2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）第一部分專題整合提升專題二能量與動量第7課時動量定理動量守恒定律【知識網(wǎng)絡(luò)】熱點(diǎn)一動量定理的應(yīng)用1.沖量的三種計算方法(1)公式法：I＝Ft，適用于求恒力的沖量。(2)動量定理法：I＝p′－p，多用于求變力的沖量或F、t未知的情況。(3)圖像法：用F－t圖線與時間軸圍成的面積可求變力的沖量。若F－t呈線性關(guān)系，也可直接用平均力求變力的沖量。2.動量定理在“四類”問題中的應(yīng)用(1)解緩沖問題。(2)求解平均力問題。(3)求解流體問題。(4)在電磁感應(yīng)中求解電荷量問題。例1(2024·山東日照一模)臺風(fēng)對沿海地區(qū)的破壞力非常巨大，12級臺風(fēng)登陸時中心附近最大風(fēng)速約為35m/s。已知小明站立時，在垂直于風(fēng)速方向的受力面積約為0.5m2，空氣的密度約為1.29kg/m3。假設(shè)空氣吹到人身體上后速度減為零，則小明站在12級臺風(fēng)中心附近，所受的風(fēng)力大小約為()A.790N B.79N C.230N D.23N答案A解析單位時間吹到人身體上的空氣質(zhì)量m＝ρV＝ρSvΔt，根據(jù)動量定理－FΔt＝0－mv，小明所受的風(fēng)力大小約為F＝ρSv2＝1.29×0.5×352N≈790N，故A正確。訓(xùn)練1(多選)(2024·廣東江門一模)數(shù)據(jù)表明，在電動車事故中，佩戴頭盔可防止85%的頭部受傷，大大減小損傷程度。頭盔內(nèi)部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長至6ms以上，人頭部的質(zhì)量約為2kg，則下列說法正確的是()圖1A.頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過程中的動量變化率B.頭盔減少了駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量C.事故中頭盔對頭部的沖量與頭部對頭盔的沖量大小相等D.若事故中頭部以6m/s的速度水平撞擊緩沖層，則頭部受到的撞擊力最多為2000N答案ACD解析根據(jù)FΔt＝Δp可得F＝eq\f(Δp,Δt)，依題意知，頭盔內(nèi)部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長了，頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過程中的動量變化率，故A正確；頭盔并沒有減少駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量，故B錯誤；根據(jù)I＝FΔt知，頭盔對頭部的作用力與頭部對頭盔的作用力等大反向，作用時間相同，所以事故中頭盔對頭部的沖量與頭部對頭盔的沖量大小相等，故C正確；若事故中頭部以6m/s的速度水平撞擊緩沖層，則頭部受到的撞擊力F＝eq\f(Δp,Δt)＝eq\f(2×6,6×10－3)N＝2000N，故D正確。訓(xùn)練2(多選)一個質(zhì)量為60kg的蹦床運(yùn)動員，從離水平網(wǎng)面某高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到空中。用攝像機(jī)錄下運(yùn)動過程，從自由下落開始計時，取豎直向下為正方向，用計算機(jī)作出v－t圖像如圖2所示，其中0～t1和t2～t3為直線，t2＝1.6s，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。從自由下落開始到蹦至離水平網(wǎng)面最高處的過程中，下列說法正確的是()圖2A.網(wǎng)對運(yùn)動員的平均作用力大小為1950NB.運(yùn)動員動量的變化量為1080kg·m/sC.彈力的沖量大小為480N·sD.運(yùn)動員所受重力的沖量大小為1560N·s答案AD解析由題圖可知自由落體運(yùn)動時間t1＝eq\f(v,g)＝eq\f(8,10)s＝0.8s，在t1～t2時間內(nèi)，網(wǎng)對運(yùn)動員有作用力，根據(jù)動量定理得(mg＋eq\o(F,\s\up6(－)))(t2－t1)＝mv2－mv1，其中v1＝8m/s，v2＝－10m/s，解得eq\o(F,\s\up6(－))＝－1950N，網(wǎng)對運(yùn)動員的平均作用力大小為1950N，A正確；從自由下落開始到蹦至離水平網(wǎng)面最高處的過程中，運(yùn)動員動量的變化量為0，B錯誤；彈力的沖量大小為I＝|eq\o(F,\s\up6(－))|(t2－t1)＝1560N·s，C錯誤；運(yùn)動員所受重力的沖量大小與彈力對運(yùn)動員的沖量大小相等，即1560N·s，D正確。熱點(diǎn)二動量守恒定律及其應(yīng)用1.判斷守恒的三種方法2.動量守恒定律的三種表達(dá)形式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。(2)Δp1＝－Δp2。(3)Δp＝0。例2如圖3所示，兩物塊A、B質(zhì)量分別為m、2m，與水平地面間的動摩擦因數(shù)分別為2μ、μ，其間用一輕彈簧連接。初始時彈簧處于原長狀態(tài)，使A、B兩物塊同時獲得一個方向相反，大小分別為v1、v2的水平速度，彈簧再次恢復(fù)原長時兩物塊的速度恰好同時為零。關(guān)于這一運(yùn)動過程，下列說法正確的是()圖3A.兩物塊A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒B.兩物塊A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C.兩物塊A、B初速度的大小關(guān)系為v1＝v2D.兩物塊A、B運(yùn)動的路程之比為2∶1答案D解析物塊A、B的質(zhì)量分別為m、2m，與地面間的動摩擦因數(shù)分別為2μ、μ，因此在滑動過程中，兩物塊所受的摩擦力大小都等于2μmg，且方向相反，由此可知系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故A錯誤；在系統(tǒng)運(yùn)動過程中要克服摩擦力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故B錯誤；系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律可得mv1－2mv2＝0，解得v1＝2v2，故C錯誤；極短時間Δt內(nèi)也滿足mv1Δt－2mv2Δt＝0，設(shè)A、B的路程分別為s1、s2，則ms1－2ms2＝0，即s1＝2s2，則有s1∶s2＝2∶1，故D正確。例3(多選)如圖4所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一足夠長的豎直輕桿，輕桿上端的O點(diǎn)系一長為L的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為m0的球C，現(xiàn)將球C拉起使細(xì)線水平伸直，并由靜止釋放球C，則下列說法正確的是(重力加速度為g)()圖4A.A、B兩木塊分離時，A、B的速度大小均為eq\f(m0,m)eq\r(\f(mgL,2m＋m0))B.A、B兩木塊分離時，C的速度大小為eq\r(\f(mgL,2m＋m0))C.球C由靜止釋放到最低點(diǎn)的過程中，A對B的彈力的沖量大小為2m0eq\r(\f(mgL,2m＋m0))D.球C由靜止釋放到最低點(diǎn)的過程中，木塊A移動的距離為eq\f(m0L,2m＋m0)答案AD解析小球C下落到最低點(diǎn)時，A、B將要開始分離，此過程A、B、C組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有m0vC＝2mvAB，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有m0gL＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,AB)，聯(lián)立解得vC＝2eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，vAB＝eq\f(m0,m)eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，故A正確，B錯誤；C球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過程中，選B為研究對象，由動量定理有IAB＝mvAB＝m0eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，故C錯誤；C球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)C對地向左水平位移大小為x1，A、B對地水平位移大小為x2，則有m0x1＝2mx2，x1＋x2＝L，可解得x2＝eq\f(m0L,2m＋m0)，故D正確。訓(xùn)練3(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運(yùn)動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動員時，運(yùn)動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運(yùn)動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運(yùn)動員。不計冰面的摩擦力，該運(yùn)動員的質(zhì)量可能為()A.48kg B.53kg C.58kg D.63kg答案BC解析選運(yùn)動員退行速度方向為正方向，設(shè)運(yùn)動員的質(zhì)量為m運(yùn)，物塊的質(zhì)量為m，物塊被推出時的速度大小為v0，運(yùn)動員第一次推出物塊后的退行速度大小為v1。根據(jù)動量守恒定律，運(yùn)動員第一次推出物塊時有0＝m運(yùn)v1－mv0，物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞，以等大的速率反彈；第二次推出物塊時有m運(yùn)v1＋mv0＝－mv0＋m運(yùn)v2，依此類推，m運(yùn)v2＋mv0＝－mv0＋m運(yùn)v3，…，m運(yùn)v7＋mv0＝－mv0＋m運(yùn)v8，又運(yùn)動員的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜m運(yùn)＜15m，即52kg＜m運(yùn)＜60kg，故B、C項正確，A、D項錯誤。熱點(diǎn)三碰撞模型及拓展1.碰撞問題遵循的三條原則2.兩種碰撞(1)彈性碰撞一動一靜彈性碰撞：m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)。(2)完全非彈性碰撞m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共機(jī)械能損失最多，為ΔE＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,共)。3.碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型圖例(水平面光滑)小球—彈簧模型小球—曲面模型小球—小球模型達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最多，分別轉(zhuǎn)化為彈性勢能、重力勢能或電勢能再次分離相當(dāng)于彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，滿足mv0＝mv1＋Mv2，機(jī)械能守恒，滿足eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)(2)“耗散型”碰撞拓展模型圖例(水平面、水平導(dǎo)軌都光滑)達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，動量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最多，分別轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電能例4(多選)(2024·福建福州一模)在某次臺球游戲中，出現(xiàn)了如圖5所示的陣型，5個小球B、C、D、E、F并排放置在水平桌面上，其中4個球B、C、D、E質(zhì)量均為m1，A球、F球質(zhì)量均為m2，A球以速度v0與B球發(fā)生碰撞，所有的碰撞均可認(rèn)為是彈性碰撞，下列說法正確的是()圖5A.若m1＝m2，最終將有1個小球運(yùn)動B.若m1＜m2，相鄰兩小球之間只發(fā)生1次碰撞C.若m1＞m2，最終將有3個小球運(yùn)動，且運(yùn)動方向一致D.若m1＞m2，最終將有3個小球運(yùn)動，且運(yùn)動方向不一致答案AD解析碰撞時動量守恒和能量守恒，可知m2v0＝m2v2＋m1v1，eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)，可得v2＝eq\f(m2－m1,m2＋m1)v0，v1＝eq\f(2m2,m2＋m1)v0，若m1＝m2，則碰后兩球交換速度，最終只有F小球運(yùn)動，A正確；若m1＜m2，則碰后v1＞v2＞0，然后B和C交換速度，直到D和E交換速度，E再與F碰撞，F(xiàn)向右運(yùn)動，E被彈回再與D交換速度……，則不只發(fā)生1次碰撞，B錯誤；若m1＞m2，則A、B碰后A反彈，B向右運(yùn)動與C碰撞交換速度，D、E交換速度，最后E與F碰撞，E、F都向右運(yùn)動，B、C、D停止，則最終將有3個小球A、E、F都運(yùn)動，且運(yùn)動方向不一致，C錯誤，D正確。訓(xùn)練4(2024·重慶九龍坡模擬)如圖6為臺球選手正在準(zhǔn)備擊球，設(shè)在某一桿擊球過程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直線上運(yùn)動，碰前白色球A的動量pA＝5kg·m/s，花色球B靜止，碰后花色球B的動量變?yōu)閜B′＝4kg·m/s，則兩球質(zhì)量mA與mB間的關(guān)系可能是()圖6A.mB＝eq\f(1,6)mA B.mB＝eq\f(1,4)mA C.mB＝2mA D.mB＝5mA答案C解析碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以白色球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1kg·m/s，根據(jù)碰撞過程總動能不增加，則有eq\f(peq\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(peq\o\al(2,B),2mB)≥eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB′2,2mB)，解得mB≥eq\f(2,3)mA，碰后，兩球同向運(yùn)動，A的速度不大于B的速度，則eq\f(pA′,mA)≤eq\f(pB′,mB)，解得mB≤4mA，綜上可知eq\f(2,3)mA≤mB≤4mA，故C正確。1.(多選)(2024·全國甲卷，20)蹦床運(yùn)動中，體重為60kg的運(yùn)動員在t＝0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關(guān)系如圖7所示。假設(shè)運(yùn)動過程中運(yùn)動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是()圖7A.t＝0.15s時，運(yùn)動員的重力勢能最大B.t＝0.30s時，運(yùn)動員的速度大小為10m/sC.t＝1.00s時，運(yùn)動員恰好運(yùn)動到最大高度處D.運(yùn)動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N答案BD解析根據(jù)題圖分析可知，t＝0.15s時，運(yùn)動員對蹦床作用力最大，則此時運(yùn)動員下降至最低點(diǎn)，運(yùn)動員的重力勢能最小，A錯誤；t＝0.30s時，運(yùn)動員離開蹦床，做豎直上拋運(yùn)動，經(jīng)2s后，即t＝2.30s時再次落至蹦床上，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動的對稱性可知，t＝1.30s時，運(yùn)動員運(yùn)動至最大高度處，根據(jù)v＝gΔt可知，運(yùn)動員在t＝0.30s時的速度大小v0＝10m/s，B正確，C錯誤；對運(yùn)動員與蹦床一次相互作用過程，根據(jù)動量定理有(eq\o(F,\s\up6(－))－mg)Δt＝mv0－(－mv0)，代入數(shù)據(jù)解得eq\o(F,\s\up6(－))＝4600N，D正確。2.(2024·江蘇卷，9)如圖8所示，在水平面上靜止有一個U形滑板A，A的上表面有一個靜止的物體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，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細(xì)繩后，則()圖8A.彈簧恢復(fù)原長時A的動能最大B.彈簧壓縮至最短時A的動量最大C.整個系統(tǒng)動量變大D.整個系統(tǒng)機(jī)械能變大答案A解析對A、彈簧與B組成的系統(tǒng)受力分析，該系統(tǒng)所受合外力為零，則其動量守恒，又運(yùn)動過程中，只有彈簧彈力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，C、D錯誤；對系統(tǒng)由動量守恒定律可知mAvA＝mBvB，由機(jī)械能守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，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的動能時，A的動能最大，動量也最大，A正確，B錯誤。3.(2024·江蘇卷，14)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，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A對B的推力大小。答案(1)eq\f(（m＋M）v0－MvB,m)方向與v0相同(2)eq\f(MvB－Mv0,Δt)解析(1)A、B組成的系統(tǒng)沿速度方向動量守恒，由動量守恒定律有(m＋M)v0＝MvB＋mvA解得分離后A的速度vA＝eq\f(（m＋M）v0－MvB,m)方向與v0相同。(2)A、B分離的過程，對B由動量定理有FΔt＝MvB－Mv0解得分離時A對B的推力大小為F＝eq\f(MvB－Mv0,Δt)。4.(2024·廣東卷，14)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護(hù)乘客的裝置。圖9(1)安全帶能通過感應(yīng)車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖9甲所示。在水平路面上剎車的過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達(dá)到共同的加速度a，同時頂起敏感臂，使之處于水平狀態(tài)，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為FN，敏感球的質(zhì)量為m，重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tanθ；(2)如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質(zhì)點(diǎn)的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運(yùn)動，與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點(diǎn)，氣囊對頭錘豎直方向作用力F隨時間t的變化規(guī)律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量M＝30kg，H＝3.2m，重力加速度大小g＝10m/s2。求：①碰撞過程中F的沖量大小和方向；②碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度。答案(1)eq\f(ma,mg＋FN)(2)①330N·s方向豎直向上②0.2m解析(1)敏感球受豎直向下的重力mg、敏感臂豎直向下的壓力FN以及斜面的支持力FN1，由牛頓第二定律可知(mg＋FN)tanθ＝ma解得tanθ＝eq\f(ma,mg＋FN)。(2)①由圖像可知碰撞過程中F的沖量大小IF＝eq\f(1,2)×0.1×6600N·s＝330N·s方向豎直向上。②頭錘落到氣囊上時的速度v0＝eq\r(2gH)＝8m/s與氣囊作用過程由動量定理得(向上為正方向)IF－Mgt＝Mv－(－Mv0)解得v＝2m/s則上升的最大高度h＝eq\f(v2,2g)＝0.2m。基礎(chǔ)保分練1.(2024·江蘇淮陰高三適應(yīng)性考試)2024年4月30日，神舟十七號載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場成功著陸。返回艙經(jīng)歷一系列減速過程后，在距離地面高度只有1m時，返回艙的速度為7m/s，此時底部的反推火箭將瞬間點(diǎn)火，讓返回艙的速度快速降至2m/s，從而實(shí)現(xiàn)軟著陸。已知返回艙的總質(zhì)量約為3t，重力加速度取10m/s2，火箭點(diǎn)火時間約為0.15s，則點(diǎn)火過程返回艙受到的反向推力約為()A.7.0×104N B.1.0×105N C.1.3×105N D.1.6×105N答案C解析根據(jù)動量定理，有mgt－Ft＝mv2－mv1，解得點(diǎn)火過程返回艙受到的反向推力約為F＝1.3×105N，故C正確。2.(2024·湖北武漢高三期末)一物體靜止在光滑水平面上，從t＝0時刻起，受到的水平外力F作用，如圖1所示，以向右運(yùn)動為正方向，物體質(zhì)量為2.5kg，則下列說法正確的是()圖1A.t＝2s時物體回到出發(fā)點(diǎn)B.t＝3s時物體的速度大小為1m/sC.前2s內(nèi)物體的平均速度為0D.第3s內(nèi)物體的位移為1m答案D解析由題圖知eq\f(1,2)Ft－eq\f(1,2)Ft＝0，t＝2s時物體速度變?yōu)?，沒有回到原點(diǎn)，A錯誤；0～3s內(nèi)，由動量定理知eq\f(1,2)Ft－eq\f(1,2)Ft＋Ft′＝mv－0，解得v＝2m/s，B錯誤；前2s內(nèi)物體位移不為0，由eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)知平均速度不為0，C錯誤；第3s內(nèi)物體做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(5,2.5)×12m＝1m，D正確。3.(多選)(2023·新課標(biāo)卷，19)如圖2，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摩擦因數(shù)相等。現(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻()圖2A.甲的速度大小比乙的大B.甲的動量大小比乙的小C.甲的動量大小與乙的相等D.甲和乙的動量之和不為零答案BD解析根據(jù)F－μmg＝ma可得a＝eq\f(1,m)F－μg，因m甲＞m乙，故a甲＜a乙，則任意時刻甲的速度大小比乙的小，A錯誤；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，則Ff甲＞Ff乙，故甲和乙組成的系統(tǒng)所受合外力向左，合外力的沖量方向向左，即甲的動量大小比乙的小，B、D正確，C錯誤。4.(多選)高速磁懸浮列車在水平長直軌道上運(yùn)行，車頭會受到前方空氣的阻力，假設(shè)列車周圍空氣靜止，車頭前方的空氣碰到車頭后速度變?yōu)榕c車廂速度相同。已知空氣密度為ρ，車頭的迎風(fēng)面積(垂直運(yùn)動方向上的投影面積)為S，列車額定功率為P，以最大速度勻速運(yùn)行。若只考慮車頭有空氣阻力，不計軌道摩擦等其他阻力作用，下列說法正確的是()圖3A.列車的最大運(yùn)行速度為eq\r(3,\f(P,ρS))B.列車的最大運(yùn)行速度為eq\r(\f(P,ρS))C.列車受到的最大阻力為eq\r(3,P2ρS)D.列車受到的最大阻力為eq\r(PρS)答案AC解析設(shè)磁懸浮列車的速度為v，列車對空氣的作用力為F，則根據(jù)動量定理可得Ft＝ρvtSv－0＝ρv2tS，解得F＝ρSv2，當(dāng)牽引力等于阻力時，列車速度達(dá)到最大，則有P＝Fvmax，解得vmax＝eq\r(3,\f(P,ρS))，A項正確，B項錯誤；根據(jù)牛頓第三定律可知此時列車受到的空氣阻力為f＝ρSveq\o\al(2,max)＝eq\r(3,P2ρS)，C項正確，D項錯誤。5.如圖4所示，質(zhì)量相等的A、B兩小球在光滑的水平面上發(fā)生正碰，碰前A、B的速度分別為vA＝3m/s，vB＝－1m/s，碰后A、B兩小球的速度vA′和vB′可能是()圖4A.vA′＝－1m/s，vB′＝1m/sB.vA′＝2m/s，vB′＝0C.vA′＝0，vB′＝2m/sD.vA′＝－2m/s，vB′＝4m/s答案C解析兩球碰撞前后應(yīng)滿足動量守恒定律，有mvA＋mvB＝mvA′＋mvB′，選項A中數(shù)據(jù)不滿足動量守恒，A錯誤；B、C兩個選項滿足動量守恒mvA＋mvB＝mvA′＋mvB′，也滿足碰后兩球的動能之和不大于碰前兩球的動能之和，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)≥eq\f(1,2)mvA′2＋eq\f(1,2)mvB′2，如果碰后A的速度方向不變，則A球的速度不大于B球的速度，即有vA′≤vB′，B錯誤，C正確；選項D中，碰前兩球的動能之和Ek前＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝5m，碰后兩球的動能之和Ek后＝eq\f(1,2)mvA′2＋eq\f(1,2)mvB′2＝10m，動能增加，D錯誤。6.(多選)(2024·河北邯鄲一模)如圖5所示，光滑水平軌道與光滑圓弧軌道相切，小物塊B放置在水平軌道上，小物塊A從圓弧軌道釋放，A、B在水平軌道上發(fā)生碰撞。第一次碰撞之后A滑上圓弧軌道，然后返回與B發(fā)生第二次碰撞，已知B的質(zhì)量是A質(zhì)量的4倍，則小物塊A第一次碰撞前后的速度大小之比可能為()圖5A.4 B.2 C.eq\r(3) D.eq\r(2)答案BC解析設(shè)物塊A的質(zhì)量為m，A碰前速度為v0，碰后速度為v1，物塊B碰后速度為v2。若第一次A、B小物塊發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒和能量守恒定律，有mv0＝－mv1＋4mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(3,5)v0，則小物塊A第一次碰撞前后的速度大小之比為5∶3。因為A能第二次與B碰撞，應(yīng)該第一次碰后A的速度比B的速度大，即mv0＝－mv1＋4mv2，v1＞v2，聯(lián)立解得v1＞eq\f(v0,3)，則小物塊A第一次碰撞前后的速度大小之比應(yīng)小于3∶1，則小物塊A第一次碰撞前后的速度大小之比應(yīng)介于上面兩比值之間，故B、C正確，A、D錯誤。7.如圖6所示，滑塊A、B、C位于光滑水平面上，已知A、B、C的質(zhì)量均為1kg?；瑝KB的左端連有輕質(zhì)彈簧，彈簧開始處于自由伸長狀態(tài)?，F(xiàn)使滑塊A以v0＝2m/s速度水平向右運(yùn)動，彈簧被壓縮到最短時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動。假設(shè)B和C碰撞過程時間極短，則B和C碰撞過程中整個系統(tǒng)損失的機(jī)械能為()圖6A.0.25J B.0.50J C.0.75J D.1.00J答案A解析對A、B系統(tǒng)，A、B速度相等時，彈簧被壓縮到最短，根據(jù)動量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v1，代入數(shù)據(jù)解得彈簧被壓縮到最短時，B的速度v1＝1m/s，此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，對B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得mBv1＝(mB＋mC)v2，代入數(shù)據(jù)解得v2＝0.5m/s，只有B與C發(fā)生非彈性碰撞，有機(jī)械能損失，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,2)＝0.25J，A項正確。提能增分練8.(多選)(2024·吉林一中一模)碰碰車深受青少年的喜愛，因此大多數(shù)游樂場都設(shè)置了碰碰車，如圖7所示為兩游客分別駕駛碰碰車進(jìn)行游戲。在某次碰撞時，紅車靜止在水平面上，黃車以恒定的速度與紅車發(fā)生正撞；已知黃車和紅車連同游客的質(zhì)量分別為m1、m2，碰后兩車的速度大小分別為v1、v2，假設(shè)碰撞的過程沒有機(jī)械能損失。則下列說法正確的是()圖7A.若碰后兩車的運(yùn)動方向相同，則一定有m1＞m2B.若碰后黃車反向運(yùn)動，則碰撞前后黃車的速度大小之比可能為5∶6C.若碰后黃車反向運(yùn)動且速度大于紅車，則一定有m2＞3m1D.碰后紅車的速度與碰前黃車的速度大小之比可能為3∶1答案AC解析根據(jù)動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律有m1v＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1v2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v，可知，當(dāng)m1＞m2時，兩車速度方向相同，A正確；若碰后黃車反向運(yùn)動，則m1＜m2，可知碰撞后黃車速度小于碰撞前的速度，碰撞前后黃車的速度大小之比不可能為5∶6，B錯誤；若碰后黃車反向運(yùn)動且速度大于紅車，即eq\f(m2－m1,m1＋m2)v＞eq\f(2m1,m1＋m2)v，解得m2＞3m1，C正確；設(shè)碰后紅車的速度與碰前黃車的速度大小之比為3∶1，即v2∶v＝3∶1，解得m1＋3m2＝0，不符合實(shí)際情況，D錯誤。9.如圖8所示，小球B和小球C靜止在光滑水平面上，輕彈簧一端固定在B球上，另一端與C球接觸但未拴接，彈簧處于自然伸長狀態(tài)，小球A從光滑圓弧面上距水平地面高h(yuǎn)處由靜止滑下，圓弧面與水平地面平滑連接，A球與B球發(fā)生彈性正碰，并在碰撞后立即將A球拿走。已知小球A的質(zhì)量為m，小球B的質(zhì)量為3m，重力加速度為g，求：圖8(1)A球和B球碰撞后瞬間，B球的速度大??；(2)要使C球能獲得最大動能，C球的質(zhì)量應(yīng)為多少。答案(1)eq\f(1,2)eq\r(2gh)(2)3m解析(1)設(shè)球A與B第一次碰撞前的速度大小為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gh)設(shè)碰撞后，A球的速度大小為v1，B球的速度大小為v2，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝－mv1＋3mv2根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)解得v2＝eq\f(1,2)v0＝eq\f(1,2)eq\r(2gh)。(2)設(shè)C球的質(zhì)量為mC，要使C球具有最大動能，則B、C通過彈簧作用，將C球彈離時，B球的速度為零，設(shè)C球獲得的速度大小為v3，根據(jù)動量守恒定律有3mv2＝mCv3根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,3)解得v3＝v2，mC＝3m。培優(yōu)高分練10.(2024·湖北恩施二模)如圖9所示，光滑水平面上的小車質(zhì)量為2m，小車左側(cè)部分有半徑為R的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道，與水平軌道AB相切于A點(diǎn)，小車右端B點(diǎn)固定一個豎直彈性擋板，A、B間距為2R。質(zhì)量為m的小物塊從圓弧軌道最高點(diǎn)以v0＝2eq\r(gR)的速度滑下，已知小物塊與A、B間軌道的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g。圖9(1)若將小車固定，求物塊經(jīng)過圓弧軌道最低點(diǎn)時受到支持力的大??；(2)若小車不固定，求物塊第一次滑過A點(diǎn)時小車的速度大小；(3)若小車不固定，求物塊最終靜止的位置與A點(diǎn)的距離及全過程小車的位移大小。答案(1)7mg(2)eq\r(gR)(3)2RR解析(1)若將小車固定，物塊滑到圓弧軌道最低點(diǎn)的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv2在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)聯(lián)立解得FN＝7mg。(2)若小車不固定，物塊與小車在水平方向動量守恒，且同時滿足能量守恒，則有0＝mvA＋2mv1eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)聯(lián)立解得vA＝2eq\r(gR)，v1＝－eq\r(gR)可知物塊第一次滑過A點(diǎn)時小車的速度大小為eq\r(gR)。(3)由于圓弧軌道最左端的切線在豎直方向，物塊若飛出小車其水平速度必然與小車一致，還會回到小車，又該系統(tǒng)水平方向總動量為零，經(jīng)過水平軌道的循環(huán)摩擦后物塊與小車最終必然均靜止。設(shè)物塊返回后能夠上升的最大高度為h，由能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgR＝2μmg·2R＋mgh解得h＝R即物塊與擋板碰撞后剛好返回到圓弧軌道最高點(diǎn)，沒有飛出小車，設(shè)物塊相對AB段滑行的總路程為s，則由能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgR＝μmgs解得s＝6R則可知物塊最終將停在B點(diǎn)，距A點(diǎn)2R。設(shè)全過程物塊的水平位移為x1，小車的水平位移為x2水平方向由動量守恒定律可得mx1＝2mx2而x1＋x2＝3R聯(lián)立解得x2＝R增分培優(yōu)1利用動力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析傳送帶問題典例(2024·湖南長沙一模)如圖1所示，傳送帶的水平部分ab長度L1＝10m，傾斜部分bc長度L2＝16.8m，bc與水平方向的夾角為θ＝37°。傳送帶沿圖示順時針方向勻速率運(yùn)動，速率v＝4m/s，現(xiàn)將質(zhì)量m＝2kg的小煤塊(視為質(zhì)點(diǎn))由靜止輕放到a處，之后它將被傳送到c點(diǎn)，已知小煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，且此過程中小煤塊不會脫離傳送帶，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：圖1(1)煤塊從a運(yùn)動到c的時間；(2)煤塊在傳送帶上留下的黑色痕跡的長度；(3)煤塊與傳送帶間的摩擦生熱。答案(1)5.5s(2)8.8m(3)44.16J解析(1)煤塊在水平部分運(yùn)動時，由牛頓第二定律得μmg＝ma1可得煤塊運(yùn)動的加速度a1＝2m/s2煤塊從靜止加速到與傳送帶共速的距離為s1＝eq\f(v2,2a1)＝eq\f(42,2×2)m＝4m＜10m故煤塊在水平部分先加速，后勻速運(yùn)動，加速的時間t1＝eq\f(v,a1)＝2s勻速運(yùn)動的時間t2＝eq\f(L1－s1,v)＝eq\f(10－4,4)s＝1.5s在傾斜傳送帶上，由于μ＜tanθ＝0.75故煤塊在斜傳送帶上做加速運(yùn)動，由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2可得煤塊在傾斜傳送帶上的加速度為a2＝gsinθ－μgcosθ＝4.4m/s2根據(jù)勻加速運(yùn)動的位移與時間的關(guān)系有L2＝vt3＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)解得t3＝2s或t3＝－eq\f(42,11)s(舍去)故煤塊從a運(yùn)動到c的時間t＝t1＋t2＋t3＝5.5s。(2)煤塊在水平傳送帶的相對位移為Δs1＝vt1－s1＝(8－4)m＝4m煤塊在傾斜傳送帶的相對位移為Δs2＝L2－vt3＝(16.8－8)m＝8.8m由于Δs1與Δs2是重復(fù)痕跡，故煤塊在傳送帶上留下的黑色痕跡長度為8.8m。(3)煤塊在水平傳送帶的摩擦生熱Q1＝Ff1Δs1其中Ff1＝μmg解得Q1＝16J煤塊在傾斜傳送帶的摩擦生熱Q2＝Ff2Δs2其中Ff2＝μmgcosθ解得Q2＝28.16J故Q＝Q1＋Q2＝16J＋28.16J＝44.16J。1.傳送帶問題的分析步驟與方法2.劃痕長度與摩擦生熱的計算若只有一個相對運(yùn)動過程，劃痕長度等于相對位移的大??；若有兩個相對滑動過程，兩過程相對位移方向相同時，劃痕長度求和，相對位移方向不同時，劃痕以長的為準(zhǔn)。全過程產(chǎn)生的熱量Q＝Ffs相對(s相對是相對路程，即相對位移絕對值的和)。訓(xùn)練1(多選)(2024·遼寧沈陽二模)如圖2，水平傳送帶一直以速度v1＝6m/s向右勻速運(yùn)動，小物體P、Q質(zhì)量均為1kg，由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t＝0時刻P在傳送帶左端具有向右的速度v2＝10m/s，P與定滑輪間的繩水平，不計定滑輪質(zhì)量和摩擦。小物體P與傳送帶之間動摩擦因數(shù)μ＝0.6，傳送帶長度L＝15m，繩足夠長，g＝10m/s2。關(guān)于小物體P的描述正確的是()圖2A.小物體P從傳送帶左端離開傳送帶B.小物體P在傳送帶上運(yùn)動的全過程中，加速度一直不變C.小物體P向右運(yùn)動的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為9mD.小物體P向右運(yùn)動的過程中和傳送帶之間摩擦產(chǎn)生的熱量是60J答案ACD解析共速前，對小物體P、Q分析，由牛頓第二定律得mg＋μmg＝2ma1，解得a1＝8m/s2，小物體P與傳動帶共速時的位移為x1＝eq\f(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1),2a1)＝4m，共速后，小物體P做勻減速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律得mg－μmg＝2ma2，解得a2＝2m/s2，小物體P減速至零的位移為x2＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a2)＝9m，由于x1＋x2＜L，小物體P從傳送帶左端離開傳送帶，A正確；由上面的計算可知，小物體P在傳送帶上運(yùn)動的過程中，加速度有兩個值，B錯誤；t＝0時刻到與傳送帶共速，劃痕長度為l1＝x1－v1eq\f(v2－v1,a1)＝1m，共速至P減速為零的過程，劃痕長度為l2＝v1eq\f(v1,a2)－x2＝9m，考慮到劃痕重復(fù)，小物體P向右運(yùn)動的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為Δl＝l2＝9m，C正確；小物體P向右運(yùn)動的過程中和傳送帶之間摩擦產(chǎn)生的熱量是Q＝μmg(l1＋l2)＝60J，D正確。訓(xùn)練2(多選)(2024·廣東深圳模擬預(yù)測)如圖3所示，用與水平面成θ＝30°角的傳送帶輸送貨物，傳送帶以v＝2m/s的速度順時針運(yùn)行，地勤人員將一質(zhì)量m＝5kg的貨物輕輕放在傳送帶底部，經(jīng)過4s的時間到達(dá)傳送帶的頂端。已知貨物與傳動帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),2)，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是()圖3A.貨物在傳送帶上向上運(yùn)動過程中所受的摩擦力不變B.傳送帶從底端到頂端的長度是20mC.貨物在傳送帶上向上運(yùn)動的過程中，由于摩擦產(chǎn)生的熱量為30JD.貨物在傳送帶上向上運(yùn)動的過程中，增加的機(jī)械能為190J答案CD解析根據(jù)牛頓第二定律μmgcos30°－mgsin30°＝ma，又t＝eq\f(v,a)，聯(lián)立解得t＝0.8s＜4s，說明貨物經(jīng)歷勻加速運(yùn)動和勻速運(yùn)動兩個過程，則所受摩擦力發(fā)生改變，A錯誤；傳送帶從底端到頂端的長度是l＝eq\f(v2,2a)＋v(4s－t)＝7.2m，B錯誤；貨物在傳送帶上向上運(yùn)動的過程中，由于摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgcos30°(vt－eq\f(v2,2a))，解得Q＝30J，C正確；貨物增加的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mv2＋mglsin30°，解得ΔE＝190J，D正確。1.(2024·安徽卷，4)傾角為θ的傳送帶以恒定速率v0順時針轉(zhuǎn)動。t＝0時在傳送帶底端無初速輕放一小物塊，如圖4所示。t0時刻物塊運(yùn)動到傳送帶中間某位置，速度達(dá)到v0。不計空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運(yùn)動到頂端的過程中，加速度a、速度v隨時間t變化的關(guān)系圖線可能正確的是()圖4答案C解析0～t0時間內(nèi)，物塊輕放在傳送帶上，做加速運(yùn)動。受力分析可知，物塊受重力、支持力、滑動摩擦力，滑動摩擦力大于重力的下滑分力，合力不變，故做勻加速運(yùn)動。t0之后，當(dāng)物塊速度與傳送帶速度相同時，靜摩擦力與重力的下滑分力相等，加速度變?yōu)榱?，物塊做勻速直線運(yùn)動，故C正確，A、B、D錯誤。2.(2024·湖北卷，14)如圖5所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶左右兩端的距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)O，用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)固定一釘子，P點(diǎn)與O點(diǎn)等高。將質(zhì)量為0.10kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運(yùn)動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點(diǎn)向上運(yùn)動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。圖5(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小；(2)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能；(3)若小球運(yùn)動到P點(diǎn)正上方，繩子不松弛，求P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離。答案(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m解析(1)設(shè)小物塊的質(zhì)量為m，傳送帶左右兩端的距離為L，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，小物塊在傳送帶上加速時的加速度大小為a，由牛頓第二定律有μmg＝ma設(shè)小物塊到達(dá)傳送帶最右端時的速度大小為v1，假設(shè)小物塊在傳送帶上一直加速，由運(yùn)動學(xué)公式有veq\o\al(2,1)＝2aL聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得v1＝6m/s由于v1>5m/s，因此假設(shè)不成立，小物塊到達(dá)傳送帶右端前已經(jīng)與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間的速度大小為v1＝5m/s。(2)設(shè)小球的質(zhì)量為M，碰撞后小物塊與小球的速度大小分別為v2、v3，碰撞過程中兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能為ΔEk，對小物塊與小球碰撞過程，由動量守恒定律得mv1＝－mv2＋Mv3小物塊與小球碰撞過程中，系統(tǒng)損失的總動能為ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,3)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得ΔEk＝0.3J。(3)經(jīng)分析知，小球到達(dá)P點(diǎn)正上方繩子拉力剛好為零時，小球繞P點(diǎn)運(yùn)動的半徑最大，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離最小，設(shè)這種情況下小球運(yùn)動到P點(diǎn)正上方的速度大小為v4，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為x，繩子的長度為l，小球運(yùn)動到P點(diǎn)正上方時，結(jié)合牛頓第二定律和向心加速度公式有Mg＝Meq\f(veq\o\al(2,4),l－x)對小球的整個上升過程，由動能定理得－Mg(l＋l－x)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,3)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得x＝0.2m。1.(多選)一足夠長的傾斜傳送帶以恒定的速率逆時針轉(zhuǎn)動，某時刻在傳送帶上適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊男∥飰K，如圖1所示。取沿傳送帶向下的方向為正方向，則下列v－t圖中可能描述小物塊在傳送帶上運(yùn)動的是()圖1答案ABC解析當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下(μ＞tanθ)，且小于傳送帶的速度時，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即a＝gsinθ＋μgcosθ，可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運(yùn)動，若傳送帶足夠長，則會出現(xiàn)小物塊達(dá)到傳送帶速度時，滿足mgsinθ＜μmgcosθ，可知二者將共速，故A、B正確；當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向上(μ＞tanθ)，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即a＝gsinθ＋μgcosθ，可知小物塊先沿傳送帶向上做勻減速直線運(yùn)動，減到零后反向勻加速，若傳送帶足夠長會出現(xiàn)與傳送帶共速的情況(μ＞tanθ)或者繼續(xù)勻加速(μ＜tanθ)，此時加速度滿足a′＝gsinθ－μgcosθ＜a，故C正確，D錯誤。2.(多選)如圖2，質(zhì)量m＝2kg的小物塊以水平初速度v0＝6m/s從左端滑上長L＝3m的水平傳送帶，小物塊始終受到一個方向水平向右、大小F＝4N的恒力作用，傳送帶在電動機(jī)的帶動下沿順時針方向運(yùn)行，速度大小恒為0.5v0。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，關(guān)于小物塊在傳送帶上運(yùn)動的過程，下列說法正確的是()圖2A.小物塊一直做勻速直線運(yùn)動B.恒力F對小物塊做的功為6JC.小物塊與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為6JD.因小物塊在傳送帶上運(yùn)動電動機(jī)多消耗的電能為6J答案ACD解析由于F＝μmg，則小物塊一直做勻速直線運(yùn)動，A正確；恒力F對小物塊做的功為W＝FL＝12J，B錯誤；小物塊的運(yùn)動時間為t＝eq\f(L,v0)＝0.5s，小物塊與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg(v0t－0.5v0t)＝6J，C正確；因小物塊在傳送帶上運(yùn)動，電動機(jī)多消耗的電能等于傳送帶克服摩擦力做的功，即E＝μmg·0.5v0t＝6J，D正確。3.(2024·四川宜賓二模)如圖3甲為皮帶輸送機(jī)簡化模型圖，皮帶輸送機(jī)傾角θ＝37°，順時針勻速轉(zhuǎn)動，在輸送帶下端A點(diǎn)無初速放入貨物。貨物從下端A點(diǎn)運(yùn)動到上端B點(diǎn)的過程中，其機(jī)械能E與位移x的關(guān)系圖像(以A位置所在水平面為零勢能面)如圖乙所示。貨物視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量m＝10kg，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是()圖3A.貨物與輸送帶間的動摩擦因數(shù)為0.825B.輸送帶A、B兩端點(diǎn)間的距離為8mC.貨物從下端A點(diǎn)運(yùn)動到上端B點(diǎn)的時間為9sD.皮帶輸送機(jī)因運(yùn)送該貨物而多消耗的能量為585J答案C解析由題圖可知，貨物從開始運(yùn)動到與傳送帶相對靜止，有ΔE1＝μmgcos37°·Δx1，對貨物有Δx1＝x傳－x貨＝vt1－eq\f(1,2)vt1＝0.5m，解得μ＝0.875，故A項錯誤；由圖像可知，物塊沿傳送帶向上運(yùn)動0.5m后與傳送帶相對靜止，此后物塊的動能不變，重力勢能增加，有mgx2sin37°＝ΔE，其中ΔE＝E2－E1＝480J，解得x2＝8m，則傳送帶兩端點(diǎn)之間的距離為L＝x貨＋x2＝8.5m，故B項錯誤；設(shè)加速階段的加速度大小為a，有μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得a＝1m/s2，設(shè)加速階段時間為t1，有x貨＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，解得t1＝1s；又v2＝2ax貨，設(shè)勻速階段時間為t2，有x2＝vt2，解得t2＝8s，所以總時間為t＝t1＋t2＝9s，故C項正確；由能量守恒定律知，皮帶輸送機(jī)多消耗的能量為E＝μmgcos37°·Δx1＋eq\f(1,2)mv2＋mgLsin37°，解得E＝550J，故D項錯誤。4.(2024·四川德陽二模)如圖4所示，靜止的粗糙傳送帶與水平面夾角為θ＝37°，傳送帶頂端到底端的距離為L＝14.25m，平行于傳送帶的輕繩一端連接質(zhì)量為m1＝0.3kg的小物體A，另一端跨過光滑定滑輪連接質(zhì)量為m2＝0.1kg的小物體B，在外力的作用下，小物體A靜止于傳送帶的頂端。t＝0時，撤去外力，同時傳送帶從靜止開始以加速度大小為a0＝7m/s2、順時針方向勻加速轉(zhuǎn)動，傳送帶速率達(dá)到v＝7m/s后勻速轉(zhuǎn)動。已知小物體A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，小物體B始終未與定滑輪相撞，重力加速度大小為g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：圖4(1)傳送帶勻加速轉(zhuǎn)動瞬間，小物體A加速度的大?。?2)小物體A從傳送帶頂端運(yùn)動到底端的時間。答案(1)3.5m/s2(2)3s解析(1)設(shè)小物體A加速度的大小為a1，繩子的拉力為T1，對小物體A，由牛頓第二定律，有m1gsinθ＋μm1gcosθ－T1＝m1a1對物體B，由牛頓第二定律，有T1－m2g＝m2a1解得a1＝3.5m/s2。(2)小物體A從靜止到速度等于7m/s的過程有t1＝eq\f(v,a1)＝2s，x1＝eq\f(1,2)a1t