加速度等于重力加速度D.物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能等于物體在C點(diǎn)的動(dòng)能解析：C設(shè)物體恰好到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為v，則在C點(diǎn)，根據(jù)恰好由重力提供向心力，有mg＝mv2r＝ma向，解得v＝gr，向心加速度a向＝g，A、B錯(cuò)誤，C正確；物體從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為物體在C點(diǎn)的重力勢能和動(dòng)能，3.（2024·江蘇高考15題）如圖所示，粗糙斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，傾角為θ，斜面長為L。一個(gè)質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）在電動(dòng)機(jī)作用下，從斜面底端A點(diǎn)由靜止加速至B點(diǎn)時(shí)達(dá)到最大速度v，之后做勻速運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)，關(guān)閉電動(dòng)機(jī)，物塊恰好到達(dá)最高點(diǎn)D點(diǎn)，重力加速度為g，不計(jì)電動(dòng)機(jī)消耗的電熱。求：（1）CD段長度x；（2）BC段電動(dòng)機(jī)的輸出功率P；（3）全過程儲(chǔ)存的機(jī)械能E1和電動(dòng)機(jī)消耗的總電能E2的比值。答案：（1）v22g（sinθ＋μcosθ）（2）mgvsin解析：（1）方法一對物塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理有－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－12mv2，解得x＝v方法二對物塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程，由牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0－v2＝－2ax，聯(lián)立解得x＝v2（2）物塊在BC段做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件有F＝mgsinθ＋μmgcosθ。則電動(dòng)機(jī)的輸出功率P＝Fv＝mgvsinθ＋μmgvcosθ。（3）根據(jù)題意，全過程儲(chǔ)存的機(jī)械能E1＝mgLsinθ由能量守恒定律可知電動(dòng)機(jī)消耗的總電能E2＝mgLsinθ＋μmgLcosθ，則E1E2考點(diǎn)一機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用1.機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式2.系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題的思維流程【例1】（2024·山東淄博一模）如圖所示，從H高處以v平拋一小球，不計(jì)空氣阻力，當(dāng)小球距地面高度為h時(shí)，其動(dòng)能恰好等于其勢能，則（）A.h＝H2 B.h＜C.h＞H2 D.答案：C解析：從H高處以v平拋一小球，只有重力做功，機(jī)械能守恒，取地面為零勢能參考面，有mgH＋12mv2＝mgh＋12mv12，而動(dòng)能恰好等于重力勢能，故mgh＝12mv12，聯(lián)立解得h＝gH＋v2【例2】如圖所示，有一光滑軌道ABC，AB部分為半徑為R的14圓弧，BC部分水平，質(zhì)量均為m的小球a、b固定在豎直輕桿的兩端，輕桿長為R，不計(jì)小球大小。開始時(shí)a球處在圓弧上端A點(diǎn)，由靜止釋放小球和輕桿，使其沿光滑軌道下滑，則下列說法正確的是（A.a球下滑過程中機(jī)械能保持不變B.b球下滑過程中機(jī)械能保持不變C.a、b球滑到水平軌道上時(shí)速度大小為2D.從釋放a、b球到a、b球滑到水平軌道上，整個(gè)過程中輕桿對a球做的功為mgR答案：D解析：a、b球和輕桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，a、b球下滑過程中機(jī)械能不守恒，A、B錯(cuò)誤；由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mgR＋2mgR＝12×2mv2，解得a、b球滑到水平軌道上時(shí)速度大小為v＝3gR，C錯(cuò)誤；從釋放a、b球到a、b球滑到水平軌道上，對a球，由動(dòng)能定理有W＋mgR＝12mv2，解得輕桿對a球做的功為W＝mgR【例3】（2024·浙江杭州二模）有一個(gè)固定的、足夠長的光滑直桿與水平面的夾角為53°，桿上套著一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）用足夠長的且不可伸長的輕繩將滑塊A與另一個(gè)質(zhì)量為2m的物塊B通過光滑的定滑輪相連接，輕繩因懸掛B而繃緊，此時(shí)滑輪左側(cè)輕繩恰好水平，其水平長度為L，現(xiàn)將滑塊A從圖中O點(diǎn)由靜止釋放（整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中A和B不會(huì)觸地，B不會(huì)觸及滑輪和直桿），sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。（1）當(dāng)繩子與直桿垂直時(shí)，求滑塊A的速度v；（2）求滑塊A沿桿向下運(yùn)動(dòng)的最大位移x。答案：（1）211gL5（2解析：（1）當(dāng)繩子與直桿垂直時(shí)，此時(shí)B下落到最低點(diǎn)，B的速度剛好為0，根據(jù)幾何關(guān)系可得A下滑的高度hA＝Lsin53°cos53°＝1225L，B下落的高度hB＝L－Lsin53°＝15L，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得mghA＋2mghB＝12mv2，解得滑塊A的速度v（2）滑塊A下滑到最低點(diǎn)時(shí)的速度為零，此時(shí)B的速度也為零，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，滑塊A重力勢能的減少量等于B重力勢能的增加量，則有mgxsin53°＝2mghB'，根據(jù)幾何關(guān)系可得hB'＝（xsin53°）2＋（L－xcos53考點(diǎn)二功能關(guān)系和能量守恒定律的應(yīng)用幾種常見的功能關(guān)系能量功能關(guān)系表達(dá)式勢能重力做功等于重力勢能變化量W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp彈力做功等于彈性勢能變化量靜電力做功等于電勢能變化量分子力做功等于分子勢能變化量動(dòng)能合外力做功等于物體動(dòng)能變化量W＝Ek2－Ek1＝12mv22－機(jī)械能除重力和彈力之外的其他力做功等于機(jī)械能變化量W其他＝E2－E1＝ΔE機(jī)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能一對相互作用的摩擦力做功之和的絕對值等于產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ffs相對s相對為相對路程電能克服安培力做功等于電能增加量W克安＝E2－E1＝ΔE【例4】（2024北京東城二模）如圖所示，某同學(xué)站在罰球線上，手持籃球保持靜止，在裁判員示意后將球斜向上拋出，籃球剛好落入籃筐?；@球從靜止到剛好落入籃筐的過程中，已知空氣阻力做功為Wf，重力做功為WG，投籃時(shí)該同學(xué)對籃球做功為W?；@球可視為質(zhì)點(diǎn)，則在此過程中（）A.籃球重力勢能的變化量為W－WG＋WfB.籃球機(jī)械能的變化量為WG－WfC.籃球動(dòng)能的變化量為W＋WG－WfD.籃球在離開手的瞬間機(jī)械能最大答案：D解析：籃球重力勢能的增加量等于克服重力做的功，即ΔEp＝－WG，故A錯(cuò)誤；籃球機(jī)械能的變化量等于阻力做的功，即ΔE機(jī)＝Wf，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可知，籃球動(dòng)能的增加量等于合外力的功，即WG＋Wf＝ΔEk，故C錯(cuò)誤；由于籃球在運(yùn)動(dòng)過程中，空氣阻力做負(fù)功，則籃球在離開手時(shí)刻的機(jī)械能最大，故D正確?！纠?】（2024·四川資陽二模）2024年跳水世界杯紫特利爾站比賽于3月3日落幕，中國跳水“夢之隊(duì)”包攬全部金牌，以9金1銀2銅的成績位列獎(jiǎng)牌榜第一。某次跳水訓(xùn)練時(shí)，質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最高點(diǎn)后由靜止下落，下落過程中運(yùn)動(dòng)員所受阻力恒定，大小為110mg，g為重力加速度大小。在運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)開始重心下落h的過程中（運(yùn)動(dòng)員未接觸水面），下列說法正確的是（A.運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能增加了mghB.運(yùn)動(dòng)員的重力勢能減少了910C.運(yùn)動(dòng)員受到的合力做的功為110D.運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能減少了110答案：D解析：運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)開始下落的過程中，受到的合力大小F合＝mg－110mg＝910mg，在運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)開始重心下落h的過程中合力做的功W合＝F合h＝910mgh，根據(jù)動(dòng)能定理可知，運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能增加了910mgh，故A、C錯(cuò)誤；在運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)開始重心下落h的過程中，重力做的功WG＝mgh，則運(yùn)動(dòng)員的重力勢能減少了mgh，故B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能的變化量等于除重力外其他力做的功，即運(yùn)動(dòng)員受到的阻力做的功，則有ΔE＝Wf＝－110mgh，可知運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能減少了1【例6】（2024·浙江諸暨模擬）如圖所示，兒童沿傾斜的滑梯勻加速下滑。下列關(guān)于滑梯與兒童褲料之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ、兒童的速度大小v、重力勢能Ep和機(jī)械能E隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的變化關(guān)系中正確的是（）答案：C解析：兒童下滑過程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即加速度a不變，則根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知v＝at，故v與t成正比，故B錯(cuò)誤；設(shè)滑梯與水平面傾斜角為θ，根據(jù)牛頓第二定律可知兒童所受合力為F合＝mgsinθ－μmgcosθ＝ma，則a＝gsinθ－μgcosθ，加速度不變，則動(dòng)摩擦因數(shù)μ不變，故A錯(cuò)誤；設(shè)兒童初始重力勢能為Ep0，重力做正功，則重力勢能減小，即mgh＝mgxsinθ＝mgsinθ×12at2＝Ep0－Ep，整理得Ep＝Ep0－mgsinθ×12at2可知Ep-t圖像應(yīng)該是向下開口的拋物線，故C正確；設(shè)初始機(jī)械能為E0，除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的其他力做功等于機(jī)械能改變，即－μmgxcosθ＝－μmgcosθ×12at2＝E－E0，整理得E＝E0－μmgcosθ×12at2，可知E-t圖像應(yīng)該是向下開口的拋物線【例7】（2024·山西太原二模）如圖所示，套在一光滑的水平固定輕桿上的小球A和另一小球B由繞過兩輕質(zhì)光滑定滑輪的細(xì)線相連，小球B、C通過一豎直輕彈簧相連，C球放在水平地面上，定滑輪N到水平輕桿的豎直距離為L。初始時(shí)MB和NA兩段細(xì)線均豎直，小球A位于輕桿上的P1點(diǎn)，細(xì)線剛剛伸直且無拉力作用?，F(xiàn)在用水平向右的恒力F＝mg拉小球A，當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到P2點(diǎn)時(shí)，NP2與水平方向的夾角為θ＝37°，此時(shí)C恰好離開地面。已知小球A、B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，細(xì)線與兩定滑輪之間的摩擦不計(jì)，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）彈簧的勁度系數(shù)；（2）A球在P2點(diǎn)時(shí)的速度大小。答案：（1）3mgL（2解析：（1）設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)，彈簧被壓縮，設(shè)壓縮量為x，對B有kx1＝mg，當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到P2處時(shí)，C恰好離開地面，此時(shí)彈簧處于伸長狀態(tài)，設(shè)伸長量為x2，對C有kx2＝mg，根據(jù)幾何關(guān)系可得x1＋x2＝Lsin37°－L＝23L，解得k（2）設(shè)A在P2點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，則此時(shí)vB＝vcos37°，小球A在P1和P2處，彈簧的彈性勢能不變，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒有F·Ltanθ＝mg（x1＋x2）＋12mv2＋12mvB2，解得A球在P彈簧彈性勢能公式的應(yīng)用1.在求彈簧的彈力做功時(shí)，因彈力為線性變化，可以先求平均力，再用功的定義進(jìn)行計(jì)算，也可以根據(jù)動(dòng)能定理和功能關(guān)系、能量轉(zhuǎn)化和守恒定律求解。2.要注意彈簧彈力做功的特點(diǎn)：Wk＝－12kx3.彈性勢能的公式為Ep＝12kx2，高考不作定量要求，可作定性討論。因此，在求彈力的功或彈性勢能的改變時(shí)，一般從能量的轉(zhuǎn)化與守恒的角度來求解【典例1】（2024·江西南昌三模）蹦極是一項(xiàng)非常刺激的戶外運(yùn)動(dòng)。一質(zhì)量為m的體驗(yàn)者（可視為質(zhì)點(diǎn)），綁著一根原長為L、勁度系數(shù)為k的彈性繩從高臺(tái)上墜下。已知彈性繩的彈性勢能Ep和形變量x的關(guān)系為Ep＝12kx2。若不計(jì)空氣阻力、體驗(yàn)者的初速度和繩的質(zhì)量，則下列說法正確的是（A.下落過程中該體驗(yàn)者的機(jī)械能守恒B.當(dāng)彈性繩伸長量等于mgk時(shí)，C.體驗(yàn)者的最大速度為2D.體驗(yàn)者下落的最大距離為mg答案：C解析：下落過程中，彈性繩的彈力做功，該體驗(yàn)者的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；當(dāng)彈性繩伸長量等于x1＝mgk時(shí)，則mg＝kx1，體驗(yàn)者的速度最大，當(dāng)體驗(yàn)者的速度為零時(shí)，體驗(yàn)者的動(dòng)能、重力勢能均為最小值，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈性繩的勢能達(dá)到最大值，故B錯(cuò)誤；當(dāng)彈性繩伸長量等于mgk時(shí)，體驗(yàn)者的速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理mg（L＋x1）－12kx12＝12mvm2，解得vm＝2gL＋mg2k，故C正確；體驗(yàn)者下落的距離最大時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得mg（L＋x2）－12kx22＝0，解得此時(shí)彈性繩伸長量為x2＝【典例2】（2024·山東高考7題）如圖所示，質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學(xué)，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過一根原長為l的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點(diǎn)等高且間距為d（d＜l）。兩木板與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，彈性繩勁度系數(shù)為k，被拉伸時(shí)彈性勢能E＝12kx2（x為繩的伸長量）?，F(xiàn)用水平力F緩慢拉動(dòng)乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開原位置，此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止，k保持不變，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g，則F所做的功等于（A.（μmg）22k＋μmgB.3（μmg）22k＋μC.3（μmg）22k＋2μD.（μmg）22k＋2μmg答案：B解析：方法一當(dāng)甲所坐木板剛要離開原位置時(shí)，對甲及其所坐木板組成的整體有μmg＝kx0，解得彈性繩的伸長量x0＝μmgk，則此時(shí)彈性繩的彈性勢能為E0＝12kx02＝μ2m2g22k，從開始拉動(dòng)乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過程，乙所坐木板的位移為x1＝x0＋（l－d），則由功能關(guān)系可知該過程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝方法二畫出外力F與乙所坐的木板的位移x的關(guān)系圖像如圖所示，則外力F做的功W＝μmg（l－d）＋（μmg+2μmg）2x0＝3（μmg）221.（2024·吉林長春三模）2024年國際體聯(lián)蹦床世界杯首站巴庫站比賽于北京時(shí)間2月25日落幕，中國蹦床隊(duì)斬獲3金2銀，取得“開門紅”。如圖所示，某次比賽時(shí)，運(yùn)動(dòng)員從蹦床正上方A點(diǎn)由靜止下落，運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)接觸蹦床并將蹦床壓縮至最低點(diǎn)C點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是（）A.運(yùn)動(dòng)員從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中機(jī)械能減小B.運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒C.運(yùn)動(dòng)員從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中動(dòng)能逐漸增大D.運(yùn)動(dòng)員從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中蹦床的彈性勢能先增大后減小解析：A運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒；運(yùn)動(dòng)員從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，蹦床對運(yùn)動(dòng)員的彈力做負(fù)功，運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能減小，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中先重力大于彈力，向下加速，后彈力大于重力，向下減速，則動(dòng)能先增大后減小，蹦床的彈性勢能一直增大，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。2.（2024·北京市海淀區(qū)高三?？迹┤鐖D所示，將輕質(zhì)彈簧的一端固定在水平桌面上O點(diǎn)，當(dāng)彈簧處于自由狀態(tài)時(shí)，彈簧另一端在A點(diǎn)。用一個(gè)金屬小球擠壓彈簧至B點(diǎn)，由靜止釋放小球，隨即小球被彈簧豎直彈出，已知C點(diǎn)為AB的中點(diǎn)，則（）A.從B到A過程中，小球的機(jī)械能守恒B.從B到A過程中，小球的動(dòng)能一直在增大C.從B到A過程中，彈簧的彈性勢能先增大后減小D.從B到C過程彈簧彈力對小球做功大于從C到A過程彈簧彈力對小球做功解析：D從B到A過程中，小球除受重力外還受彈簧對小球的彈力，且彈力做正功，故小球的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；從B到A過程中，彈簧彈力和重力平衡位置處動(dòng)能最大，合力對小球先做正功后做負(fù)功，小球的動(dòng)能先增大后減小，故B錯(cuò)誤；從B到A過程中，彈簧的壓縮量一直在減小，故彈簧的彈性勢能一直減小，故C錯(cuò)誤；因?yàn)閺腂到C過程彈簧的平均作用力大于從C到A過程彈簧的平均作用力，兩過程位移大小相等，故從B到C過程彈簧彈力對小球做的功大于從C到A過程彈簧彈力對小球做的功，故D正確。3.某踢出的足球在空中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，足球可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。用vy、E、Ek、P分別表示足球的豎直分速度大小、機(jī)械能、動(dòng)能、重力的瞬時(shí)功率大小，用t表示足球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，h表示足球離地面的高度，下列圖像中可能正確的是（）解析：C上升過程豎直速度vy＝v0y－gt，下降過程豎直速度vy＝gt，可知圖像是兩段直線，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；足球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能守恒，則E-t圖像是平行橫軸的直線，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知Ek＝Ek0－mgh，選項(xiàng)C正確；重力的功率P＝mgvy＝mgv0y2－2gh，則P-4.（2024·四川宜賓三模）如圖甲所示，彈跳鞋是一種新型體育用品鞋，其底部裝有彈簧，使用時(shí)人對彈簧施加壓力，使彈簧形變后產(chǎn)生豎直向上的彈力，將人向上彈離地面，某次上升過程中人的動(dòng)能Ek隨重心上升高度h變化的圖像如圖乙所示，上升高度為h1時(shí)動(dòng)能達(dá)到最大值，圖中h2～h3段對應(yīng)圖線為直線，其余部分為曲線，已知彈簧形變未超出彈性限度，空氣阻力忽略不計(jì)，下列說法錯(cuò)誤的是（）A.上升高度為h1時(shí)，人的加速度達(dá)到最大值B.上升高度為h2時(shí)，彈跳鞋離開地面C.在0～h2的上升過程中，人的機(jī)械能一直增大D.在h2～h3的上升過程中，人處于失重狀態(tài)解析：A假設(shè)彈簧的作用力為F，可知F＝kx，在上升過程中有F－mg＝ma，a＝F－mgm＝kx－mgm，隨著人的上升，彈簧形變量減小，a逐漸減小，在高度為h1時(shí)F＝mg，此時(shí)a＝0，并非加速度取最大值，故A錯(cuò)誤；由圖像可知，h1～h2階段人向上做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)仍有彈力。h2～h3階段人向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)已沒有彈力作用。因此h2高度時(shí)鞋開始脫離地面，故B正確；在0～h2的過程中，彈簧對人做正功，人的機(jī)械能增大，故C正確；在h2～h3的過程中，人做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，加速度向下5.（多選）（2024·黑龍江哈爾濱一模）如圖甲所示的無人機(jī)，某次從地面由靜止開始豎直向上飛行，該過程中加速度a隨上升高度h的變化關(guān)系如圖乙所示。已知無人機(jī)的質(zhì)量為m，重力加速度為g，取豎直向上為正方向，不計(jì)空氣阻力，則從地面飛至3h0高處的過程中，無人機(jī)（）A.先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng) B.飛至h0高處時(shí)速度大小為gC.飛至2h0高處時(shí)無人機(jī)所受的升力為2mg D.機(jī)械能增加量為5.5mgh0解析：BCD由圖乙可知，無人機(jī)先做變加速直線運(yùn)動(dòng)后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；飛至h0高處時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得W合＝12mgh0＝12mv2，解得速度大小為v＝gh0，故B正確；飛至2h0高處時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律F－mg＝mg，解得無人機(jī)所受的升力為F＝2mg，故C正確；從地面飛至3h0高處的過程中，無人機(jī)動(dòng)能的增加量ΔEk＝12mgh0＋mg·2h0＝2.5mgh0，重力勢能的增加量ΔEp＝mg·3h0＝3mgh0，機(jī)械能的增加量ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝5.5mgh6.（多選）（2024·廣東廣州二模）如圖豎直細(xì)管固定在薄板上，光滑鋼球在右側(cè)直管被磁鐵吸住，移動(dòng)磁鐵可使鋼球從不同高度釋放。撤去磁鐵，鋼球從靜止下滑并進(jìn)入管道做圓周運(yùn)動(dòng)。已知鋼球質(zhì)量為m，管道半徑為R，左右兩側(cè)管口到薄板距離分別為R和4R，重力加速度為g，則（）A.鋼球在圓管最高點(diǎn)的最大速率為2gRB.鋼球在圓管最高點(diǎn)對軌道的最小彈力為mgC.釋放高度h＝R，鋼球剛好能到達(dá)左側(cè)管口D.釋放高度h＞2R，鋼球能從左側(cè)管口離開解析：AD當(dāng)鋼球從右側(cè)管口處釋放時(shí)，鋼球的機(jī)械能最大，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速率最大，根據(jù)動(dòng)能定理得mg×（4R－2R）＝12mv2，解得v＝2gR，故A正確；當(dāng)鋼球的釋放高度h＝2.5R，此時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒得mg×（h－2R）＝12mv2，所需向心力Fn＝mv2R，解得Fn＝mg，可得此時(shí)重力恰好提供向心力，鋼球在圓管最高點(diǎn)時(shí)對軌道的彈力為零，故B錯(cuò)誤；鋼球若從左側(cè)管口離開，則鋼球需能到達(dá)圓管的最高點(diǎn)，由題意可知，鋼球恰能通過最高點(diǎn)時(shí)的速率為零，則根據(jù)機(jī)械能守恒得mg×（hmin－2R）＝0，解得hmin＝2R，所以，鋼球若能從左側(cè)管口離開，則釋放高度h≥2R，故C7.（2024·浙江臺(tái)州二模）如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺(tái)面上的固定彈射器、水平直軌道AB，圓心為O1的豎直半圓軌道BCD、圓心為O2的豎直半圓管道DEF，傾斜直軌道FG及彈性板等組成，軌道各部分平滑連接。已知滑塊質(zhì)量m＝0.02kg（可視為質(zhì)點(diǎn)），軌道BCD的半徑R＝0.9m，管道DEF的半徑r＝0.1m，滑塊與軌道FG間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，其余各部分軌道均光滑，軌道FG的長度l＝1m，傾角θ＝37°，滑塊與彈簧作用后，彈簧的彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為滑塊動(dòng)能，滑塊與彈性板作用后以等大速率彈回。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（1）在某次游戲中滑塊第1次運(yùn)動(dòng)到與O1等高的C點(diǎn)時(shí)的速度v1＝3m/s，求滑塊受到的支持力大小。（2）滑塊恰好到達(dá)F，求彈簧的彈性勢能。（3）彈射器將滑塊彈出后迅速撤走彈射器，要使滑塊最終停在軌道FG上，求彈簧的彈性勢能Ep的取值范圍。答案：（1）0.2N（2）0.45J（3）0.45J≤Ep≤0.656J解析：（1）滑塊在C點(diǎn)，受到的彈力提供向心力，則FNC＝mv12R，解得FNC＝0.2（2）假定滑塊剛好到達(dá)F點(diǎn)有vF＝0，從A運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)－mg（2R＋2r）＝－Ep1，解得Ep1＝0.4J，滑塊要能到F點(diǎn)，須先通過D點(diǎn)，剛好過D點(diǎn)時(shí)有mg＝mvD2R，得vD＝3m/s，從A運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，有－mg×2R＝12mvD2－Ep2，解得Ep2＝0.45J，因?yàn)镋p2＞Ep1，所以恰好到F點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢能為（3）由于μ＞tanθ，滑塊在彈回的過程中剛好停在F點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能最大，從A運(yùn)動(dòng)到F過程，根據(jù)動(dòng)能定理得－mg（2R＋2r）－μmgcosθ·2l＝0－Ep，解得Ep＝0.656J，所以彈簧的彈性勢能Ep的取值范圍0.45J≤Ep≤0.656J。8.（2024·湖南師大附中高三月考）如圖所示，質(zhì)量為m的小球甲穿過一豎直固定的光滑桿拴在輕彈簧上，彈簧下端固定在地面，質(zhì)量為4m的物體乙用輕繩跨過光滑的輕質(zhì)定滑輪與甲連接，開始用手托住乙，輕繩剛好伸直，滑輪左側(cè)繩豎直，右側(cè)繩與水平方向夾角為α。某時(shí)刻由靜止釋放乙（足夠高），經(jīng)過一段時(shí)間小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，OQ兩點(diǎn)的連線水平，OQ＝d，且小球在P、Q兩點(diǎn)處時(shí)彈簧彈力的大小相等。已知重力加速度為g，彈簧彈性勢能的表達(dá)式為Ep＝12kx2（k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量），sinα＝0.8，cosα＝0.6。求（1）彈簧的勁度系數(shù)k；（2）小球位于Q點(diǎn)時(shí)的速度大??；（3）小球甲和物體乙的機(jī)械能之和的最大值（設(shè)放手前甲、乙在同一水平面上，且以此水平面為零勢能面）。答案：（1）3mg2d（2）8gd3解析：（1）由于P、Q兩點(diǎn)處彈簧彈力的大小相等，則由胡克定律可知P點(diǎn)的壓縮量等于Q點(diǎn)的伸長量，由幾何關(guān)系知PQ＝dtanα＝43則小球位于P點(diǎn)時(shí)彈簧的壓縮量為x＝12PQ＝2對P點(diǎn)的小球由力的平衡條件可知mg＝kx解得k＝3mg（2）當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，假設(shè)小球甲的速度為v，此時(shí)小球甲的速度與繩子OQ垂直，所以物體乙的速度為零，又知小球、物體和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則由機(jī)械能守恒定律得4mg·dcosα－d－mgdtanα解得v＝8gd（3）由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律可知，彈簧彈性勢能為零時(shí)，小球甲和物體乙的機(jī)械能之和最大Em＝12kx2＝mgd第7講動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律1.（2024·江蘇高考9題）如圖所示，在水平面上靜止有一個(gè)U形滑板A，A的上表面有一個(gè)靜止的物體B，左側(cè)用輕彈簧連接在滑板A的左端，右側(cè)用一根細(xì)繩連接在滑板A的右端，開始時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細(xì)繩后，則（）A.彈簧恢復(fù)原長時(shí)A的動(dòng)能最大B.彈簧壓縮至最短時(shí)A的動(dòng)量最大C.整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)量變大D.整個(gè)系統(tǒng)機(jī)械能變大解析：A對A、彈簧與B組成的系統(tǒng)受力分析，該系統(tǒng)所受外力矢量和為零，則其動(dòng)量守恒，又運(yùn)動(dòng)過程中，只有彈簧彈力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，C、D錯(cuò)誤；對系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律可知mAvA＝mBvB，由機(jī)械能守恒定律有Ep＝12mAvA2＋12mBvB2，聯(lián)立兩式可知當(dāng)彈簧恢復(fù)至原長，彈簧的彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為A、B的動(dòng)能時(shí)，A的動(dòng)能最大，動(dòng)量也最大2.（多選）（2024·廣東高考10題）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個(gè)相同滑塊，分別從H甲、H乙高度同時(shí)由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，乙在水平面上追上甲時(shí)發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有（）A.甲在斜坡上運(yùn)動(dòng)時(shí)與乙相對靜止B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C.乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與H乙無關(guān)D.甲最終停止位置與O處相距H解析：ABD兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時(shí)由靜止開始下滑，則相對速度為0，故A正確；兩滑塊滑到水平面后均做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由于兩滑塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；設(shè)斜面傾角為θ，乙下滑過程有H乙＝12gsinθ·t12，在水平面運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t2后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3，則乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3，由于t1與H乙有關(guān)，則總時(shí)間與H乙有關(guān)，故C錯(cuò)誤；乙下滑過程有mgH乙＝12mv乙2，由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時(shí)乙最終停止的位置相同；則如果不發(fā)生碰撞，乙在水平面運(yùn)動(dòng)到停止有v乙2＝2μgx，聯(lián)立可得x＝H乙3.（2024·江蘇高考14題）嫦娥六號探測器于5月3日在中國文昌航天發(fā)射場發(fā)射升空并進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，探測器經(jīng)過軌道修正、近月制動(dòng)，順利進(jìn)入環(huán)月軌道飛行。此后，探測器經(jīng)歷著陸器和上升器組合體、軌道器和返回器組合體的分離。已知嫦娥六號在軌速度為v0，著陸器對應(yīng)的組合體A與軌道器對應(yīng)的組合體B分離時(shí)間為Δt，分離后B的速度為vB，且與v0同向，A、B的質(zhì)量分別為m、M。求：（1）分離后A的速度vA；（2）分離時(shí)A對B的推力大小。答案：（1）（m＋M）v解析：（1）A、B組成的系統(tǒng)沿速度方向動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有（m＋M）v0＝MvB＋mvA解得分離后A的速度vA＝（m（2）A、B分離的過程，對B由動(dòng)量定理有FΔt＝MvB－Mv0解得分離時(shí)A對B的推力大小為F＝Mv考點(diǎn)一動(dòng)量定理的應(yīng)用1.沖量的三種計(jì)算方法公式法I＝Ft適用于求恒力的沖量動(dòng)量定理法多用于求變力的沖量或F、t未知的情況圖像法F-t圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示力的沖量，若F與t成線性關(guān)系，也可直接用平均力求解2.動(dòng)量定理（1）公式：FΔt＝mv'－mv（2）應(yīng)用技巧①研究對象可以是單個(gè)物體，也可以是多個(gè)物體組成的系統(tǒng)。②表達(dá)式是矢量式，需要規(guī)定正方向。③勻變速直線運(yùn)動(dòng)，如果題目不涉及加速度和位移，用動(dòng)量定理比用牛頓第二定律求解更簡捷。④在變加速運(yùn)動(dòng)中F為Δt時(shí)間內(nèi)的平均力。⑤電磁感應(yīng)問題中，利用動(dòng)量定理可以求解時(shí)間、電荷量或?qū)w棒的位移。【例1】（2024·北京海淀三模）使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時(shí)刻（）A.甲的速度大小比乙的大B.甲的加速度大小比乙的加速度小C.甲的動(dòng)量大小比乙的大D.甲合力沖量與乙合力沖量大小相等答案：B解析：對甲、乙兩條形磁鐵水平方向分別受力分析，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有a甲＝F－μm甲gm甲、a乙＝F'－μm乙gm乙，由于F＝F'，m甲＞m乙，所以a甲＜a乙，由于兩物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，且同時(shí)由靜止釋放，可得v甲＜v乙，A錯(cuò)誤，B正確；對于整個(gè)系統(tǒng)而言，由于μm甲g＞μm乙g，系統(tǒng)所受合力方向向左，【例2】（2024·廣東汕頭一模）某實(shí)驗(yàn)小組用電池、電動(dòng)機(jī)等器材自制風(fēng)力小車，如圖所示，葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)將空氣以速度v向后排開，葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面積為S，空氣密度為ρ，下列說法正確的是（）A.風(fēng)力小車的原理是將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為小車的動(dòng)能B.t時(shí)間內(nèi)葉片排開的空氣質(zhì)量為ρSvC.葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)，空氣對小車的推力為ρSv2D.葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)，單位時(shí)間內(nèi)空氣流動(dòng)的動(dòng)能為12ρSv答案：C解析：風(fēng)力小車的原理是消耗電能，先轉(zhuǎn)化成風(fēng)能，再推動(dòng)小車運(yùn)動(dòng)，所以其原理是將電能轉(zhuǎn)化為小車的動(dòng)能，故A錯(cuò)誤；t時(shí)間內(nèi)葉片排開的空氣質(zhì)量為m＝ρvtS，故B錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理可得葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)，t時(shí)間內(nèi)葉片排開的空氣受到的推力F＝mvt＝ρSvt·vt＝ρSv2，根據(jù)牛頓第三定律可知空氣對小車的推力為ρSv2，故C正確；葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)，單位時(shí)間內(nèi)空氣流動(dòng)的動(dòng)能為Ek＝12m0v2＝12ρSv·v2＝12用動(dòng)量定理求解“流體”問題的方法1.建立“柱狀”模型，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S。2.隔離微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度為vΔt，對應(yīng)質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt，求小柱體的動(dòng)量變化Δp＝vΔm＝ρv2SΔt。3.應(yīng)用動(dòng)量定理FΔt＝Δp研究這段柱狀流體，列方程求解?！纠?】（多選）（2024·浙江6月選考15題）如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細(xì)桿與水平面成θ角。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小球套在細(xì)桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直細(xì)桿所在的豎直面，不計(jì)空氣阻力。小球以初速度v0沿細(xì)桿向上運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)，則該過程（）A.合力沖量大小為mv0cosθB.重力沖量大小為mv0sinθC.洛倫茲力沖量大小為qBD.若v0＝2mgcos答案：CD解析：根據(jù)動(dòng)量定理得I合＝0－mv0＝－mv0，則合力沖量大小為mv0，A錯(cuò)誤；小球上滑時(shí)間t＝v0gsinθ，重力沖量大小為mgt＝mg·v0gsinθ＝mv0sinθ，B錯(cuò)誤；小球所受洛倫茲力垂直桿向上，大小為qvB＝qB（v0－at）＝－qBat＋qBv0，隨時(shí)間線性變化。洛倫茲力的沖量大小為qv02Bt＝qv02B·v0gsinθ＝qBv022gsinθ，C正確；若v0＝2mgcosθqB，0時(shí)刻小球所受洛倫茲力為qv0B＝2mgcosθ，1.用動(dòng)量定理解題的基本思路2.對過程較復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)，可分段用動(dòng)量定理，也可整個(gè)過程用動(dòng)量定理?？键c(diǎn)二動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的三種表達(dá)形式（1）m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'，作用前的動(dòng)量之和等于作用后的動(dòng)量之和。（2）Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的變化量等大反向。（3）Δp＝0，系統(tǒng)總動(dòng)量的變化量為零?！纠?】如圖所示，我國自行研制的第五代隱形戰(zhàn)機(jī)“殲-20”以速度v0水平向右勻速飛行，到達(dá)目標(biāo)地時(shí)，將戰(zhàn)機(jī)上質(zhì)量為M的導(dǎo)彈自由釋放，導(dǎo)彈向后噴出質(zhì)量為m、對地速率為v1的燃?xì)?，則對噴氣后瞬間導(dǎo)彈的速率下列表述正確的是（）A.速率變大，為MB.速率變小，為MC.速率變小，為MD.速率變大，為M答案：A解析：設(shè)導(dǎo)彈飛行的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律可得Mv0＝（M－m）v－mv1，解得噴氣后瞬間導(dǎo)彈的速率v＝Mv0＋mv1M【例5】如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲。甲和他的冰車總質(zhì)量為M，乙和他的冰車總質(zhì)量也為M，游戲時(shí)，甲推著一個(gè)質(zhì)量為m的箱子和他一起以v0的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來。為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處，乙迅速抓住。不計(jì)冰面摩擦：（1）若甲將箱子以速度v推出，甲的速度變?yōu)槎嗌?；?）設(shè)乙抓住迎面滑來的速度為v的箱子后反向運(yùn)動(dòng)，乙抓住箱子后的速度變?yōu)槎嗌?；?）若甲、乙分別和他的冰車總質(zhì)量均為M＝30kg，箱子質(zhì)量m＝10kg，v0＝6m/s，為使甲、乙最后不相撞，則箱子被推出的速度至少多大（計(jì)算結(jié)果保留兩位小數(shù)）。答案：（1）（M＋m）v（3）21.43m/s解析：（1）甲將箱子推出的過程中，甲和箱子組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以甲的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得（M＋m）v0＝mv＋Mv1，解得v1＝（M（2）箱子和乙作用的過程動(dòng)量守恒，以箱子的速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得mv－Mv0＝（M＋m）v2，解得v2＝mv－（3）甲、乙不相撞的條件是v1≤v2，即（M＋m）v0－mvM≤mv－考點(diǎn)三碰撞與反沖問題1.碰撞問題遵循的三條原則2.反沖的兩條規(guī)律（1）總的機(jī)械能增加：反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以總機(jī)械能增加。（2）平均動(dòng)量守恒：若系統(tǒng)在全過程中動(dòng)量守恒，則這一系統(tǒng)在全過程中平均動(dòng)量必定守恒；若系統(tǒng)由兩個(gè)物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用后均發(fā)生運(yùn)動(dòng)，則有m1v1－m2v2＝【例6】（2024·山東濟(jì)寧一模）目前我國空間實(shí)驗(yàn)已走在世界的前列，神舟十六號航天員景海鵬、朱楊柱、桂海潮在空間站內(nèi)做了鋼球相互碰撞的實(shí)驗(yàn)。桂海潮用質(zhì)量較小的鋼球以0.6m/s水平向左的速度與靜止的質(zhì)量較大的鋼球正碰，碰后小鋼球與大鋼球速度大小分別為v1、v2，較小鋼球的質(zhì)量為較大鋼球質(zhì)量的一半，兩鋼球的碰撞可視為彈性碰撞。下列說法正確的是（）A.v1＝0.2m/s，方向水平向左B.v1＝0.2m/s，方向水平向右C.v2＝0.2m/s，方向水平向左D.v2＝0.1m/s，方向水平向左答案：B解析：設(shè)較小鋼球的質(zhì)量為m，較大鋼球的質(zhì)量為2m，碰后小鋼球與大鋼球的速度分別為v1'、v2'，兩鋼球的碰撞可視為彈性碰撞，以水平向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得mv0＝mv1'＋2mv2'，12mv02＝12mv1'2＋12×2mv2'2，代入數(shù)據(jù)解得v1'＝－0.2m/s，v2'＝0.4m/s，可知v1＝0.2m/s，方向水平向右；v2＝0.4【例7】噴氣背包曾經(jīng)是宇航員艙外活動(dòng)的主要?jiǎng)恿ρb置。假定宇航員與空間站保持相對靜止。啟動(dòng)噴氣背包后，橫截面積為S的噴口以速度v（以空間站為參考系）持續(xù)向后噴出密度為ρ的氣體。已知宇航員連同整套艙外太空服的質(zhì)量為M（含背包及其內(nèi)氣體），則啟動(dòng)噴氣背包，經(jīng)過時(shí)間t后宇航員相對空間站的速度大小為（）A.ρSvtM B.C.ρSvtM－ρSvt 答案：D解析：設(shè)啟動(dòng)噴氣背包，經(jīng)過時(shí)間t后宇航員相對空間站的速度大小為v'，規(guī)定宇航員相對空間站的速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得0＝－ρvtS·v＋（M－ρvtS）v'，解得v'＝ρSv2tM【例8】（2024·吉林高考14題）如圖，高度h＝0.8m的水平桌面上放置兩個(gè)相同物塊A、B，質(zhì)量mA＝mB＝0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時(shí)由靜止釋放A、B，彈簧恢復(fù)原長時(shí)A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0.4m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25m后停止。A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度g＝10m/s2。不計(jì)空氣阻力，求：（1）脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小vA和vB；（2）物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（3）整個(gè)過程，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。答案：（1）1m/s1m/s（2）0.2（3）0.12J解析：（1）A離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，則水平方向有xA＝vAt豎直方向有h＝12gt聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得vA＝1m/sA、B與彈簧相互作用的過程中，A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受彈簧彈力也等大反向，又A、B豎直方向上所受合力均為零，故A、B組成的系統(tǒng)所受外力矢量和為零，動(dòng)量守恒，則有mAvA＝mBvB解得vB＝1m/s。（2）對B離開彈簧后的運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmBgxB＝0－12mB代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.2。（3）對A、B與彈簧相互作用的過程，根據(jù)能量守恒定律有ΔEp＝12mAvA2＋12mBvB2＋μmAg·Δx代入數(shù)據(jù)解得ΔEp＝0.12J。歸納法解決多次碰撞問題當(dāng)兩個(gè)物體之間或物體與擋板之間發(fā)生多次碰撞時(shí)，因碰撞次數(shù)較多，過程復(fù)雜，在求解多次碰撞問題時(shí)，通?？捎玫揭韵聝煞N方法：數(shù)學(xué)歸納法先利用所學(xué)知識把前幾次碰撞過程理順，分析透徹，根據(jù)前幾次數(shù)據(jù)，利用數(shù)學(xué)歸納法，可寫出以后碰撞過程中對應(yīng)規(guī)律或結(jié)果，通常會(huì)出現(xiàn)等差、等比數(shù)列，然后可以利用數(shù)學(xué)數(shù)列求和公式計(jì)算全程的路程等數(shù)據(jù)圖像法通過分析前幾次碰撞情況，畫出物體對應(yīng)的v-t圖像，通過圖像可使運(yùn)動(dòng)過程清晰明了，并且可通過圖像與t軸所圍面積求出物體的位移【典例】（2024·山東聊城二模）如圖所示，長木板在光滑水平面上以v0＝2m/s的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，長木板質(zhì)量M＝0.5kg，某時(shí)刻在長木板的右端輕放一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊，小物塊的質(zhì)量m＝1.5kg，長木板右側(cè)有一固定擋板，擋板下方留有僅允許長木板通過的缺口，小物塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，小物塊與擋板發(fā)生正碰，碰撞是彈性碰撞。假設(shè)長木板右端到擋板的距離足夠大。重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）若要小物塊不從長木板上滑下，求長木板的長度至少是多少？（2）若長木板足夠長，質(zhì)量變?yōu)?.5kg，求：①小物塊和擋板第一次相碰后向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。②小物塊與擋板第n次碰撞到第n＋1次碰撞過程中，相對于長木板的位移是多少？答案：（1）0.625m（2）①1.5s②27×12解析：（1）設(shè)長木板和小物塊向右運(yùn)動(dòng)過程中第一次達(dá)到共速時(shí)的速度為v10，則由動(dòng)量守恒定律得Mv0＝（M＋m）v10，小物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞后，速度反向，大小不變，設(shè)長木板與小物塊再次共速時(shí)速度為v20，則由動(dòng)量守恒定律得mv10－Mv10＝（M＋m）v20，由能量守恒定律可得μmgL＝12Mv02－12（M＋m）v202，解得L＝（2）①更換長木板后，設(shè)長木板與小物塊第一次共速時(shí)速度為v，由動(dòng)量守恒定律可得M'v0＝（M'＋m）v，小物塊與擋板發(fā)生第一次彈性碰撞后，速度反向，大小不變，其向左運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)量定理可得－μmgt＝0－mv，解得t＝1.5s。②設(shè)小物塊與擋板第二次碰撞前的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律可得M'v－mv＝（M'＋m）v1，解得v1＝12v，設(shè)第三次碰撞前、第四次碰撞前，小物塊和木板的共同速度為v2、v3，同理可得v2＝12v1＝122v，v3＝12v2＝123v，根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，第n＋1次碰撞前的共同速度為vn＝12vn－1＝12nv，小物塊與擋板第n次碰撞到第n＋1次碰撞過程中，相對于長木板的位移是x，由能量守恒定律可得μmgx＝12（M'＋m）vn－12－11.（2024·河南鄭州三模）如圖所示，某同學(xué)利用平板車將貨物沿斜坡向上勻速運(yùn)送，貨物與小車之間始終沒有發(fā)生相對滑動(dòng)，則平板車與貨物組成的系統(tǒng)（）A.動(dòng)量增大 B.機(jī)械能不變C.所受合外力的沖量為零 D.所受推力做功為零解析：C平板車將貨物沿斜坡向上勻速運(yùn)送，速度不變，動(dòng)量不變，根據(jù)動(dòng)量定理可知所受合外力的沖量為零，A錯(cuò)誤，C正確；平板車將貨物沿斜坡向上勻速運(yùn)送，平板車與貨物組成的系統(tǒng)動(dòng)能不變，重力勢能增加，則機(jī)械能增加，B錯(cuò)誤；同學(xué)利用平板車將貨物沿斜坡向上勻速運(yùn)送，推力不為零，位移不為零，則所受推力做功不為零，D錯(cuò)誤。2.（2023·貴州安順一模）有些太空探測器裝配有離子發(fā)動(dòng)機(jī)，其工作原理是將被電離后的正離子從發(fā)動(dòng)機(jī)尾部高速噴出，從而為探測器提供推力。若發(fā)動(dòng)機(jī)向后噴出的離子的速率為25km/s（遠(yuǎn)大于探測器的飛行速率）時(shí)，探測器獲得的推力大小為0.1N，則該發(fā)動(dòng)機(jī)1s時(shí)間內(nèi)噴出離子的質(zhì)量為（）A.4×10－4kg B.4×10－5kgC.4×10－6kg D.4×10－7kg解析：C由牛頓第三定律可知1s時(shí)間內(nèi)噴出的離子受到發(fā)動(dòng)機(jī)的平均作用力大小為F＝0.1N，對1s時(shí)間內(nèi)噴出的離子，由動(dòng)量定理可得Ft＝mv－0，解得該發(fā)動(dòng)機(jī)1s時(shí)間內(nèi)噴出離子的質(zhì)量為m＝Ftv＝0.1×125000kg＝4×10－63.烏賊在無脊椎動(dòng)物中游泳最快，被稱為“水中火箭”。一只懸浮在水中的烏賊，吸滿水時(shí)的質(zhì)量為3kg，遇到危險(xiǎn)時(shí)，烏賊通過體管在0.1s時(shí)間內(nèi)將0.4kg的水向后以90m/s的速度噴出，從而獲得極大的逃竄速度，則烏賊在向后噴水的時(shí)間內(nèi)，獲得的向前平均推力約為（）A.360N B.560NC.640N D.2700N解析：A設(shè)向后為正方向，由動(dòng)量守恒定律有0＝m1v1－（M－m1）v2，由動(dòng)量定理有－Ft＝－（M－m1）v2－0，解得F＝360N，故選A。4.（2024·山西一模）在近地圓軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的天宮號空間站中，宇航員進(jìn)行了奇妙的“乒乓球”實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)中，朱楊柱做了一顆實(shí)心水球，桂海潮取出一塊用毛巾包好的普通乒乓球拍，球拍擊打水球后，水球被彈開了，則水球在與球拍作用過程中及被擊打后的一小段時(shí)間內(nèi)，水球（）A.與球拍作用過程中它們組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.與球拍作用過程中水球受地球引力的沖量為零C.被擊打后水球相對地球做變速曲線運(yùn)動(dòng)D.被擊打后水球相對天宮做勻速圓周運(yùn)動(dòng)解析：C水球與球拍作用過程中，把水球與球拍作為系統(tǒng)，受到手對系統(tǒng)的作用力，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；由沖量公式I＝Ft可知與球拍作用過程中水球受地球引力并且其作用時(shí)間不為0，所以它的沖量不為零，故B錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)艙內(nèi)的物體處于完全失重狀態(tài)，航天員會(huì)觀察到水球離開球拍后相對天宮號空間站做勻速直線運(yùn)動(dòng)，被擊打后水球相對地球做變速曲線運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤。5.水蠆（chǎi），就是蜻蜓的幼蟲，會(huì)將腹部所吸的水迅速向后噴出，所產(chǎn)生的反推力會(huì)帶動(dòng)它們向前飛速移動(dòng)以起到避害的作用。一只懸浮在水中的水蠆，當(dāng)吸滿水后，它的總質(zhì)量約為0.5g，遇到危險(xiǎn)時(shí)，通過短漏斗狀的體管在極短時(shí)間內(nèi)將水向后高速噴出，從而迅速逃竄，瞬時(shí)速度可達(dá)15m/s。已知噴射出水的質(zhì)量約為0.2g，則噴射水的瞬時(shí)速度約為（）A.20m/s B.22.5m/sC.37.5m/s D.45m/s解析：B由題意可知，水蠆逃竄時(shí)的速度達(dá)到v1＝15m/s，水蠆和噴出的水組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)水蠆噴射出水的速度為v2，取水蠆向前逃竄的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律可得（m－m0）v1－m0v2＝0，解得v2＝m－m0m0v1＝0.5－0.20.26.如圖所示，靜止在光滑水平面上的A、B、C三個(gè)質(zhì)量均為2kg的物體緊貼著放在一起，A、B之間有微量炸藥。炸藥爆炸后三個(gè)物體均沿水平方向運(yùn)動(dòng)且B對C做的功為16J，若炸藥爆炸過程釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為三個(gè)物體的動(dòng)能，則炸藥爆炸過程中釋放出的能量為（）A.48J B.64JC.96J D.108J解析：C對C由動(dòng)能定理得WC＝12mCvC2，解得vC＝4m/s，爆炸后B和C共速，即vBC＝vC＝4m/s，對A、B、C整體，動(dòng)量守恒，則mvA＝2mvBC，解得vA＝8m/s，爆炸釋放的能量為三者動(dòng)能之和，故E＝12mvA2＋12×2mvBC7.有一條捕魚小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長（估計(jì)一噸左右），一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺粗略測定它的質(zhì)量。他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭后停下來，而后輕輕下船。用卷尺測出船后退的距離為d，然后用卷尺測出船長L，已知他自身的質(zhì)量為m，則漁船的質(zhì)量M為（）A.mLd B.C.m（L＋d解析：B人從船尾走到船頭的過程動(dòng)量守恒，則Mv船＝mv人，即Mdt＝mL－dt，解得漁船的質(zhì)量為M＝m8.（2024·山東菏澤三模）風(fēng)箏在我國已存在兩千年之久，又有紙鳶、鷂子之稱。如圖所示，某時(shí)刻風(fēng)箏靜止在空中，風(fēng)箏面與水平面夾角為θ，牽引線與豎直方向夾角為2θ。已知風(fēng)箏質(zhì)量為m，垂直于風(fēng)箏面的風(fēng)速大小為v，風(fēng)箏面的面積為S，重力加速度為g，則風(fēng)箏所在高度空氣密度為（）A.2mgcosθSC.4mgSv2解析：A對風(fēng)箏受力分析如圖1所示，作出矢量三角形如圖2所示，可知風(fēng)箏此時(shí)獲得的垂直于風(fēng)箏面的力F＝2mgcosθ，根據(jù)牛頓第三定律，風(fēng)箏對垂直于風(fēng)箏面的風(fēng)的作用力大小也為F，以風(fēng)為研究對象，Δt時(shí)間內(nèi)，垂直打在風(fēng)箏面的風(fēng)的質(zhì)量Δm＝ρSvΔt，在垂直于風(fēng)箏面方向上由動(dòng)量定理有F·Δt＝Δm·v，聯(lián)立解得空氣密度為ρ＝2mgcosθS9.為測量某未知原子核的質(zhì)量，用帶正電的α粒子（24He