第5课时 功与功率 功能关系
(分值：100分)
选择题1～10题，每小题6分，共60分。
基础保分练
1.(多选)(2024·河南南阳模拟)解放军战士为了增强身体素质，进行拉轮胎负重训练，如图1所示，已知绳子与水平地面间的夹角恒为θ，轮胎质量为m，该战士由静止开始做加速直线运动，位移为x时，速度达到v，已知绳上拉力大小恒为F，重力加速度为g，则由静止加速到v的过程中( )
图1
轮胎克服阻力做的功为Fxcos θ
轮胎所受合外力做的功为mv2
拉力的最大功率为Fvcos θ
D.拉力所做的功为mv2＋Fxcos θ
2.(2023·湖北卷，4)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为( )
3.(多选)(2024·广东广州月考)如图2所示，无人驾驶小车在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的有( )
图2
从M到N，小车牵引力大小为40 N
从M到N，小车克服摩擦力做功800 J
从P到Q，小车重力势能增加1×104 J
从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J
4.(2024·河北廊坊高三期中)某次负重登山训练中，一质量为60 kg的运动员(视为质点)背着质量为20 kg的重物，在25 min内由山脚到达山顶(山顶与山脚的高度差为525 m)，重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
台阶对运动员的支持力做负功
运动员增加的重力势能约为3.15×104 J
运动员对重物做的功约为1.05×105 J
运动员克服自身重力做功的平均功率约为12 600 W
5.如图3所示，在水平向右的匀强电场中有一个绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J。下列说法正确的是( )
图3
金属块带负电荷
金属块克服电场力做功8 J
金属块的电势能减少4 J
金属块的机械能减少12 J
6.(2024·山东烟台高三期末)如图4所示，直角杆AOB位于竖直平面内，OA水平，OB竖直且光滑，用不可伸长的轻细绳相连的两小球a和b分别套在OA和OB杆上，b球的质量为1 kg，在作用于a球的水平拉力F的作用下，a、b均处于静止状态，此时a球到O点的距离l1＝0.3 m，b球到O点的距离h＝0.4 m。改变力F的大小，使a球向右加速运动，已知a球向右运动0.1 m时速度大小为6 m/s。g＝10 m/s2，则在此过程中绳对b球的拉力所做的功为( )
图4
33 J 32 J 19 J 10 J
7.(2024·山东省等级考抢分卷)物体浸在粘滞流体中时，表面上会附着一层流体，在运动时，物体所受的粘滞阻力就是物体表面附近的流层间的内摩擦力引起的。如图5所示，质量为m、体积为V的小球在粘滞流体中由静止释放，运动距离h后，小球达到最大速度v。已知重力加速度为g，液体密度为ρ。该过程小球克服粘滞阻力做的功可能为( )
图5
mgh mgh－ρgVh
mgh＋ρgVh－mv2 ρgVh－mgh－mv2
8.如图6所示，一个可视为质点的小木块从固定斜面的顶端由静止滑下，滑到水平面上的a点处停下。斜面与水平面粗糙程度相同，且平滑连接。现将斜面向右移动到虚线所示的位置，并固定在水平面上，再让小木块从斜面的某处由静止下滑，仍滑到a点处停下。则小木块释放的位置可能是( )
图6
甲 乙 丙 丁
提能增分练
9.(2024·广东模拟预测)一辆质量为m＝1.2×103 kg的参赛小汽车在平直的公路上从静止开始运动，牵引力F随时间t变化的关系图线如图7所示，8 s时汽车功率达到最大值，此后保持此功率继续行驶，24 s后可视为匀速。小汽车的最大功率恒定，受到的阻力大小恒定，则( )
图7
小汽车受到的阻力大小为7×103 N
小汽车匀加速运动阶段的加速度大小为4 m/s2
小汽车的最大功率为4×105 W
小汽车24 s后速度为40 m/s
10.(2024·海南海口模拟预测)如图8所示，一轻质弹簧一端固定在O点，另一端与小球相连。小球套在竖直固定、粗细均匀的粗糙杆上，OP与杆垂直，小球在P点时，弹簧处于自然伸长状态，M、N两点与O点的距离相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。小球从M点静止释放，在运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是( )
图8
小球运动到P点时速度最大
小球运动到N点时的速度是运动到P点速度的倍
从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变大再变小
从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
11.(13分)如图9所示，AB为一段弯曲轨道，固定在水平桌面上，与水平桌面相切于A点，B点距桌面的高度为h＝0.6 m，A、B两点间的水平距离为L＝0.8 m，轨道边缘B处有一轻小定滑轮，一根轻绳两端系着质量分别为m1与m2的物体P、Q，挂在定滑轮两边，P、Q可视为质点，且m1＝2.0 kg，m2＝0.4 kg。开始时P、Q均静止，P紧靠B点，P释放后沿弯曲轨道向下运动，运动到A点时轻绳突然断开，断开后沿水平桌面滑行x＝1.25 m停止。已知P与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2。求：
图9
(1)(3分)物体P经过A点时的速度大小；
(2)(3分)当P到达A点时，Q此时的速度大小；
(3)(3分)在物体P从B点运动到A点的过程中，物体Q重力势能的改变量；
(4)(4分)弯曲轨道对物体P的摩擦力所做的功。
12.(13分)(2023·江苏卷，15)如图10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。
图10
(1)(4分)求滑雪者运动到P点的时间t；
(2)(4分)求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
(3)(5分)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。
培优高分练
13.(14分)某校科技组利用图11甲所示装置研究过山车运动项目中所遵循的物理规律，图中Q为水平弹射装置，AB为倾角θ＝30°的倾斜轨道，取A点为坐标原点建立平面直角坐标系，以水平向左为x轴正方向、竖直向上为y轴正方向。Q可在坐标平面内移动，BC为水平轨道，CDC′为竖直圆轨道，C′E为足够长倾斜轨道，各轨道均平滑连接。已知滑块质量为m，圆轨道半径为R，轨道AB长为R，滑块与AB间动摩擦因数μ1随滑块到A点距离l的变化关系如图乙所示；BC长为2R，滑块与BC间动摩擦因数μ2＝0.5，其余各段轨道均光滑。弹射装置弹出的滑块均能无碰撞从A点切入斜面，滑块可视为质点。
图11
(1)(6分)求弹出点的坐标(x，y)应满足的函数关系式；
(2)(8分)弹出点的横坐标x为多大时，滑块从A点切入后恰好过最高点D？通过计算判断滑块返回后能否从A点滑出。
第5课时 功与功率 功能关系
1.BC [拉力所做的功为WF＝Fxcos θ，轮胎做加速运动，则Fcos θ＞f，则轮胎克服阻力做的功小于Fxcos θ，故A、D错误；由动能定理可知，轮胎所受合外力做的功为W合＝mv2，故B正确；拉力的最大功率为Pm＝Fvcos θ，故C正确。]
2.D [由题意可知对两节动车分别有P1＝f1v1，P2＝f2v2，当将它们编组后有P1＋P2＝(f1＋f2)v，联立可得v＝，故D正确。]
3.ABD [小车从M到N，依题意有P1＝Fv1＝200 W，代入数据解得F＝40 N，故A正确；小车从M到N匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为Ff1＝F＝40 N，则克服摩擦力做功为W1＝Ff1·MN＝40×20 J＝800 J，故B正确；小车从P到Q，重力势能增加量为ΔEp＝mg·PQsin 30°＝5×103 J，故C错误；小车从P到Q，摩擦力大小为Ff2，有Ff2＋mgsin 30°＝，代入数值解得Ff2＝35 N，克服摩擦力做功为W2＝Ff2·PQ＝700 J，故D正确。]
4.C [整个过程中，支持力的作用点没有发生位移，台阶对运动员的支持力不做功，故A错误；运动员的重力势能增加量ΔEp＝mgΔh＝60×10×525 J＝3.15×105 J，故B错误；重物的重力势能增加量ΔEp＝m′gΔh＝20×10×525 J＝1.05×105 J，所以运动员对重物做的功约为1.05×105 J，故C正确；运动员克服自身重力做功的平均功率约为P＝＝ W＝210 W，故D错误。]
5.D [金属块滑下的过程中动能增加了12 J，由动能定理知WG＋Wf＋WF＝ΔEk，摩擦力做功Wf＝－8 J，重力做功WG＝24 J，解得电场力做功WF＝－4 J，电场力做负功，金属块带正电荷，电势能增加了4 J，故A、B、C错误；由功能关系可知机械能的变化量ΔE＝Wf＋WF＝－12 J，即机械能减少了12 J，故D正确。]
6.A [a球向右运动0.1 m时，由几何关系得，b上升距离为h1＝0.4 m－ m＝0.1 m，此时细绳与水平方向夹角的正切值为tan θ＝，可知cos θ＝，sin θ＝，由运动的合成与分解知识可知vbsin θ＝vacos θ，可得vb＝8 m/s，以b球为研究对象，由动能定理得WF－mgh1＝mv，代入数据解得WF＝33 J，故A正确。]
7.D [小球运动方向不确定，需分情况讨论，设小球克服粘滞阻力做功为W
①小球向下运动时，由动能定理有mgh－ρgVh－W＝mv2，可得W＝mgh－ρgVh－mv2。
②小球向上运动时，由动能定理有ρgVh－mgh－W＝mv2，可得W＝ρgVh－mgh－mv2。
综上可知，D正确。 ]
8.C [设每个格子的边长为x，物块和接触面之间的动摩擦因数为μ，如图所示。
斜面移动前，有
mg·13x－μmgcos θ·－μmg·29x＝0
斜面移动后，有
mgy－μmgcos θ·－μmg·18x＝0
又tan θ＝，解得y≈8x，丙位置符合要求，C正确。]
9.C [由图可知，小汽车在前8 s内的牵引力不变，做匀加速直线运动，8～24 s内小汽车的牵引力逐渐减小，加速度逐渐减小，小汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值，以后做匀速直线运动。小汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，所以阻力f＝4×103 N，故A错误；前8 s内小汽车的牵引力为F＝10×103 N，由牛顿第二定律F－f＝ma可得a＝5 m/s2，故B错误；小汽车在8 s末的功率达到最大值，8 s末小汽车的速度v1＝at1＝5×8 m/s＝40 m/s，所以小汽车的最大功率P＝Fv1＝10×103×40 W＝4×105 W，故C正确；小汽车的最大速度为vm＝＝ m/s＝100 m/s，故小汽车24 s后速度为100 m/s，故D错误。]
10.D [小球从M→P，受力分析如图所示，
滑动摩擦力Ff＝μFN逐渐减小，加速度逐渐减小，加速度为零时速度最大，小球运动到P点时加速度不为零，所以到P点时速度不是最大，故A错误；小球从M点向P点运动过程，设弹簧与竖直方向夹角为θ，弹簧的拉力为F＝k(－L0)逐渐减小，支持力为FN＝Fsin θ＝k(L0－L0sin θ)逐渐减小，小球从M到P根据功能关系mgh＋Ep＝Q＋mv，从M到N根据功能关系2mgh＝2Q＋mv，则v2≠v1，故B错误；从M点到N点的运动过程中，到P点摩擦力等于0，则小球受到的摩擦力先变小再变大，故C错误；根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，摩擦力做功大小相等，故D正确。]
11.(1)2.5 m/s (2)2 m/s (3)4 J (4)－0.95 J
解析 (1)P在水平轨道上运动，根据动能定理得
－μm1gx＝0－m1v
解得P经过A点时的速度
v1＝＝ m/s＝2.5 m/s。
(2)设P经过A点时，Q的运动速度为v2，对速度v1分解如图所示，则有v2＝v1cos β
由几何关系得sin β＝＝0.6
则cos β＝0.8
解得v2＝2 m/s。
(3)P由B到A的过程中，Q上升的高度H＝＝1 m
Q重力势能的增量ΔEp＝m2gH＝4 J。
(4)对P与Q组成的系统，由功能关系有
m1gh－m2gH＋Wf＝m1v＋m2v
代入数据解得Wf＝－0.95 J。
12.(1) (2) (3)(1－μ)d
解析 (1)滑雪者由A点运动到P点的过程中，由牛顿第二定律得mgsin 45°－Ff＝ma
在垂直斜坡方向由平衡条件得mgcos 45°＝FN
又Ff＝μFN
解得a＝g(1－μ)
由运动学公式x＝at2得t＝。
(2)设P点到B点的过程重力做的功为WG，克服摩擦力做的功为Wf，则滑雪者从P点由静止开始下滑到B点的过程，由动能定理得WG－Wf＝0
滑雪者由A点到B点过程，由动能定理得
mgdsin 45°＋WG－Wf－μmgdcos 45°＝mv2
联立解得v＝。
(3)滑雪者离开B点后做斜抛运动，则
竖直方向的分速度vy＝vsin 45°＝
水平方向的分速度vx＝vcos 45°＝
滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大，则其在空中运动的时间t＝＝
则平台BC的最大长度为L＝vxt
联立解得L＝(1－μ)d。
13.(1)y＝ (2)R 能 见解析
解析 (1)滑块弹出后做平抛运动，由平抛运动的规律可知
x＝v0t，y＝gt2，tan θ＝
解得y＝。
(2)滑块恰好通过最高点D，满足mg＝m
由于动摩擦因数μ1与l成线性关系，故AB过程摩擦力做的功可用平均力做功计算。从弹出点到圆轨道最高点，由动能定理得
mg(y＋xABsin θ－2R)－mgcos θ·xAB－μ2mgxBC
＝mv－mv
其中＝μ1max＝
又y＝＝
联立解得y＝R，x＝2y＝R
滑块从C′E轨道上与D点等高的点返回到A点，根据动能定理可得mg·2R－mgxABsin θ－mgcos θ·xAB－μ2mgxBC＝
mv－mv，解得vA＝＞0，说明滑块能从A点滑出。第6课时 机械能守恒定律 能量守恒定律
选择题1～9题，每小题6分，共54分。
基础保分练
1.(2024·广东深圳高三期中)如图1所示为过山车的简易模型，从倾斜轨道上的A点由静止开始下滑，圆形轨道半径为R，过山车重量为Mg，忽略一切阻力作用，经过圆轨道最高点C时，轨道给过山车的压力为Mg，下滑点A距离圆轨道底部的高度h为( )
图1
A.2R B.3R C.4R D.5R
2.(多选)(2024·山西运城模拟预测)如图2所示，A、B两球分别用长度均为L的轻杆通过光滑铰链与C球连接，通过外力作用使两杆并拢，系统竖直放置在光滑水平地面上。某时刻将系统由静止释放，A、B两球开始向左右两边滑动。已知A、B两球的质量均为m，C球的质量为2m，三球均在同一竖直面内运动，忽略一切阻力，重力加速度为g。从静止释放到球C落地前的过程，下列说法正确的是( )
图2
A.A、B、C三球组成的系统机械能守恒
B.球C的机械能先减少后增加
C.球A速度达到最大时，球C的加速度大小为g
D.球C落地前瞬间的速度大小为2
3.(2024·广东深圳模拟)物体以动能E开始竖直向上运动，回到出发点时，动能为。取出发点位置的重力势能为零，整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物体上升阶段动能与重力势能相等时，其动能为( )
A. B. C. D.
4.(2024·陕西汉中一模)如图3所示，物块A套在光滑水平杆上，连接物块A的轻质细线与水平杆间所成夹角为θ＝53°，细线跨过同一高度上的两光滑定滑轮与质量相等的物块B相连，定滑轮顶部离水平杆距离为h＝0.8 m，现将物块B由静止释放，物块A、B均可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计空气阻力，则( )
图3
A.物块A与物块B速度大小始终相等
B.物块A能达到的最大速度为2 m/s
C.物块B下降过程中，重力始终大于细线拉力
D.当物块A经过左侧滑轮正下方时，物块B的速度最大
5.质量均为m、半径均为R的两个完全相同的小球A、B，在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道，两小球运动过程中始终接触，若两轨道通过一小段圆弧平滑连接，不计摩擦阻力及弯道处的能量损失，则两小球运动到最高点的过程中，A球对B球所做的功为( )
图4
A.0 B.mgRsin θ C.2mgRsin θ D.mgR
6.(多选)(2024·重庆模拟预测)教职工趣味运动会排球垫球比赛中，某老师将球沿竖直方向垫起。已知排球在空中受到的空气阻力与速度大小成正比，以竖直向上为正方向，v表示排球速度、x表示排球相对垫起点的位移、Ek表示排球的动能、
E机表示排球的机械能、t表示排球自垫起开始计时的运动时间，下列表示排球上升和下落过程中各物理量关系的图像可能正确的是( )
7.(2024·湖北宜昌高三模拟)如图5所示，与水平面平滑连接的固定斜面的顶端到水平面O点的高度为h，质量为m的小木块从斜面的顶端无初速度滑下，并运动到水平面上的A点停下。已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，＝x，下列说法正确的是( )
图5
A.斜面倾角θ越大，x越大
B.斜面倾角θ越小，x越大
C.若小木块从斜面顶端以初动能Ek＝mgh滑下，最后在水平面上的B点停下，则＝
D.若小木块从斜面顶端以初动能Ek＝3mgh滑下，并在A点固定一个挡板，小木块在A点与挡板发生弹性碰撞，则折返后恰能回到斜面顶端
提能增分练
8.(多选)(2024·江西南昌二模)一块质量为M的长木板A静止放在光滑的水平面上，质量为m的物体B(视为质点)以初速度v0从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下，该过程中，物体B的动能减少量为ΔEkB，长木板A的动能增加量为ΔEkA，A、B间摩擦产生的热量为Q(不考虑空气阻力)，关于ΔEkB、ΔEkA、Q的数值，下列三个数量关系一定可能的是( )
图6
A.ΔEkB＝3 J，ΔEkA＝1 J，Q＝2 J
B.ΔEkB＝6 J，ΔEkA＝2 J，Q＝4 J
C.ΔEkB＝7 J，ΔEkA＝3 J，Q＝7 J
D.ΔEkB＝8 J，ΔEkA＝3 J，Q＝3 J
9.(2024·江苏扬州模拟)如图7所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为2x0，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为x0，不计空气阻力，则( )
图7
A.弹簧的最大弹性势能为3mgx0
B.小球运动的最大速度等于2
C.弹簧的劲度系数为
D.小球运动中最大加速度为g
10.(15分)(2024·山东青岛一模)桶装水电动抽水器可以轻松实现一键自动取水。如图8，某同学把一个简易抽水器安装在水桶上，出水口水平。某次取水时，桶内水位高度h1＝20 cm，按键后测得t＝16 s内注满了0.8 L的水壶。已知抽水器出水口高度H＝60 cm、横截面积S＝0.5 cm2，水壶的高度h2＝15 cm，若该次取水过程中抽水器将电能转化为水的机械能的效率η ＝15%，忽略取水过程中桶内水位高度的变化，重力加速度g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3。
图8
(1)(7分)求接水时出水口到水壶口左边缘的最大水平距离；
(2)(8分)估算本次取水抽水器的功率。
11.(15分)(2024·福建福州高三期末)如图9所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数k＝100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为m＝1 kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度h＝0.6 m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求：
图9
(1)(5分)小球第一次经过C点的速度大小；
(2)(5分)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；
(3)(5分)小球最终停止的位置与B点的距离。
培优高分练
12.(16分)(2024·江苏卷，15)如图10所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块(可视为质点)在电动机作用下，从斜面底端A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，物块恰好到达最高点D点，重力加速度为g，不计电动机消耗的电热。求：
图10
(1)(5分)CD段长度x；
(2)(5分)BC段电动机的输出功率P；
(3)(6分)全过程储存的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。
第6课时 机械能守恒定律 能量守恒定律
1.B [经过圆轨道最高点C时，轨道给过山车的压力FN＝Mg，根据牛顿第二定律可得Mg＋FN＝m，解得vC＝，过山车从下滑点A到C点过程，根据机械能守恒定律可得Mg(h－2R)＝Mv，解得h＝3R，故B正确。]
2.ABC [从静止释放到球C落地前的过程，A、B、C三球组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，A正确；从静止释放后A、B两球先加速后减速，动能先增加后减少，而A、B、C三球组成的系统机械能守恒，则球C的机械能先减少后增加，B正确；当球A的加速度为0时速度达到最大值，此时杆对球的作用力为0，则此时球C只受重力作用，加速度大小为g，C正确；球C落地前瞬时，A、B两球的速度为零，对A、B、C三球组成的系统，有2mgL＝×2mv2，解得v＝，D错误。]
3.B [设上升的最大高度为h，根据功能关系有f·2h＝E－＝，根据能量守恒定律可得E＝mgh＋fh，解得mgh＝E，fh＝E，则f＝mg，若在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等，由能量守恒定律有Ek＋mgH＝E－fH，Ek＝Ep＝mgH，联立解得Ek＝E，故B正确。]
4.B [根据题意可知，物块A与物块B的速度关系为vAcos θ＝vB，两物块速度不相等，当物块A经过左侧滑轮正下方时，有vB＝vAcos 90°＝0，故A、D错误；当物块A运动到左侧定滑轮正下方时，物块B下降的距离最大，物块A的速度最大，根据机械能守恒定律有mBg(－h)＝mAv2，解得v＝2 m/s，故B正确；由上述分析可知，当物块A经过左侧滑轮正下方时，物块B的速度为0，在物块B向下先加速后减速，在物块B减速下降过程中，重力会小于细线拉力，故C错误。]
5.B [设A球的重心在斜面上上升的高度为h，两球的初速度大小为v0，对A、B整体，根据机械能守恒定律得×2mv＝mgh＋mg(h＋2Rsin θ)。设A球对B球所做的功为W，由动能定理有W－mg(h＋2Rsin θ)＝0－mv，解得W＝mgRsin θ，B项正确。]
6.BD [以竖直向上为正方向，初速度应为正值，故A错误；速度先减小为0后反向增大，所以x－t图像斜率先减小后变为负向增大，机械能一直有损失，导致上升过程中任意位置的速率都比下降过程同一位置速率大，则上升、下降经过同一位置处的动能不可能相等，因此上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，所以上升过程的时间小于下降过程的时间，故B正确，C错误；E机－x图像斜率表示空气阻力，空气阻力上升过程逐渐减小，下降过程逐渐增大，且上升过程机械能损失更多，故D正确。]
7.C [小木块从开始下滑到最后停在A点，设斜面的倾角为θ，斜面投影长度为x1，斜面底端到A点距离x2，由能量关系可知mgh＝μmgcos θ·＋μmgx2＝μmgx，解得h＝μx，则当h和μ一定时，x一定不变，故A、B错误；设＝x′，由能量关系可知Ek＋mgh＝μmgx′，解得x′＝，故C正确；小木块在A点与挡板发生弹性碰撞，无机械能损失，设折返后能回到斜面的高度为h′，根据能量守恒定律可知Ek＋mgh＝2μmgx＋mgh′，解得h′＝2h，故D错误。]
8.AB [设物体与木板间的摩擦力大小为Ff，物体B的位移为xB，木板A的位移为xA，对A有ΔEkA＝FfxA，对B有ΔEkB＝FfxB，且Q＝Ff(xB－xA)，A和B运动的v－t图像如图所示，图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，可看出xB＞(xB－xA)＞xA，所以有ΔEkB＞Q＞ΔEkA，故选项A、B正确。]
9.A [小球下落到最低点时重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，此时弹性势能最大，有Epmax＝3mgx0，故A正确；根据选项A和弹簧弹性势能的表达式有3mgx0＝kx，解得k＝，故C错误；当小球的重力等于弹簧弹力时，小球有最大速度，则有mg＝kx，再根据弹簧和小球组成的系统机械能守恒有mg(x＋2x0)＝mv＋kx2，解得最大速度为vmax＝，故B错误；小球运动到最低点时有kx0－mg＝ma，解得a＝5g，故D错误。]
10.(1)0.3 m (2)1.5 W
解析 (1)设出水口处水的速度为v0，由题意可得，
t＝16 s内抽水器抽出水的体积V＝Sv0t
解得v0＝1 m/s
平抛过程：竖直方向H－h2＝gt2
水平方向x＝ v0t
联立解得x＝0.3 m。
(2)在t＝16 s内，抽水机取水质量m＝ρV＝0.8 kg
根据能量守恒定律有ηPt＝mg(H－h1)＋mv
解得P＝1.5 W。
11.(1) m/s (2)6 J (3)0.2 m
解析 (1)小球进入管口C端时，它对上管壁有FN＝2.5mg的作用力，对小球由牛顿第二定律有2.5mg＋mg＝m
解得vC＝ m/s。
(2)在压缩弹簧过程中，合力为零时，速度最大，此时小球动能最大，设该位置为零势能面，弹簧的压缩量为x，有mg＝kx
由能量守恒定律有mg(r＋x)＋mv＝Ekm＋Ep
解得Ekm＝6 J。
(3)设BC段克服摩擦力做功为WBC，由A到C有
mgh－WBC＝mv
对整个过程分析可知，设共经过N次BC段，有mgh＝NWBC
解得N＝2.4
即小球最后从B位置向C位置运动过程中停下，设小球最终停在距离B点为s，有0.4WBC＝μmgs
解得s＝0.2 m。
12.(1) (2)mgv(sin θ＋μcos θ) (3)
解析 (1)解法一 对物块从C点运动到D点的过程，由动能定理有－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv2
解得x＝。
解法二 对物块从C点运动到D点的过程，由牛顿第二定律有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
由运动学规律有0－v2＝－2ax
联立解得x＝。
(2)物块在BC段做匀速直线运动，由平衡条件有
F＝mgsin θ＋μmgcos θ
则电动机的输出功率P＝Fv＝mgv(sin θ＋μcos θ)。
(3)根据题意，全过程储存的机械能
E1＝mgLsin θ
由能量守恒定律可知电动机消耗的总电能
E2＝mgLsin θ＋μmgLcos θ
则＝。第7课时 动量定理 动量守恒定律
(分值：100分)
选择题1～8题，每小题9分，共72分。
基础保分练
1.(2024·江苏淮阴高三适应性考试)2024年4月30日，神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱经历一系列减速过程后，在距离地面高度只有1 m时，返回舱的速度为7 m/s，此时底部的反推火箭将瞬间点火，让返回舱的速度快速降至2 m/s，从而实现软着陆。已知返回舱的总质量约为3 t，重力加速度取10 m/s2，火箭点火时间约为0.15 s，则点火过程返回舱受到的反向推力约为( )
7.0×104 N 1.0×105 N
1.3×105 N 1.6×105 N
2.(2024·湖北武汉高三期末)一物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻起，受到的水平外力F作用，如图1所示，以向右运动为正方向，物体质量为2.5 kg，则下列说法正确的是( )
图1
t＝2 s时物体回到出发点
t＝3 s时物体的速度大小为1 m/s
前2 s内物体的平均速度为0
第3 s内物体的位移为1 m
3.(多选)(2023·新课标卷，19)如图2，使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻( )
图2
甲的速度大小比乙的大
甲的动量大小比乙的小
甲的动量大小与乙的相等
甲和乙的动量之和不为零
4.(多选)高速磁悬浮列车在水平长直轨道上运行，车头会受到前方空气的阻力，假设列车周围空气静止，车头前方的空气碰到车头后速度变为与车厢速度相同。已知空气密度为ρ，车头的迎风面积(垂直运动方向上的投影面积)为S，列车额定功率为P，以最大速度匀速运行。若只考虑车头有空气阻力，不计轨道摩擦等其他阻力作用，下列说法正确的是 ( )
图3
列车的最大运行速度为
列车的最大运行速度为
列车受到的最大阻力为
列车受到的最大阻力为
5.如图4所示，质量相等的A、B两小球在光滑的水平面上发生正碰，碰前A、B的速度分别为vA＝3 m/s，vB＝－1 m/s，碰后A、B两小球的速度vA′和vB′可能是( )
图4
vA′＝－1 m/s，vB′＝1 m/s
vA′＝2 m/s，vB′＝0
vA′＝0，vB′＝2 m/s
vA′＝－2 m/s，vB′＝4 m/s
6.(多选)(2024·河北邯郸一模)如图5所示，光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，小物块B放置在水平轨道上，小物块A从圆弧轨道释放，A、B在水平轨道上发生碰撞。第一次碰撞之后A滑上圆弧轨道，然后返回与B发生第二次碰撞，已知B的质量是A质量的4倍，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比可能为( )
图5
4 2
7.如图6所示，滑块A、B、C位于光滑水平面上，已知A、B、C的质量均为1 kg。滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0＝2 m/s速度水平向右运动，弹簧被压缩到最短时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，则B和C碰撞过程中整个系统损失的机械能为( )
图6
0.25 J 0.50 J 0.75 J 1.00 J
提能增分练
8.(多选)(2024·吉林一中一模)碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了碰碰车，如图7所示为两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。在某次碰撞时，红车静止在水平面上，黄车以恒定的速度与红车发生正撞；已知黄车和红车连同游客的质量分别为m1、m2，碰后两车的速度大小分别为v1、v2，假设碰撞的过程没有机械能损失。则下列说法正确的是( )
图7
若碰后两车的运动方向相同，则一定有m1＞m2
若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比可能为5∶6
若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有m2＞3m1
碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3∶1
9.(13分)如图8所示，小球B和小球C静止在光滑水平面上，轻弹簧一端固定在B球上，另一端与C球接触但未拴接，弹簧处于自然伸长状态，小球A从光滑圆弧面上距水平地面高h处由静止滑下，圆弧面与水平地面平滑连接，A球与B球发生弹性正碰，并在碰撞后立即将A球拿走。已知小球A的质量为m，小球B的质量为3m，重力加速度为g，求：
图8
(1)(6分)A球和B球碰撞后瞬间，B球的速度大小；
(2)(7分)要使C球能获得最大动能，C球的质量应为多少。
培优高分练
10.(15分)(2024·湖北恩施二模)如图9所示，光滑水平面上的小车质量为2m，小车左侧部分有半径为R的光滑圆弧轨道，与水平轨道AB相切于A点，小车右端B点固定一个竖直弹性挡板，A、B间距为2R。质量为m的小物块从圆弧轨道最高点以v0＝2的速度滑下，已知小物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。
图9
(1)(5分)若将小车固定，求物块经过圆弧轨道最低点时受到支持力的大小；
(2)(5分)若小车不固定，求物块第一次滑过A点时小车的速度大小；
(3)(5分)若小车不固定，求物块最终静止的位置与A点的距离及全过程小车的位移大小。
第7课时 动量定理 动量守恒定律
1.C [根据动量定理，有mgt－Ft＝mv2－mv1，解得点火过程返回舱受到的反向推力约为F＝1.3×105 N，故C正确。]
2.D [由题图知Ft－Ft＝0，t＝2 s时物体速度变为0，没有回到原点，A错误；0～3 s内，由动量定理知Ft－Ft＋Ft′＝mv－0，解得v＝2 m/s，B错误；前2 s内物体位移不为0，由＝知平均速度不为0，C错误；第3 s内物体做初速度为0的匀加速直线运动，位移x＝at2＝××12 m＝1 m，D正确。]
3.BD [根据F－μmg＝ma可得a＝F－μg，因m甲＞m乙，故a甲＜a乙，则任意时刻甲的速度大小比乙的小，A错误；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，则Ff甲＞Ff乙，故甲和乙组成的系统所受合外力向左，合外力的冲量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。]
4.AC [设磁悬浮列车的速度为v，列车对空气的作用力为F，则根据动量定理可得Ft＝ρvtSv－0＝ρv2tS，解得F＝ρSv2，当牵引力等于阻力时，列车速度达到最大，则有P＝Fvmax，解得vmax＝，A项正确，B项错误；根据牛顿第三定律可知此时列车受到的空气阻力为f＝ρSv＝，C项正确，D项错误。]
5.C [两球碰撞前后应满足动量守恒定律，有mvA＋mvB＝mvA′＋mvB′，选项A中数据不满足动量守恒，A错误；B、C两个选项满足动量守恒mvA＋mvB＝mvA′＋mvB′，也满足碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和，即mv＋mv≥mvA′2＋mvB′2，如果碰后A的速度方向不变，则A球的速度不大于B球的速度，即有vA′≤vB′，B错误，C正确；选项D中，碰前两球的动能之和Ek前＝mv＋mv＝5m，碰后两球的动能之和Ek后＝mvA′2＋mvB′2＝10m，动能增加，D错误。]
6.BC [设物块A的质量为m，A碰前速度为v0，碰后速度为v1，物块B碰后速度为v2。若第一次A、B小物块发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒定律，有mv0＝－mv1＋4mv2，mv＝mv＋×4mv，解得v1＝v0，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比为5∶3。因为A能第二次与B碰撞，应该第一次碰后A的速度比B的速度大，即mv0＝－mv1＋4mv2，v1＞v2，联立解得v1＞，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比应小于3∶1，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比应介于上面两比值之间，故B、C正确，A、D错误。]
7.A [对A、B系统，A、B速度相等时，弹簧被压缩到最短，根据动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v1，代入数据解得弹簧被压缩到最短时，B的速度v1＝1 m/s，此时B与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由动量守恒定律得mBv1＝(mB＋mC)v2，代入数据解得v2＝0.5 m/s，只有B与C发生非弹性碰撞，有机械能损失，则系统损失的机械能为ΔE＝mBv－(mB＋mC)v＝0.25 J，A项正确。]
8.AC [根据动量守恒定律与机械能守恒定律有m1v＝m1v1＋m2v2，m1v2＝m1v＋m2v，得v1＝v，v2＝v，可知，当m1＞m2时，两车速度方向相同，A正确；若碰后黄车反向运动，则m1＜m2，可知碰撞后黄车速度小于碰撞前的速度，碰撞前后黄车的速度大小之比不可能为5∶6，B错误；若碰后黄车反向运动且速度大于红车，即v＞v，解得m2＞3m1，C正确；设碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比为3∶1，即v2∶v＝3∶1，解得m1＋3m2＝0，不符合实际情况，D错误。]
9.(1) (2)3m
解析 (1)设球A与B第一次碰撞前的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有
mgh＝mv
解得v0＝
设碰撞后，A球的速度大小为v1，B球的速度大小为v2，根据动量守恒定律有mv0＝－mv1＋3mv2
根据能量守恒定律有mv＝mv＋×3mv
解得v2＝v0＝。
(2)设C球的质量为mC，要使C球具有最大动能，则B、C通过弹簧作用，将C球弹离时，B球的速度为零，设C球获得的速度大小为v3，根据动量守恒定律有3mv2＝mCv3
根据能量守恒定律有×3mv＝mCv
解得v3＝v2，mC＝3m。
10.(1)7mg (2) (3)2R R
解析 (1)若将小车固定，物块滑到圆弧轨道最低点的过程中，根据机械能守恒定律有mgR＋mv＝mv2
在最低点，由牛顿第二定律有FN－mg＝m
联立解得FN＝7mg。
(2)若小车不固定，物块与小车在水平方向动量守恒，且同时满足能量守恒，则有0＝mvA＋2mv1
mv＋mgR＝mv＋×2mv
联立解得vA＝2，v1＝－
可知物块第一次滑过A点时小车的速度大小为。
(3)由于圆弧轨道最左端的切线在竖直方向，物块若飞出小车其水平速度必然与小车一致，还会回到小车，又该系统水平方向总动量为零，经过水平轨道的循环摩擦后物块与小车最终必然均静止。设物块返回后能够上升的最大高度为h，由能量守恒定律有mv＋mgR＝2μmg·2R＋mgh
解得h＝R
即物块与挡板碰撞后刚好返回到圆弧轨道最高点，没有飞出小车，设物块相对AB段滑行的总路程为s，则由能量守恒定律有mv＋mgR＝μmgs
解得s＝6R
则可知物块最终将停在B点，距A点2R。设全过程物块的水平位移为x1，小车的水平位移为x2，水平方向由动量守恒定律可得mx1＝2mx2
而x1＋x2＝3R
联立解得x2＝R。增分培优1 利用动力学和能量观点分析传送带问题
(分值：60分)
选择题1～3题，每小题5分，共15分。
1.(多选)一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图1所示。取沿传送带向下的方向为正方向，则下列v－t图中可能描述小物块在传送带上运动的是( )
图1
A B C D
2.(多选)如图2，质量m＝2 kg的小物块以水平初速度v0＝6 m/s从左端滑上长L＝3 m的水平传送带，小物块始终受到一个方向水平向右、大小F＝4 N的恒力作用，传送带在电动机的带动下沿顺时针方向运行，速度大小恒为0.5v0。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，关于小物块在传送带上运动的过程，下列说法正确的是( )
图2
小物块一直做匀速直线运动
恒力F对小物块做的功为6 J
小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为6 J
因小物块在传送带上运动电动机多消耗的电能为6 J
3.(2024·四川宜宾二模)如图3甲为皮带输送机简化模型图，皮带输送机倾角θ＝37°，顺时针匀速转动，在输送带下端A点无初速放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移x的关系图像(以A位置所在水平面为零势能面)如图乙所示。货物视为质点，质量m＝10 kg，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
图3
货物与输送带间的动摩擦因数为0.825
输送带A、B两端点间的距离为8 m
货物从下端A点运动到上端B点的时间为9 s
皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为585 J
4.(15分)(2024·四川德阳二模)如图4所示，静止的粗糙传送带与水平面夹角为θ＝37°，传送带顶端到底端的距离为L＝14.25 m，平行于传送带的轻绳一端连接质量为m1＝0.3 kg的小物体A，另一端跨过光滑定滑轮连接质量为m2＝0.1 kg的小物体B，在外力的作用下，小物体A静止于传送带的顶端。t＝0时，撤去外力，同时传送带从静止开始以加速度大小为a0＝7 m/s2、顺时针方向匀加速转动，传送带速率达到v＝7 m/s后匀速转动。已知小物体A与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25，小物体B始终未与定滑轮相撞，重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图4
(1)(7分)传送带匀加速转动瞬间，小物体A加速度的大小；
(2)(8分)小物体A从传送带顶端运动到底端的时间。
5.(15分)(2024·山东济宁一模)某货物传送装置简化图如图5甲所示，该装置由传送带及固定挡板CDEF组成，挡板与传送带上表面ABCD垂直，传送带上表面与水平地面的夹角θ＝37°，CD与水平面平行。传送带始终匀速转动，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生位移L＝10 m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知传送带速率v0＝2 m/s，货物质量m＝10 kg，货物与传送带的动摩擦因数μ1＝0.5，与挡板的动摩擦因数μ2＝0.25(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力)。求：
图5
(1)(7分)货物在传送带上经历的时间t；
(2)(8分)因运送货物传送装置多消耗的电能E。
6.(15分)(2024·江苏淮安模拟预测)如图6所示，在电动机的带动下以v＝3 m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带左端与粗糙的弧形轨道平滑对接。质量m＝2 kg的物体(可视为质点)从轨道上高h＝2 m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0＝5 m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带两端AB之间的距离L＝3.4 m。传送带右端与光滑水平面平滑对接，物体与质量m0＝4 kg的静止小球发生弹性正碰。重力加速度g＝10 m/s2。求：
图6
(1)(5分)物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功；
(2)(5分)物体第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对物体的冲量大小；
(3)(5分)物体与小球碰后到向右再次经过B点的过程中，因为物体在传送带上滑动电动机多消耗的电能。
增分培优1 利用动力学和能量观点分析传送带问题
1.ABC [当小物块的初速度沿斜面向下(μ＞tan θ)，且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即a＝gsin θ＋μgcos θ，可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，若传送带足够长，则会出现小物块达到传送带速度时，满足mgsin θ＜μmgcos θ，可知二者将共速，故A、B正确；当小物块的初速度沿斜面向上(μ＞tan θ)，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即a＝gsin θ＋μgcos θ，可知小物块先沿传送带向上做匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，若传送带足够长会出现与传送带共速的情况(μ＞tan θ)或者继续匀加速(μ＜tan θ)，此时加速度满足a′＝gsin θ－μgcos θ＜a，故C正确，D错误。]
2.ACD [由于F＝μmg，则小物块一直做匀速直线运动，A正确；恒力F对小物块做的功为W＝FL＝12 J，B错误；小物块的运动时间为t＝＝0.5 s，小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为Q＝μmg(v0t－0.5v0t)＝6 J，C正确；因小物块在传送带上运动，电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功，即E＝μmg·0.5v0t＝6 J，D正确。]
3.C [由题图可知，货物从开始运动到与传送带相对静止，有ΔE1＝μmgcos 37°·Δx1，对货物有Δx1＝x传－x货＝vt1－vt1＝0.5 m，解得μ＝0.875，故A项错误；由图像可知，物块沿传送带向上运动0.5 m后与传送带相对静止，此后物块的动能不变，重力势能增加，有mgx2sin 37°＝ΔE，其中ΔE＝E2－E1＝480 J，解得x2＝8 m，则传送带两端点之间的距离为L＝x货＋x2＝8.5 m，故B项错误；设加速阶段的加速度大小为a，有μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得a＝1 m/s2，设加速阶段时间为t1，有x货＝at，解得t1＝1 s；又v2＝2ax货，设匀速阶段时间为t2，有x2＝vt2，解得t2＝8 s，所以总时间为t＝t1＋t2＝9 s，故C项正确；由能量守恒定律知，皮带输送机多消耗的能量为E＝μmgcos 37°·Δx1＋mv2＋mgLsin 37°，解得E＝550 J，故D项错误。]
4.(1)3.5 m/s2 (2)3 s
解析 (1)设小物体A加速度的大小为a1，绳子的拉力为T1，对小物体A，由牛顿第二定律，有
m1gsin θ＋μm1gcos θ－T1＝m1a1
对物体B，由牛顿第二定律，有T1－m2g＝m2a1
解得a1＝3.5 m/s2。
(2)小物体A从静止到速度等于7 m/s的过程有
t1＝＝2 s，x1＝a1t12＝7 m
当A、B整体的速度等于7 m/s时，摩擦力会改变方向，设小物体A此时的加速度为a2，绳子的拉力为T2，则对小物体A，由牛顿第二定律，有m1gsin θ－μm1gcos θ－T2＝m1a2
对小物体B，由牛顿第二定律，有
T2－m2g＝m2a2，v－v2＝2a2(L－x1)
解得a2＝0.5 m/s2，v1＝7.5 m/s，t2＝＝1 s
总时间为t＝t1＋t2＝3 s。
5.(1)5.4 s (2)202 J
解析 (1)令传送带对货物的弹力为FN1，挡板对货物的弹力大小为FN2，对货物进行受力分析有FN1＝mgcos θ，FN2＝mgsin θ
由牛顿第二定律有μ1FN1－μ2FN2＝ma
解得a＝2.5 m/s2
货物匀加速至2 m/s的过程，根据速度与位移关系有v＝2ax0
解得x0＝ m＝0.8 m＜L＝10 m
匀加速直线运动的时间t1＝＝ s＝0.8 s
之后货物做匀速直线运动，经历时间
t2＝＝ s＝4.6 s
则货物在传送带上经历的时间t＝t1＋t2＝5.4 s。
(2)货物在匀加速与匀速运动过程中，传送带的位移分别为
x1＝v0t1＝1.6 m，x2＝v0t2＝9.2 m
货物匀加速过程传送带克服摩擦力做功为
Wf1＝Ff1x1＝μ1mgcos θ·x1＝64 J
货物匀速过程传送带克服摩擦力做功为
Wf2＝Ff2x2＝μ2mgsin θ·x2＝138 J
则因运送货物传送装置多消耗的电能为
E＝Wf1＋Wf2＝202 J。
6.(1)－15 J (2)4 N·s (3)12 J
解析 (1)物体从P到A根据动能定理，有
mgh＋Wf＝mv
代入数据解得Wf＝－15 J。
(2)由于物体冲上传送带的初速度大于传送带的速度，开始物体相对传送带向右做匀减速运动，则有μmg＝ma
解得a＝5 m/s2
物体向右先做匀减速直线运动，减速至与传送带同速时通过的位移x1＝
代入数据解得x1＝1.6 m＜3.4 m
可知物体在传送带上先向右做匀减速直线运动，后向右做匀速直线运动，传送带对物体的摩擦力的冲量为If＝mv－mv0
解得If＝－4 N·s，方向向左。
(3)物体第一次与小球发生弹性碰撞，令物体反弹回来的速度为v1，右侧小球碰后速度为v2，根据动量守恒定律，有
mv＝mv1＋m0v2
根据机械能守恒定律，有mv2＝mv＋m0v
解得v1＝－1 m/s，v2＝2 m/s
物体被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，有0－v＝－2ax2
解得x2＝0.1 m＜3.4 m
根据v1＝at1
可得经历的时间为t1＝＝0.2 s
可知物体第一次返回还没有到达传送带左端速度已经减为零，随后将再次向右做匀加速直线运动，根据对称性可知，速度将再次增加到v1，因为 v1小于小球速度，物体与小球不会再次碰撞，所以此过程电动机多消耗的电能为E＝2μmgvt1
解得E＝12 J。增分培优2 “滑块—木板”模型的综合问题
(分值：60分)
选择题1～3题，每小题5分，共15分。
1.(多选)如图1甲所示，小车B紧靠平台边缘静止在光滑水平面上，物体A(可视为质点)以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上(未冲出)，物体和小车的v－t图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则以下说法正确的是( )
图1
物体A与小车B间的动摩擦因数为0.3
物体A与小车B的质量之比为1∶2
小车B的最小长度为2 m
如果仅增大物体A的质量，物体A有可能冲出去
2.(多选)如图2所示，质量为m1＝4 kg的木板放在光滑的水平面上，其上放置一个质量m2＝2 kg的物块，木板和物块间的动摩擦因数为0.4，木板的长度为4 m，物块可视为质点，现用一大小为F＝16 N的力作用在物块上，下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
图2
木板的加速度为2 m/s2
物块的加速度为6 m/s2
经过2 s物块从木板上滑离
物块离开木板时的速度为8 m/s
3.(多选)(2024·河南信阳一模)如图3所示，质量为M＝1 kg的长木板放在粗糙的水平地面上，质量m＝0.5 kg的小物块置于长木板右端，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1。现给小物块施加一个水平向左的恒力F1＝3 N，给长木板施加一个水平向右的恒力F2＝4.5 N。2 s时撤掉力F1，小物块始终未从长木板上掉下来。下列说法正确的是( )
图3
0～2 s长木板的加速度aM＝3 m/s2
0～2 s过程中F1对小物块做了12 J的功
0～4 s的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝24 J
恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量
4.(15分)如图4所示，光滑水平地面上有一质量为M＝2 kg的木板，木板的左端放有一质量为m＝1 kg的小木块，木块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.1。在木板两侧地面上各有一竖直固定墙壁，起初木板靠左侧墙壁静止放置。现给木块向右的水平初速度v0＝3 m/s，在此后运动过程中木板与墙壁碰撞前木块和木板均已相对静止，木块始终没有从木板上掉下，木块与墙壁没发生碰撞。设木板与墙壁碰撞时间极短且无机械能损失，g＝10 m/s2，求：
图4
(1)(5分)第一次碰撞墙壁对木板的冲量大小I；
(2)(5分)木板的最短长度L；
(3)(5分)木块与木板发生相对滑动的总时间t。
5.(15分)(2024·广东江门一模)如图5是工人传输货物的示意图，工人甲把质量m＝7 kg货物从倾斜轨道的顶端A点由静止释放，货物从轨道的底端B点(B点处有一段长度不计的小圆弧)滑上放置在水平地面上的长木板。长木板的右端到达反弹装置左端C点的瞬间，货物刚好运动到长木板的最右端且与长木板达到共速，此时工人乙控制机械抓手迅速把货物抓起放到存货区，长木板进入反弹装置，反弹后长木板的最左端返回B点时恰好静止。已知倾斜轨道AB的长度L1＝10 m，倾斜轨道AB与水平方向的夹角为θ＝53°，BC段的长度L2＝7.5 m，长木板的长度d＝5 m，货物与倾斜轨道以及长木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：
图5
(1)(5分)货物到达B点时的速度vB多大；
(2)(5分)长木板的右端刚到C点时货物的速度vC多大；
(3)(5分)长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值η。
6.(15分)(2024·湖北襄阳二模)如图6所示，质量为m＝2 kg、左侧固定有竖直挡板的平板小车静置于光滑水平地面上，质量均为m＝2 kg的甲、乙两物块(均可视为质点)紧挨着并排放置在小车的水平表面上，物块甲距左侧挡板d＝4.5 m，物块乙距小车右端足够远。已知甲、乙两物块与小车接触面间动摩擦因数分别为μ1＝0.1、μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，t＝0时刻开始用水平向右的恒力F＝10 N作用于小车，t＝3 s时撤去力F。若物块与挡板发生碰撞，则碰后不再分开。求：
图6
(1)(5分)t＝0时，甲物块的加速度大小a甲；
(2)(5分)小车最终速度的大小v；
(3)(5分)甲、乙两物块间的最终距离L。
增分培优2 “滑块—木板”模型的综合问题
1.AC [物体A滑上小车B后做匀减速直线运动，对物体A分析有μmAg＝mAaA，由v－t图像可得aA＝＝ m/s2＝3 m/s2，联立解得μ＝0.3，故A正确；对小车B分析有μmAg＝mBaB，由v－t图像可得aB＝＝ m/s2＝1 m/s2，联立解得＝，故B错误；小车B的最小长度为物体A在小车B上的最大相对滑动位移，则有Lmin＝xA－xB＝×1 m－×1×1 m＝2 m，故C正确；如果仅增大物体A的质量，物体A的加速度保持不变，但是小车B的加速度增大，那么两者达到共速的时间减小，则物体A与小车B的相对滑动位移减小，所以物体A不可能冲出去，故D错误。]
2.ACD [对物块，由牛顿第二定律可得F－μm2g＝m2a2，解得a2＝4 m/s2；对木板，由牛顿第二定律可得μm2g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2，A正确，B错误；物块从木板上滑离时，位移关系满足a2t2－a1t2＝l，解得t＝2 s，C正确；物块滑离木板时的速度v2＝a2t＝8 m/s，D正确。]
3.BC [对长木板进行受力分析，受力示意图如图甲所示。根据牛顿第二定律F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaM，解得aM＝1 m/s2，故A错误；对小物块进行受力分析，小物块先在拉力、摩擦力的作用下做匀加速直线运动，后在摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小分别为2 m/s2和4 m/s2，长木板和小物块在0～4 s内的v－t图像如图乙所示，0～2 s小物块的位移x＝4 m，拉力对小物块做功为W＝12 J，故B正确；两条v－t图线围成的面积表示小物块相对于木板运动的长度，由v－t图像可知L＝12 m，小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝μ1mgL＝24 J，故C正确；恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量加上摩擦生热，故D错误。]
4.(1)4 N·s (2) m (3)4 s
解析 (1)取水平向右为正方向，当木块与木板共速时，由动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v1
解得v1＝1 m/s
因为木板与墙壁碰撞无机械能损失，所以木板与墙壁碰撞前、后速度大小相等，方向相反，所以第一次碰撞墙壁对木板的冲量为
I＝－Mv1－Mv1
解得I＝－4 N·s
第一次碰撞墙壁对木板的冲量大小为4 N·s。
(2)木块第二次在木板上相对静止的位置到木板左端的距离为木板的最短长度，设木块第二次与木板相对静止时的速度大小为v2，有Mv1－mv1＝(M＋m)v2
解得v2＝ m/s，方向水平向左
由于第二次相对静止之前木块相对木板都只向同一方向运动，根据动能定理有μmgL＝mv－(M＋m)v
解得L＝ m。
(3)木块与木板第一次共速后，两者相对运动过程中木板始终在做减速运动，可以将木板所有减速过程连成一个完整的减速过程，其初速度为v1＝1 m/s，末速度为零，相对滑动阶段木板加速度大小为aM＝＝0.5 m/s2
第一次共速前木板加速的时间为t1＝＝2 s
此后所有相对滑动时间为t′＝＝2 s
则木块与木板相对滑动总时间为t＝t1＋t′＝4 s。
5.(1)10 m/s (2)5 m/s (3)60%
解析 (1)货物由A运动到B过程，根据动能定理可得
mgL1sin 53°－μ1mgL1cos 53°＝mv
解得vB＝10 m/s。
(2)货物在长木板上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
可得a货＝＝5 m/s2
根据匀变速直线运动规律，有－2a货L2＝v－v
解得vC＝5 m/s。
(3)长木板进入反弹装置时的速度为v1＝vC＝5 m/s
设长木板的质量为M，则长木板刚进入反弹装置时的能量为
E＝Mv
长木板反弹后最右端回到C点的速度设为v2，长木板从C点到B点的过程中，由动能定理得
－μ2Mg(L2－d)＝0－Mv
长木板在反弹过程中损失的能量为
ΔE＝Mv－Mv
则长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值η＝×100%＝60%。
6.(1)1 m/s2 (2)5 m/s (3)4.875 m
解析 (1)规定水平向右为正方向，当F＝10 N时，假设甲、乙、车保持相对静止，则有F＝3ma共
解得a共＝ m/s2
对甲受力分析得μ1mg≥ma甲
得a甲≤1 m/s2
则a共＞a甲，故甲与车发生相对滑动
假设乙和车保持相对静止，根据牛顿第二定律，有
F－μ1mg＝2ma共′，解得a共′＝2 m/s2
对乙受力分析得μ2mg≥ma乙，则a乙≤2 m/s2
因为a共′≥a乙
所以乙与车保持相对静止，故a甲＝1 m/s2，a乙＝2 m/s2。
(2)根据v甲＝a甲t，v乙＝a乙t
可得t＝3 s时v甲＝3 m/s，v乙＝6 m/s
撤去F后，甲、乙、车系统动量守恒，有mv甲＋(m＋m)v乙＝3mv
解得v＝5 m/s。
(3)前3 s内，甲、乙相对运动的距离x相对＝(a乙－a甲)t2
解得x相对＝4.5 m＝d
t＝3 s时甲和车相碰，有mv甲＋mv乙＝2mv共
解得v共＝4.5 m/s
对乙受力分析得－μ2mg＝ma乙′
解得a乙′＝－2 m/s2
对甲、车系统受力分析得μ2mg＝2ma甲车
解得a甲车＝1 m/s2
则相对运动位移L＝x相对＋－
代入数据得L＝4.875 m。增分培优3 力学三大观点的综合应用
(分值：70分)
1.(14分)如图1所示，水平轨道OP光滑，PM粗糙，PM长L＝3.2 m。OM与半径R＝0.15 m的竖直半圆轨道MN平滑连接。小物块A自O点以v0＝14 m/s向右运动，与静止在P点的小物块B发生正碰(碰撞时间极短)，碰后A、B分开，A恰好运动到M点停止。A、B均看作质点，已知A的质量mA＝1.0 kg，B的质量mB＝2.0 kg，A、B与轨道PM间的动摩擦因数均为μ＝0.25，g取10 m/s2，求：
图1
(1)(4分)碰后A、B的速度大小；
(2)(5分)碰后B沿轨道PM运动到M所需时间；
(3)(5分)若B恰好能到达半圆轨道最高点N，求沿半圆轨道运动过程损失的机械能。
2.(14分)(2024·福建泉州一模)如图2，左端固定在墙壁上的水平轻质弹簧，处于自然状态时另一端在光滑水平台面右端；质量为3m的小车静置于光滑的水平面上且紧靠平台，其左侧a端与台面等高，小车的上表面由长度为R的粗糙水平面ab和半径为R的四分之一圆弧形光滑轨道bc组成。质量为m的小物块P(与弹簧不拴接)在外力作用下将弹簧压缩至某一位置，由静止释放后从a端以大小为2(g为重力加速度大小)的速度滑上小车，恰好能到达顶端c。
图2
(1)(4分)求由静止释放时弹簧的弹性势能Ep；
(2)(5分)求P与ab间的动摩擦因数μ；
(3)(5分)请通过计算判断P是否会滑离小车？
3.(14分)(2024·河北石家庄模拟)如图3所示，在光滑的水平面上有一质量为2m的小车，车上固定一处于自然长度的轻质弹簧，将质量为2m的光滑木块放在小车上，整个装置静止。现长为L的细线系着一个质量为m的小球，将小球拉至与竖直方向成θ＝60°角的A位置从静止开始释放，摆到最低点B时，刚好能与木块相碰(相碰时间极短)，相碰后小球反弹的速度大小为碰撞前的一半，木块与弹簧、小车相互作用的过程中无机械能损失，已知当地的重力加速度为g。求：
图3
(1)(4分)小球与木块相碰前的速度；
(2)(5分)在木块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能；
(3)(5分)木块和小车最终运动的速度大小。
4.(14分)(2024·浙江6月选考，18)一弹射游戏装置竖直截面如图4所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5 m，d＝4.4 m，L＝1.8 m，M＝m＝0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
图4
(1)(4分)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
(2)(5分)若μ2＝0，滑块恰好过C点，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
(3)(5分)若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
5.(14分)(2023·浙江6月选考，18)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图5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)。
图5
(1)(4分)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)(5分)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)(5分)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。
增分培优3 力学三大观点的综合应用
1.(1)4 m/s 5 m/s (2)0.8 s (3)1.5 J
解析 (1)由牛顿第二定律，A、B在PM上滑行时的加速度大小相同，均为a，则a＝＝＝μg＝2.5 m/s2
由运动学知识，对A有v＝2aL
解得碰后速度v1＝4 m/s
A、B相碰的过程中系统水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，有mAv0＝mAv1＋mBv2
解得碰后B的速度v2＝5 m/s。
(2)对B物块，P到M的运动过程，有L＝v2t－at2
解得t1＝3.2 s(不符合题意，舍去)，t2＝0.8 s
即所求时间t＝0.8 s。
(3)B在M点的速度大小v3＝v2－at
代入数值解得v3＝3 m/s
B恰好过N点，满足mBg＝mB
M到N过程，由功能关系可得
ΔE＝mBv－mBv－2mBgR
联立解得损失的机械能ΔE＝1.5 J。
2.(1)2mgR (2)0.5 (3)P会滑离小车
解析 (1)设弹簧恢复原长时，P的速度为v0，根据系统能量守恒有Ep＝mv
其中v0＝2，解得Ep＝2mgR。
(2)P恰好到达顶端c时，此时P与小车共速，设此时速度大小为v，根据水平方向动量守恒有mv0＝(m＋3m)v
根据能量守恒定律有mv＝(m＋3m)v2＋mgR＋μmgR
解得μ＝0.5。
(3)设小物块P最终停在小车上，小物块在粗糙水平面ab上的相对路程为s，由于水平方向动量守恒，可知，此时P与小车速度大小仍然为v，根据系统能量守恒定律有
mv－(m＋3m)v2＝μmgs
解得s＝3R
由于s＞2R
故P会滑离小车。
3.(1) 方向水平向右 (2)mgL (3)0
解析 (1)小球下摆过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得
mgL＝mv
解得v0＝，方向水平向右
(2)小球与木块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv球＋2mv木块
由题意可知v球＝－
解得v木块＝
弹簧弹性势能最大时木块与小车速度相等，木块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
2mv木块＝(2m＋2m)v
由能量守恒定律得×2mv＝(2m＋2m)v2＋Ep
解得v＝，Ep＝mgL。
(3)木块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
2mv木块＝2mv木块′＋2mv小车
由机械能守恒定律得
×2mv＝×2mv木块′2＋×2mv
解得v木块′＝0，v小车＝。
4.(1)5 m/s (2)0.625 J (3)6 m/s
解析 (1)对滑块从离开弹簧到运动至圆形轨道最高点的过程，由动能定理有－mg·2R＝mv－mv
滑块恰能通过圆形轨道最高点，则在最高点C
根据牛顿第二定律有mg＝
联立并代入数据解得v0＝5 m/s。
(2)若μ2＝0，则滑块滑上平板与之相互作用的过程，滑块与平板组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，故有mv0＝(M＋m)v共
根据能量守恒定律有ΔE＝mv－(M＋m)v
联立并代入数据解得ΔE＝0.625 J。
(3)经分析可知，当滑块滑至平板右端且恰好与平板共速时，对应满足条件下滑块离开弹簧时的速度最大。滑块与平板相互作用的过程，对滑块由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1
对平板由牛顿第二定律有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
根据运动学规律有vm－a1t＝a2t
vmt－a1t2－a2t2＝L
联立并代入数据解得vm＝6 m/s。
5.(1)10 m/s 31.2 N (2)0 (3)0.2 m
解析 (1)滑块a以初速度v0从D处进入竖直圆弧轨道DEF运动，由动能定理有mg·2R＝mv－mv
解得vF＝10 m/s
在最低点F，由牛顿第二定律有FN－mg＝m
解得FN＝31.2 N。
(2)碰撞后滑块a返回到B点的过程，
由动能定理有－mg·2R－μmgL＝mv－mv
解得va＝5 m/s
滑块a、b碰撞过程，由动量守恒定律有
mvF＝－mva＋3mvb，解得vb＝5 m/s
碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝mv－mv－×3mv＝0。
(3)滑块a碰撞b后立即被粘住，由动量守恒定律有
mvF＝(m＋3m)vab
解得vab＝2.5 m/s
滑块a、b一起向右运动，压缩弹簧，a、b减速运动，c加速运动，当a、b、c三者速度相等时，弹簧长度最小，由动量守恒定律有
(m＋3m)vab＝(m＋3m＋2m)vabc
解得vabc＝ m/s
由机械能守恒定律有Ep1＝×4mv－×6mv
解得Ep1＝0.5 J
由Ep1＝kx解得最大压缩量x1＝0.1 m
滑块a、b一起继续向右运动，弹簧弹力使c继续加速，使a、b继续减速，当弹簧弹力减小到零时，c速度最大，a、b速度最小；滑块a、b一起再继续向右运动，弹簧弹力使c减速，a、b加速，当a、b、c三者速度相等时，弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时弹性势能相等，由弹簧的弹性势能公式可知最大伸长量x2＝0.1 m
所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝x1＋x2＝0.2 m。
