PAGE20-第1講動量觀點和能量觀點在力學中的應(yīng)用網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建備考策略1.解決力學綜合題目的關(guān)鍵要做好“三選擇”(1)當運動物體受到恒力作用而且又涉剛好間時，一般選擇用動力學方法解題。(2)當涉及功、能和位移時，一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關(guān)系解題，題目中出現(xiàn)相對位移時，應(yīng)優(yōu)先選擇能量守恒定律。(3)當涉及多個物體剛好間時，一般考慮動量定理、動量守恒定律。2.碰撞中的“三看”和“三想”(1)看到“彈性碰撞”，想到“動量守恒與機械能守恒”。(2)看到“非彈性碰撞”，想到“動量守恒但機械能有損失”。(3)看到“完全非彈性碰撞或者碰后連體”，想到“動量守恒，機械能損失最大”。能量觀點在力學中的應(yīng)用功和功率的理解與計算【典例1】(2024·浙江省杭州市期末)下列表述中最符合實際狀況的是()A.某中學同學做一次引體向上的上升過程中克服重力做功約為25JB.將一個雞蛋從胸前舉過頭頂，克服重力做功約為10JC.籃球從2m高處自由下落到地面的過程中，重力做功的功率約為20WD.某中學同學步行上樓時克服重力做功的功率約為10kW解析中學的同學質(zhì)量約60kg，在一次引體向上的過程中向上的位移約0.5m，則克服重力做的功W＝mgh＝60×10×0.5J＝300J，故A錯誤；一個雞蛋的質(zhì)量約為50g＝0.05kg，將一個雞蛋從胸前舉過頭頂，位移約0.4m，克服重力做功約為W＝mgh＝0.05×10×0.4J＝0.2J，故B錯誤；籃球的質(zhì)量約0.6kg，籃球從2m高處自由下落到地面的過程中，重力做的功W＝mgh＝0.6×10×2J＝12J，籃球下落的時間t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×2,10))s≈0.63s，功率約為eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t)＝eq\f(12,0.63)W≈20W，故C正確；中學的同學質(zhì)量約60kg，樓層的高度約為3m，則中學同學步行上樓時，每秒鐘向上的高度約為0.3m(兩個臺階)，每秒鐘上樓克服重力做功W＝mgh＝50×10×0.3J＝150J，功率eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t)＝eq\f(150,1)W≈150W，故D錯誤。答案C動能定理的應(yīng)用【典例2】(2024·浙江臨安上學期其次次模擬)(多選)如圖1所示，傾角為θ的光滑斜面足夠長，一質(zhì)量為m的小物體，在沿斜面對上的恒力F作用下，由靜止從斜面底端沿斜面對上做勻加速直線運動，經(jīng)過時間t，力F做功為60J，此后撤去力F，物體又經(jīng)過相同的時間t回到斜面底端，若以底端的平面為零勢能參考面，重力加速度為g，則下列說法正確的是()圖1A.物體回到斜面底端的動能為60JB.恒力F＝2mgsinθC.撤去力F時，物體的重力勢能是45JD.動能與勢能相等的時刻肯定出現(xiàn)在撤去力F之前解析由題設(shè)條件可知：前后兩段小物體的運動的位移大小相等，方向相反，則由牛頓其次定律和運動學公式可得，x0＝eq\f(1,2)·eq\f(F－mgsinθ,m)t2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F－mgsinθ,m)t2－\f(1,2)gsinθt2))，解得F＝eq\f(4,3)mgsinθ，選項B錯誤；由題設(shè)條件知，F(xiàn)x0＝eq\f(4,3)mgx0sinθ＝60J，則此過程中重力做的功為WG＝－mgx0sinθ＝－45J，撤去力F時，物體的重力勢能是45J，選項C正確；全程由動能定理可得Fx0＝Ek0，則物體回到斜面底端的動能Ek0為60J，選項A正確；物體從最高點下滑的過程中肯定有一個點的動能與勢能相等，選項D錯誤。答案AC動力學規(guī)律和動能定理的綜合應(yīng)用【典例3】(2024·全國卷Ⅰ，18)如圖2，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止起先向右運動。重力加速度大小為g。小球從a點起先運動到其軌跡最高點，機械能的增量為()圖2A.2mgR B.4mgRC.5mgR D.6mgR解析設(shè)小球運動到c點的速度大小為vc，則對小球由a到c的過程，由動能定理有F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq\r(gR)。小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運動，由牛頓其次定律可知，小球離開c點后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為t＝eq\f(vc,g)＝2eq\r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小為x＝eq\f(1,2)gt2＝2R。由以上分析可知，小球從a點起先運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機械能的增加量為ΔE＝F·5R＝5mgR，C正確，A、B、D錯誤。答案C應(yīng)用動力學觀點和能量觀點解決多過程問題【典例4】(2024·稽陽聯(lián)誼學校聯(lián)考)某愛好小組設(shè)計了一個玩具軌道模型如圖3甲所示，將一質(zhì)量為m＝0.5kg的玩具小車(可以視為質(zhì)點)放在P點，用彈簧裝置將其從靜止彈出(彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為小車初始動能)，使其沿著半徑為r＝1.0m的光滑圓形豎直軌道OAO′運動，玩具小車受水平面PB的阻力為其自身重力的0.5倍(g取10m/s2)，PB＝16.0m，O為PB中點。B點右側(cè)是一個高h＝1.25m，寬L＝2.0m的壕溝。求：圖3(1)要使小車恰好能越過圓形軌道的最高點A，則此種狀況下，小車在O點受到軌道彈力的大?。?2)要求小車能平安的越過A點，并從B點平拋后越過壕溝，則彈簧的彈性勢能至少為多少；(3)若在彈性限度內(nèi)，彈簧的最大彈性勢能Epm＝40J，以O(shè)點為坐標原點，OB為x軸，從O到B方向為正方向，在圖乙坐標上畫出小車能進入圓形軌道且不脫離軌道狀況下，彈簧彈性勢能Ep與小車停止位置坐標x關(guān)系圖。解析(1)在最高點mg＝eq\f(mveq\o\al(2,A),r)，得vA＝eq\r(10)m/sO→A：－mg2r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,O)，得vO＝5eq\r(2)m/sFNO－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,O),r)，得FNO＝6mg＝30N。(2)要求1：越過A點，vO＝5eq\r(2)m/s，P→O：EP彈1－kmgxPO＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,O)－0，得Ep彈1＝32.5J要求2：平拋運動L＝vBt，h＝eq\f(1,2)gt2，得vB＝4m/sEp彈2－kmgxPB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，得Ep彈2＝44J綜上所述，彈簧彈性勢能的最小值為44J。(3)分類探討：因為最大彈性勢能為40J，由Epm－μmgs＝0，得s＝16m，所以至多運動到B點，必不平拋。狀況1：能越過O點，彈性勢能32.5J≤Ep彈1≤40J當Ep彈1－kmgx1＝0－0，得13m≤x1≤16m，又因為O點是坐標原點，所以實際坐標值為5m≤x11≤8m狀況2：恰能到達圓軌道圓心等高點，當Ep彈2－kmgxPO－mgr＝0－0，得Ep彈2＝25Jmgr＝kmgx21，得x21＝2m，又因為O點是坐標原點，所以實際坐標值為x21＝－2m恰能進入圓形軌道，當Ep彈2－kmgxPO＝0－0，得Ep彈2＝20J，此時坐標值為0由動能定理表達式知，Ep彈與x是線性函數(shù)，圖象如圖所示。答案(1)30N(2)44J(3)見解析功能關(guān)系的應(yīng)用“三留意”(1)分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負功；依據(jù)功能之間的對應(yīng)關(guān)系，判定能的轉(zhuǎn)化形式，確定能量之間的轉(zhuǎn)化狀況。(2)當涉及摩擦力做功時，機械能不守恒，一般應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，特殊留意摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ffx相對，x相對為相對滑動的兩物體間相對滑動路徑的總長度。(3)應(yīng)用能量守恒定律解題時，首先確定初、末狀態(tài)，然后分清有多少種形式的能在轉(zhuǎn)化，再分析狀態(tài)改變過程中哪種形式的能量削減，哪種形式的能量增加，求出削減的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增，最終由ΔE減＝ΔE增列式求解。1.(2024·桐鄉(xiāng)一中月考)如圖4所示，質(zhì)量為m的滑塊從h高處的a點沿圓弧軌道ab滑入水平軌道bc，滑塊與軌道的動摩擦因數(shù)相同，滑塊在a、c兩點時的速度大小均為v，ab弧長與bc長度相等，空氣阻力不計，重力加速度大小為g，則滑塊從a到c的運動過程中()圖4A.小球的動能始終保持不變B.小球在bc過程克服阻力做的功肯定等于eq\f(1,2)mghC.小球經(jīng)b點時的速度大于eq\r(gh＋v2)D.小球經(jīng)b點時的速度等于eq\r(2gh＋v2)解析由題意知，在小球從b運動到c的過程中，由于摩擦力做負功，動能在削減，所以A錯誤；從a到c依據(jù)動能定理mgh－Wf＝0可得，全程克服阻力做功Wf＝mgh。因在ab段、bc段摩擦力做功不同，故小球在bc過程克服力做的功肯定不等于eq\f(1,2)mgh，所以B錯誤；在ab段正壓力小于bc段的正壓力，故在ab段克服摩擦力做功小于在bc段克服摩擦力做功，即從a到b克服摩擦力做功Wf′<eq\f(1,2)mgh，設(shè)在b點的速度為v′，依據(jù)動能定理有mgh－Wf′＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，所以v′>eq\r(gh＋v2)，故C正確，D錯誤。答案C2.(2024·杭州模擬)如圖5所示，是一個簡化后的消遣項目示意圖，游客被平安地固定在球型裝備(看成質(zhì)點，圖中未畫出)內(nèi)，被彈射系統(tǒng)水平貼地彈出后即刻進入長為L＝5m的水平軌道SO。O點既是水平路面的末端，也是半圓軌道OA的起點，以O(shè)點為坐標原點建立水平向右的x軸。豎直半圓軌道OA與AB(O、A、B在同一條豎直線上，B點為半圓軌道的最高點，該處切線水平)的半徑均為R＝2m，它們在A點連接，不計連接處的縫隙大小和裝備運行到此處的能量損失。半圓軌道OA的右側(cè)是一片水域，水面略低于半徑r＝2m的水平圓盤，MN是圓盤的豎直支架(它與半圓軌道在同一豎直面內(nèi))，N點是圓盤的圓心，M點可以左右移動，水平圓盤不能和半圓軌道OA重疊。若球型裝備與SO之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，與兩半圓軌道的摩擦不計，圓盤轉(zhuǎn)軸NM的高度H＝2m，不計空氣阻力，g取10m/s2，球型裝備的質(zhì)量為50kg，在某次設(shè)備測試中，讓球型裝備空載運行，求：圖5(1)為了能讓裝備平安到達B點，則彈射系統(tǒng)應(yīng)至少給裝備供應(yīng)多少能量？(2)若裝備恰好能平安到達B點，此后為讓裝備能落到水平圓盤上，求M點的坐標范圍；(3)若M點的坐標為x＝6m，為讓裝備能落到水平圓盤上，求彈射系統(tǒng)供應(yīng)應(yīng)裝備的能量。解析(1)在最高點B依據(jù)牛頓其次定律可得mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)依據(jù)能量關(guān)系可得E＝μmgL＋mg(4R)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得E＝5000J。(2)依據(jù)平拋運動的學問可得3R＝eq\f(1,2)gt2水平方向上有x＝vBt解得x＝2eq\r(6)m由于軌道不能重疊，所以x的范圍為(4～2eq\r(6)＋2)m。(3)由于x′＝8m＞x＝2eq\r(6)m＞4m，故最小能量為E1＝5000J。依據(jù)x′＝vB′t解得vB′＝8eq\r(\f(5,6))m/s最大能量為E2＝μmgL＋mg(4R)＋eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,B)＝eq\f(17500,3)J≈5833J彈射系統(tǒng)供應(yīng)應(yīng)裝備的能量范圍為5000J＜E＜5833J。答案(1)5000J(2)(4～2eq\r(6)＋2)m(3)5000J<E<5833J動量觀點和能量觀點在力學中的應(yīng)用動量和動能的關(guān)系【典例1】(2024·浙江湖州選考模擬)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段，列車的動能()A.與它所經(jīng)驗的時間成比B.與它的位移成正比C.與它的速度成正比D.與它的動量成正比解析列車啟動的過程中加速度恒定，由勻變速直線運動的速度與時間關(guān)系可知v＝at，且列車的動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2，由以上整理得Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，動能與時間的平方成正比，動能與速度的平方成正比，A、C錯誤；將x＝eq\f(1,2)at2代入上式得Ek＝max，則列車的動能與位移成正比，B正確；由動能與動量的關(guān)系式Ek＝eq\f(p2,2m)可知，列車的動能與動量的平方成正比，D錯誤。答案B動量定理的應(yīng)用【典例2】(2024·浙江富陽新高考適應(yīng)性考試)高空墜物極易對行人造成損害。若一個50g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時間約為2ms，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為()A.10N B.102NC.103N D.104N解析依據(jù)自由落體運動和動量定理有v2＝2gh(25層樓的高度約70m)，F(xiàn)t＝mv，代入數(shù)據(jù)解得F≈1×103N，所以C正確。答案C動量守恒定律和能量守恒定律的綜合應(yīng)用【典例3】(2024·全國卷Ⅰ，24)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)煙花彈從地面起先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(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①設(shè)煙花彈從地面起先上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有0－v0＝－gt②聯(lián)立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))。③(2)設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有E＝mgh1④火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設(shè)爆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eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0⑥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(shè)爆炸后煙花彈向上運動部分接著上升的高度為h2，由機械能守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)。答案(1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)動量和能量綜合問題的主要情境模型為：碰撞、滑塊在滑板上滑動和爆炸。(1)碰撞過程滿意動量守恒并遵循碰撞后系統(tǒng)動能不增加、碰撞前后的運動狀況要合理的原則。(2)滑塊放置在光滑水平地面的滑板上滑動時，滑塊和滑板組成的系統(tǒng)滿意動量守恒，滑塊和滑板之間因摩擦生熱，故系統(tǒng)機械能削減，一般利用功能關(guān)系(即摩擦產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)動能的削減量)列方程求解。1.(2024·合肥四中段考)(多選)如圖6所示，(a)圖表示光滑平臺上，物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車上，車與水平面間的動摩擦因數(shù)不計；(b)圖為物體A與小車B的v－t圖象，重力加速度已知，由此可求出()圖6A.小車上表面長度B.物體A與小車B的質(zhì)量之比C.A與小車B上表面的動摩擦因數(shù)D.小車B獲得的動能解析由圖象可知，A、B最終以共同速度v1勻速運動，不能確定小車上表面長度，選項A錯誤；由動量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1，解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(v1,v0－v1)，故可以確定物體A與小車B的質(zhì)量之比，選項B正確；由圖象可以知道A相對小車B的位移Δx＝eq\f(1,2)v0t1，依據(jù)能量守恒得μmAgΔx＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,1)，依據(jù)選項B中求得質(zhì)量的關(guān)系，可以解出動摩擦因數(shù)，選項C正確；由于小車B的質(zhì)量不知道，故不能確定小車B獲得的動能，故D錯誤。答案BC2.(2024·江西紅色七校二模)在光滑水平面上有三個彈性小鋼球a、b、c處于靜止狀態(tài)，質(zhì)量分別為2m、m和2m。其中a、b兩球間夾一被壓縮了的彈簧，兩球被左右兩邊的光滑擋板束縛著。若某時刻將擋板撤掉，彈簧便把a、b兩球彈出，兩球脫離彈簧后，a球獲得的速度大小為v，若b、c兩球相距足夠遠，則b、c兩球相碰后()圖7A.b球的速度大小為eq\f(1,3)v，運動方向與原來相反B.b球的速度大小為eq\f(2,3)v，運動方向與原來相反C.c球的速度大小為eq\f(8,3)vD.c球的速度大小為eq\f(2,3)v解析設(shè)b球脫離彈簧時的速度為v0，b、c兩球相碰后b、c的速度分別為vb和vc，取向右為正方向，彈簧將a、b兩球彈出過程，由動量守恒定律得0＝－2mv＋mv0，解得v0＝2v；b、c兩球相碰過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律得mv0＝mvb＋2mvc，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,c)，聯(lián)立解得vb＝－eq\f(2,3)v(負號表示方向向左，與原來相反)，vc＝eq\f(4,3)v，故B正確。答案B3.(2024·浙江淳安新高考適應(yīng)性考試)如圖8所示，質(zhì)量M＝1.0kg的木塊隨傳送帶一起以v＝2.0m/s的速度向左勻速運動，木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.50。當木塊運動至最左端A點時，一顆質(zhì)量為m＝20g的子彈以v0＝3.0×102m/s水平向右的速度擊穿木塊，穿出時子彈速度v1＝50m/s。設(shè)傳送帶的速度恒定，子彈擊穿木塊的時間極短，且不計木塊質(zhì)量改變，g取10m/s2。求：圖8(1)在被子彈擊穿后，木塊向右運動距A點的最大距離；(2)子彈擊穿木塊過程中產(chǎn)生的內(nèi)能；(3)從子彈擊穿木塊到最終木塊相對傳送帶靜止的過程中，木塊與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能。解析(1)設(shè)木塊被子彈擊穿時的速度為v′，子彈擊穿木塊過程動量守恒，則mv0－Mv＝mv1＋Mv′解得v′＝3.0m/s設(shè)子彈穿出木塊后，木塊向右做勻減速運動的加速度大小為a，依據(jù)牛頓其次定律得μMg＝Ma解得a＝5.0m/s2木塊向右運動到離A點最遠時，速度為零，設(shè)木塊向右移動最大距離為s1，則v′2＝2as1解得s1＝0.90m。(2)依據(jù)能量守恒定律可知子彈射穿木塊過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)Mv′2解得E＝872.5J。(3)設(shè)木塊向右運動至速度減為零所用時間為t1，然后再向左做加速運動，經(jīng)時間t2與傳送帶達到相對靜止，木塊向左移動的距離為s2。依據(jù)運動學公式得v2＝2as2解得s2＝0.40mt1＝eq\f(v′,a)＝0.60s，t2＝eq\f(v,a)＝0.40s木塊向右減速運動的過程中相對傳送帶的位移為s′＝vt1＋s1＝2.1m產(chǎn)生的內(nèi)能Q1＝μMgs′＝10.5J木塊向左加速運動的過程中相對傳送帶的位移為s″＝vt2－s2＝0.40m產(chǎn)生的內(nèi)能Q2＝μMgs″＝2.0J所以整個過程中木塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Q1＋Q2＝12.5J。答案(1)0.90m(2)872.5J(3)12.5J破解選考壓軸題策略②——審題“三步走”第一步：審條件挖隱含任何一個物理問題都是由條件和結(jié)論兩部分構(gòu)成的。條件是解題的主要素材，充分利用條件間的內(nèi)在聯(lián)系是解題的必經(jīng)之路。條件有明示的，有隱含的，諦視條件更重要的是要充分挖掘每一個條件的內(nèi)涵和隱含的信息，發(fā)揮隱含條件的解題功能。其次步：審情景建模型有些題目，干脆給出了物理情景，我們還需通過分析把這些物理情景轉(zhuǎn)化為詳細的物理條件或物理模型后，才能利用物理規(guī)律求解。第三步：審過程理思路高考物理計算題往往綜合性強、題目情景新、設(shè)置障礙點多，一般不能一眼看透解題的思路和方法，這就須要我們靜下心來，對物體進行受力分析、過程分析，依據(jù)物體運動過程構(gòu)建出物理模型，選擇合理的物理規(guī)律?！镜淅咳鐖D9，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為eq\f(3,4)m，兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同?，F(xiàn)使a以初速度v0向右滑動，此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g，求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿意的條件。圖9[審題指導]第一步：審條件挖隱含其次步：審情景建模型第三步：審過程選規(guī)律解析設(shè)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，要使物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＞μmgl①即μ＜eq\f(veq\o\al(2,0),2gl)②設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前，a的速度大小為v1，由動能定理可得：－μmgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞后，a、b的速度大小分別為v2、v3，由動量守恒定律和機械能守恒定律得：mv1＝mv2＋eq\f(3,4)mv3④eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)(eq\f(3m,4))veq\o\al(2,3)⑤聯(lián)立各式得v3＝eq\f(8,7)v1⑥由題意知b沒有與墻發(fā)生碰撞，由動能定理得：μeq\f(3,4)mgl≥eq\f(1,2)(eq\f(3m,4))veq\o\al(2,3)⑦解得μ≥eq\f(32veq\o\al(2,0),113gl)⑧綜上所述有eq\f(32veq\o\al(2,0),113gl)≤μ＜eq\f(veq\o\al(2,0),2gl)。答案eq\f(32veq\o\al(2,0),113gl)≤μ＜eq\f(veq\o\al(2,0),2gl)一、選擇題(1～4題為單項選擇題，5～6題為不定項選擇題)1.(2024·溫州九校高三上學期模擬)如圖1所示，一種清洗車輛用的手持式噴水槍，槍口橫截面積為0.4cm2，噴出水的速度為10m/s。當它工作時，估算水槍的平均功率約為(水的密度為1×103kg/m3)()圖1A.4W B.25WC.50W D.200W解析1s內(nèi)水槍射出的水質(zhì)量為ρSv，這部分水增加的動能為eq\f(1,2)ρSv3＝eq\f(1,2)×1×103×0.4×10－4×103J＝20J，所以水槍的平均功率eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)ρSv3＝20W，故選項B正確。答案B2.(2024·浙江淳安選考模擬)如圖2所示，豎直面內(nèi)，兩段半徑均為R的光滑半圓形細桿平滑拼接組成“S”形軌道，一個質(zhì)量為m的小環(huán)套在軌道上，小環(huán)從軌道最高點由靜止起先下滑，下滑過程中始終受到一個水平恒力F的作用，小環(huán)能下滑到最低點，重力加速度大小為g，則小環(huán)從最高點下滑到最低點的過程中()圖2A.小環(huán)機械能守恒B.外力F始終做正功C.小環(huán)在最低點的速度大小為v＝2eq\r(2gR)D.在最低點小環(huán)對軌道的壓力大小FN＝mg解析小環(huán)下滑過程中受重力、軌道沿半徑方向的作用力和水平外力F，重力始終做正功，外力F時而做正功時而做負功，軌道的作用力始終不做功，故小環(huán)機械能不守恒，選項A、B錯誤；小環(huán)從最高點下滑到最低點的過程中，在沿水平恒力F方向上的位移為0，則由動能定理可得整個過程中重力做的功等于動能改變量，mg·4R＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(2gR)，選項C正確；小環(huán)在最低點，由牛頓其次定律得FN′－mg＝meq\f(v2,R)，得FN′＝9mg，由牛頓第三定律可知FN＝FN′＝9mg，選項D錯誤。答案C3.(2024·溫州九校高三上學期模擬)某小組在試驗汽車模型，該模型以蓄電池為驅(qū)動能源，驅(qū)動電機能夠?qū)⑤斎牍β实?0%轉(zhuǎn)化為牽引汽車模型前進的機械功率。該模型的總質(zhì)量m＝30kg，當它在水平路面上以v＝18km/h的速度勻速行駛時，驅(qū)動電機的輸入電流I＝5A，電壓U＝30V。某地區(qū)地表的平均日照輻射度約為480W/m2，若以太陽能為該模型的蓄電池供電，已知能量轉(zhuǎn)化效率約為15%，汽車受到太陽照耀面積約為1m2。以下說法正確的是()A.該模型以v＝18km/h速度行駛時，所受的阻力大小為30NB.該模型以v＝18km/h速度行駛時，驅(qū)動電機的機械功率為150WC.該模型若由太陽能干脆供電，能以速度v＝18km/h正常行駛D.若該地一天的有效日照時間為8小時，充電一天可供該模型以v＝18km/h速度行駛約69.12km解析由公式F＝eq\f(P,v)＝eq\f(0.9×5×30,5)N＝27N，故A錯誤；由題意可知，該模型以v＝18km/h速度行駛時，驅(qū)動電機的機械功率為P機＝ηIU＝0.9×5×30W＝135W，故B錯誤；由題意可知，太陽能電池供應(yīng)的功率為480×1×15%W＝72W，該模型以v＝18km/h速度行駛時的功率為150W，故C錯誤；日照8h，太陽能電池獲得的總能量可供汽車行駛的時間為t＝eq\f(72×8,150)h＝3.84h，故汽車可行駛的距離為x＝vt＝18×3.84km＝69.12km，故D正確。答案D4.(2024·稽陽聯(lián)誼學校聯(lián)考)自主品牌比亞迪汽車，2024年度新能源汽車總銷量超越全球知名品牌特斯拉，旗下熱銷車型比亞迪·唐好評如潮。表格中是純電動唐的部分技術(shù)參數(shù)，分析可知()續(xù)航里程(km，特定工況下)520整備質(zhì)量(kg)2155最高車速(km/h)160電池組儲能(kW·h)82.8電機額定機械功率(kW)180電機機械功率與電池組總功率的轉(zhuǎn)化效率80%A.工況條件下百公里耗電量17.3kW·hB.電池組容量約為2.98×108CC.若持續(xù)額定機械功率工作，可工作約0.46hD.在水平直道上以最高車速行駛時，受到的阻力約為3240N解析即使電池組能量全部用完，百公里耗電量為eq\f(82.8,520)×100kW·h＝15.9kW·h，A錯誤；82.8×1000×3600J＝2.98×108J，容量與能量不是同一概念，B錯誤；t＝eq\f(W,P)＝eq\f(82.8,180)h＝0.46h，但這種算法沒有考慮轉(zhuǎn)化效率，C錯誤；f＝F＝eq\f(P機,v)＝eq\f(P額·η,v)＝eq\f(1.8×105×0.8,\f(160,3.6))N＝3240N，D正確。答案D5.(2024·稽陽聯(lián)誼學校聯(lián)考)如圖3所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h＝0.1m處，滑塊與彈簧不拴接?，F(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的Ek－h(huán)圖象，其中高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢能面，不計空氣阻力，重力加速度大小g＝10m/s2，由圖象可知()圖3A.小滑塊的質(zhì)量為0.2kgB.彈簧最大彈性勢能為0.5JC.輕彈簧初始壓縮量為0.25mD.小滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.5J解析由題意可知，在0.2～0.35m過程中，滑塊僅受重力作用，這個過程中，動能減小0.3J，也就是重力勢能增加0.3J，由E＝mgh可知，m＝0.2kg，A正確；由能量守恒可知，最大彈性勢能也就是滑塊增加的重力勢能，大小為0.2kg×10m/s2×(0.35m－0.1m)＝0.5J，B正確；由題意可知，彈簧原長為0.2m，而滑塊動身時高度為0.1m，所以壓縮量為0.1m，C錯誤；滑塊最高到0.35m處，可知系統(tǒng)總能量為Ep＝mgh＝0.2×10×0.35J＝0.7J，滑塊最大動能為0.32J，所以重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.7J－0.32J＝0.38J，D錯誤。答案AB6.(2024·湖南衡陽模擬)如圖4所示，質(zhì)量m＝1kg的物體從高為h＝0.2m的光滑軌道上P點由靜止起先下滑，滑到水平傳送帶上的A點，物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，傳送帶AB之間的距離為l＝5.5m，傳送帶始終以v＝3m/s的速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，則()圖4A.物體由A運動到B的時間是1.5sB.物體由A運動到B的過程中，摩擦力對物體的沖量大小為1N·sC.物體由A運動到B的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生0.5J的熱量D.帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動機在物體由A運動到B的過程中，多做了3J功解析物體下滑到A點的速度為v0，由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh代入數(shù)據(jù)得v0＝2m/s，物體在摩擦力作用下先做勻加速運動，后做勻速運動，有t1＝eq\f(v－v0,μg)＝1ss1＝eq\f(v＋v0,2)t1＝eq\f(3＋2,2)×1m＝2.5mt2＝eq\f(l－s1,v)＝eq\f(5.5－2.5,3)s＝1st＝t1＋t2＝2s，選項A錯誤；物體由A運動到B的過程中，摩擦力對物體的沖量大小為I＝μmgt1＝1N·s，選項B正確；在t1時間內(nèi)，傳送帶做勻速運動s帶＝vt1＝3mQ＝μmgΔs＝μmg(s帶－s1)，代入數(shù)據(jù)得Q＝0.5J，選項C正確；物體從A運動到B的過程中，物體動能增量ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電動機多做的功為W＝Q＋ΔEk＝3J，選項D正確。答案BCD二、非選擇題7.(2024·浙江溫嶺新高考適應(yīng)性考試)如圖5所示為修建高層建筑常用的塔式起重機。在起重機將質(zhì)量m＝5×103kg的重物豎直吊起的過程中，若重物先以加速度a1做勻加速運動，達到最大速度v＝2m/s，然后以最大速度勻速運動，最終以加速度a2做勻減速運動恰好到達高層建筑平臺。假定高層建筑平臺離地面的高度為H＝36m。重物經(jīng)過10s勻加速運動達到最大速度v，從地面到達高層建筑平臺僅用時間28s，重力加速度大小g＝10m/s2。求：圖5(1)重物勻加速上升過程中的加速度a1及上上升度h；(2)在勻加速上升過程中，重物對纜繩的拉力大??；(3)重物勻速運動的時間。解析(1)勻加速上升過程中的加速度a1＝eq\f(v,t1)，代入數(shù)據(jù)得a1＝0.2m/s2上上升度h＝eq\f(v,2)t1，代入數(shù)據(jù)得h＝10m。(2)在勻加速上升過程中，對重物由牛頓其次定律可得F－mg＝ma1，F(xiàn)＝mg＋ma1代入數(shù)據(jù)得F＝5.1×104N由牛頓第三定律知重物對纜繩的拉力大小為5.1×104N。(3)設(shè)重物勻速運動的時間t2，則H＝h＋vt2＋eq\f(v,2)(t－t1－t2)代入數(shù)據(jù)得t2＝8s。答案(1)0.2m/s210m(2)5.1×104N(3)8s8.(2024·浙江省重點中學高三期末熱身聯(lián)考)如圖6所示，傾角為37°的光滑導軌，頂端高H＝1.45m，下端通過一小段光滑圓弧與內(nèi)壁光滑的薄壁細管做成的圓環(huán)軌道相接于最低端B。整個裝置由豎直平面內(nèi)的若干個相同圓環(huán)組成，第一個圓環(huán)記作1號，其次個圓環(huán)記作2號，其余依此類推。已知圓環(huán)半徑為R＝0.5m間距為x0＝1.1m，軌道水平段的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。一質(zhì)量m＝0.5kg的小球在傾斜導軌頂端A點以v0＝2m/s速度水平放射，在落到傾斜導軌上P點后即沿軌道運動(P點在圖中未畫出)。不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g為10m/s2。求：圖6(1)小球落到傾斜導軌上P點到A點的距離；(2)小球落到軌道上后只保留沿斜面方向的速度v＝3.4m/s沿軌道接著滑行，小球能通過第幾號圓環(huán)軌道；(3)在(2)問條件下，小球最終停在離B點多遠的位置。解析(1)小球飛出后做平拋運動，豎直方向做自由落體運動y＝eq\f(1,2)gt2①水平方向x＝v0t②它們之間的關(guān)系tan37°＝eq\f(y,x)③聯(lián)立得飛行時間t＝0.3s落點的x坐標x1＝v0t＝2×0.3m＝0.6m落點離斜面頂端的距離l＝eq\f(x1,cos37°)＝eq\f(0.6,0.8)m＝0.75m。(2)小球在做平拋運動時豎直方向的位移y＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×0.32m＝0.45m由機械能守恒可知，小球通過B點的速度滿意eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mv2＋mg(H－y)代入數(shù)據(jù)得vB＝5.62m/s小球在圓環(huán)的軌道內(nèi)運動，所以只要通過圓環(huán)最高點的速度大于0即可。設(shè)小球恰好能通過第n個圓環(huán)，由于小球只有在水平面上運動的過程中才受到摩擦力，所以小球在水平面上通過的路程為s，則s＝(n－1)x0由動能定理得－μmg·s－mg·2R＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，得s＝2.89m，由x0＝1.1m代入數(shù)據(jù)整理得n＝3.63＜4所以小球能通過第3個圓環(huán)，不能通過第4個圓環(huán)。(3)小球從B