下落至离地高度h处，动能E_k2＝mgh，则从高H处下落至高h处，由动能定理得：

(mg－F_f)(H－h)＝E_k2＝mgh②

由①②得h＝H，D正确．

图5－4－14

8．(2010年大连双基测试)如图5－4－14所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g.在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是(　)

A．运动员减少的重力势能全部转化为动能

B．运动员获得的动能为mgh

C．运动员克服摩擦力做功为mgh

D．下滑过程中系统减少的机械能为mgh

解析：选D.运动员的加速度为g，小于gsin30°，所以必受摩擦力，且大小为mg，克服摩擦力做功为mg×＝mgh，故C错；摩擦力做功，机械能不守恒，减少的势能没有全部转化为动能，而是有mgh转化为内能，故A错，D正确；由动能定理知，运动员获得的动能为mg×＝mgh，故B错．

图5－4－15

9．(2010年海淀模拟)滑板是现在非常流行的一种运动，如图5－4－15所示，一滑板运动员以7 m/s的初速度从曲面的A点下滑，运动到B点速度仍为7 m/s，若他以6 m/s的初速度仍由A点下滑，则他运动到B点时的速度(　)

A．大于6 m/s　 　　　　　　B．等于6 m/s

C．小于6 m/s 　　　　　　D．条件不足，无法计算

解析：选A.当初速度为7 m/s时，由功能关系，运动员克服摩擦力做功等于减少的重力势能．而当初速度变为6 m/s时，运动员所受的摩擦力减小，故从A到B过程中克服摩擦力做的功减少，而重力势能变化量不变；故运动员在B点动能大于他在A点的动能．

图5－4－16

10．如图5－4－16所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为s₀，滑块以初速度v₀沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块经过的总路程．

解析：滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为s，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q＝mv₀²+mgs₀sinθ又全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgscosθ

解以上两式可得s＝(+s₀tanθ)．

答案：(+s₀tanθ)

图5－4－17

11．(2010年华南师大附中高三综合测试)半径为R的竖直放置的圆轨道与平直轨道相连接，如图5－4－17所示．质量为m的小球A以一定的初速度由直轨道向左运动，并沿轨道的内壁冲上去．如果A经过N点时的速度为v₀，A经过轨道最高点M时对轨道的压力大小等于小球的重力，求：

(1)小球落地点P与N之间的距离s；

(2)取N点处为零势能面，小球在M点的机械能E；

(3)小球从N到M这一段过程中阻力做的功W.

解析：(1)根据牛顿第三定律，经过M时轨道对球的压力为F_N＝mg

设小球在M点的速度为v，有F_N+mg＝m

根据平抛运动规律有：2R＝gt²　s＝vt

联立方程解得：s＝2R.

(2)小球在M点的动能为：E_k＝mv²＝mgR

故小球的机械能为：E＝E_k+E_p＝mgR+2mgR＝3mgR.

(3)小球从N到M过程，据动能定理：

－mg×2R+W＝mv²－mv₀²

又：F_N+mg＝m　W＝3mgR－mv₀².

答案：(1)2R　(2)3mgR　(3)3mgR－mv₀²

12.(2010年天津模拟)如图5－4－18所示，质量为m的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v₀，长为L.今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.

图5－4－18

(1)试分析滑块在传送带上的运动情况；

(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能；

(3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．

解析：(1)若滑块冲上传送带时的速度小于带速，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于带速，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动．

(2)设滑块冲上传送带时的速度为v，

由机械能守恒E_p＝mv².

设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a，

由牛顿第二定律：μmg＝ma.

由运动学公式v²－v₀²＝2aL.

解得E_p＝mv₀²+μmgL.

(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移s＝v₀t

v₀＝v－at

滑块相对传送带滑动的位移

Δs＝L－s

相对滑动生成的热量

Q＝μmg·Δs

解得Q＝μmgL－mv₀(－v₀)．

答案：(1)见解析

(2)mv₀²+μmgL

(3)μmgL－mv₀(－v₀)

9．(2010年苏州调研)如图6－1－13所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，右端与竖直墙壁接触．现打开尾端阀门，气体往外喷出，设喷口面积为S，气体密度为ρ，气体往外喷出的速度为v，则气体刚喷出时贮气瓶顶端对竖直墙的作用力大小是(　)

图6－1－13

A．ρvS　 　　　　　　　　　　　　B.

C.ρv²S　 　　　　　　　　　　　　D．ρv²S

解析：选D.本题考查反冲运动，可由动量定理解决．以t时间内喷出去的气体为研究对象，由Ft＝ρSvtv＝ρStv²，则F＝ρSv²，由于气瓶处于平衡状态，墙壁与气瓶间作用力与气体反冲作用力相等，故D正确．

图6－1－14

10．如图6－1－14所示，A、B两小物块用平行于斜面的轻细线相连，均静止于斜面上．用平行于斜面向上的恒力拉A，使A、B同时由静止以加速度a沿斜面向上运动．经时间t₁，细线突然被拉断．再经时间t₂，B上滑到最高点．已知A、B的质量分别为m₁、m₂，细线断后拉A的恒力不变，求B到达最高点时A的速度．

解析：对系统运动的全过程，由动量定理有：

(m₁+m₂)a(t₁+t₂)＝m₁v_A

解出v_A＝.

7.(2009年河北石家庄二模)物体在运动过程中只受到力F的作用，F随时间变化的图象如图6－1－11所示，已知在t＝1 s时刻，物体的速度为零．则下列论述错误的是(　)

图6－1－11

A．0-3 s内，力F所做的功等于零，冲量也等于零

B．0-4 s内，力F所做的功等于零，冲量也等于零

C．第1 s内和第2 s内的速度方向相同，加速度方向相反

D．第3 s内和第4 s内的速度方向相同，加速度方向相同

解析： 选B.物体在0-1 s、2-4 s内的加速度a1为1-2 s内的加速度a2的一半，即a1=a2，因此物体运动的v-t图象如图所示，设其初速度为v，由动能定理，0-3 s内做的功W=0，其冲量I=-F·t+2Ft-Ft=0，A表述正确；0-4 s内F做的功W=0-mv2≠0，冲量I=-Ft+2Ft-F×2t=-Ft≠0，B表述错误；第1秒内、第2秒内速度方向相同，加速度方向相反；第3秒内、第4秒内速度和加速度方向均相同，C、D表述均正确．

图6－1－12

8．物体A和B用轻绳相连接，挂在轻质弹簧下静止不动，如图6－1－12甲所示．A的质量为m，B的质量为M.当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升，经某一位置时的速度大小为v.这时，物体B的下落速度大小为u，如图6－1－12乙所示．在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为(　)

A．mv　 　　　　　　　　B．mv－Mu

C．mv+Mu　 　　　　　　D．mv+mu

解析：选D.由题意可知，虽然整个过程所用的时间可以直接求出，但弹簧的弹力是一变力，要求它的冲量只能用动量定理来计算．以物体A为研究对象，取竖直向上为正方向，

根据动量定理有：(F－mg)t＝mv①

在t时间内，物体B做自由落体运动，则：t＝②

由①②两式得弹力的冲量Ft＝mv+mu.

所以正确的选项为D.

4.

图6－1－8

如图6－1－8所示，铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点，若以2v的速度抽出纸条，则铁块落地点为(　)

A．仍在P点

B．P点左边

C．P点右边不远处

D．P点右边原水平位移的两倍处

解析：选B.两次抽动，二者间均为滑动摩擦力，第一次以速度v抽出，第二次以2v抽出，因此第一次所用的时间较第二次要长，所以第一次的摩擦力的冲量较第二次要大，这样，第一次铁块的动量变化较第二次大，即第一次铁块的速度变化比第二次大，第二次铁块获得的速度要小，故第二次铁块落在P点的左边．

图6－1－9

5．如图6－1－9所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点．每根杆上都套着一个质量相同的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度为零)，关于它们下滑的过程，下列说法中正确的是(　)

A．重力对它们的冲量相同

B．弹力对它们的冲量相同

C．合外力对它们的冲量相同

D．它们的动能增量相同

解析：选A.由运动学知识可知三个滑环的运动时间相等，故A正确．由于三种情形下弹力的方向不同，故B错．由机械能守恒定律知D错．而合外力冲量大小为mv，由于v大小不等，故C错．

图6－1－10

6．(2010年广州模拟)如图6－1－10所示为作用在某物体上的合外力随时间变化的图象，若物体开始时是静止的，则前3 s内(　)

A．物体的位移为0

B．物体的动量改变量为0

C．物体的动能改变量为0

D．物体的机械能改变量为0

解析：选BC.第一秒内：F＝20 N，第二、三秒内：F＝－10 N，物体先加速，后减速，在第三秒末速度为零，物体的位移不为零，A错误；根据动量定理I＝Δp，前三秒内，动量的改变量为零，B正确；由于初速度和末速度都为零，因此，动能改变量也为零，C正确；但物体的重力势能是否改变不能判断，因此，物体的机械能是否改变不能确定，D错误．

3．如图6－1－7描述的是竖直上抛物体的动量增量随时间变化的曲线和动量变化率随时间变化的曲线．若不计空气阻力，取竖直向上为正方向，那么正确的是(　)

图6－1－7

答案：CD

1．(2009年江苏启东模拟)从地面上方同一点分别向东和向西沿水平方向抛出两个质量相等的小物体，抛出的初速度大小分别为v和2v.不计空气阻力，则两个小物体(　)

A．从抛出到落地动量的增量相同

B．从抛出到落地重力做的功相同

C．落地时的速度相同

D．落地时重力做功的瞬时功率相同

答案：ABD

图6－1－6

2．甲、乙两物体分别在恒力F₁、F₂的作用下沿同一直线运动，它们的动量随时间变化的关系如图6－1－6所示，设甲在t₁时间内所受的冲量为I₁，乙在t₂时间内所受的冲量为I₂，则F、I的大小关系是(　)

A．F₁>F₂，I₁＝I₂

B．F₁<F₂，I₁<I₂

C．F₁>F₂，I₁>I₂

D．F₁＝F₂，I₁＝I₂

解析：选A.甲在t₁时间内和乙在t₂时间内的动量变化大小相等，Δp₁＝Δp₂，由动量定理得I₁＝Δp₁，I₂＝Δp₂

所以I₁＝I₂(大小)，又I₁＝F₁t₁，I₂＝F₂t₂，

F₁＝，F₂＝，而t₁<t₂，所以F₁>F₂，

故A选项正确．

11.

图6－2－17

(2009年高考宁夏理综卷)两个质量分别为M₁和M₂的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上．A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图6－2－17所示．一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h.物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B.求物块在B上能够达到的最大高度．

解析：设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和V，由机械能守恒和动量守恒得

mgh＝mv²+M₁V²①

M₁V＝mv②

设物块在劈B上达到的最大高度为h′，此时物块和B的共同速度大小为V′，由机械能守恒和动量守恒得

mgh′+(M₂+m)V′²＝mv²③

mv＝(M₂+m)V′④

联立①②③④式解得

h′＝ h.

9．如图6－2－15甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰．小球的质量分别为m₁和m₂.图乙为它们碰撞后的s－t图象．已知m₁＝0.1 kg.由此可以判断(　)

图6－2－15

A．碰前m₂静止，m₁向右运动

B．碰后m₂和m₁都向右运动

C．m₂＝0.3 kg

D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能

解析：选AC.由图乙可以看出，碰前m₁的位移随时间均匀增加，m₂的位移不变，可知m₂静止，m₁向右运动，故A是正确的．碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，即B错误．由图乙可以计算出碰前m₁的速度v₁＝4 m/s，碰后的速度v₁′＝－2 m/s，碰前m₂的速度v₂＝0，碰后的速度v₂′＝2 m/s，由动量守恒m₁v₁+m₂v₂＝m₁v′₁+m₂v₂′，计算得m₂＝0.3 kg，故C是正确的．碰撞过程中系统损失的机械能ΔE＝m₁v₁²－m₁v₁′²－m₂v₂′²＝0.因此D是错误的．

10

图6－2－16

.(2010年厦门模拟)如图6－2－16所示，甲、乙两冰球运动员为争抢冰球而合理冲撞，已知甲运动员的质量为 60 kg，乙运动员的质量为70 kg，接触前两运动员速度大小均为5 m/s，冲撞结果为甲被撞回，速度大小为2 m/s，如果接触时间为0.2 s，问：

(1)冲撞时两运动员的相互作用力多大？

(2)撞后乙的速度大小是多少？方向又如何？

解析：(1)取甲碰前的速度方向为正方向，对甲运用动量定理，有：

－Ft＝－m_甲v_甲′－m_甲v_甲

代入数据得F＝2100 N.

(2)取甲碰前的速度方向为正方向，对系统运用动量守恒定律，有：

m_甲v_甲－m_乙v_乙＝－m_甲v_甲′+m_乙v_乙′

代入数据得v_乙′＝1 m/s

方向与甲碰前速度方向相同．

答案：(1)2100 N

(2)1 m/s　与甲碰前同向

5．(2009年高考全国卷Ⅰ)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等．两者质量之比M/m可能为(　)

A．2　 　　　　　　　　　　　B．3

C．4　 　　　　　　　　　　　D．5

解析：选AB.根据动量守恒，动能不增加，得≥+，化简即得≤3，A、B正确．

图6－2－12

6．(2009年河北保定二模)水平传送带上表面与水平桌面等高，右端与桌面紧密相接，左端足够长，传送带始终顺时针匀速转动传送木箱．如图6－2－12所示，木箱与传送带已有相同的速度，当木箱到达传送带右端时，突然遇到水平向左射来的子弹，二者迅速结为一体．已知木箱动量p₁的大小小于子弹动量p₂的大小，最终木箱停在桌面上的Q点，下列说法中正确的是(　)

A．若只增大子弹射入的速度，木箱可能停在Q点的右侧

B．若只增大子弹射入的速度，木箱可能停在Q点的左侧

C．若只增大木箱与传送带间的动摩擦因数，木箱可能停在Q点的右侧

D．若只增大木箱与传送带间的动摩擦因数，木箱可能停在Q点的左侧

解析：选A.p₁＜p₂，子弹和木箱合为一体后总动量方向向左，结合体向左减速，然后反向加速，到达传送带右端时，由动能定理μmgs＝mv²，最后停于Q点．若只增大子弹射入的速度，其合为一体时总动量增大，结合体仍向左减速，然后向右加速，可能一直加速，也可能先加速后匀速，故到达传送带右端时速度大于或等于碰后的速度，故可能仍在Q点或在Q点右侧，A对，B错．若增大木箱与传送带间的动摩擦因数，到达右端时速度不变，故仍在Q点，C、D错．

图6－2－13

7．(2010年北京朝阳模拟)如图6－2－13所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m＝1.0 kg的小木块A.现以地面为参照系，给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离木板B.站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是(　)

A．2.4 m/s　 　　　　　　　　　　B．2.8 m/s

C．3.0 m/s　 　　　　　　　　　　D．1.8 m/s

解析：选A.A相对地面速度为0时，木板的速度为v₁

由动量守恒得：(向右为正)

Mv+mv＝Mv₁v₁＝ m/s

木块从此时开始向右加速，直到两者有共速为v₂，

由动量守恒得：

Mv+mv＝(M+m)v₂v₂＝2 m/s

故B对地的速度在2 m/s - m/s范围内，所以A正确．

图6－2－14

8．(2010年北京东城模拟)如图6－2－14所示，一沙袋用轻细绳悬于O点．开始时沙袋处于静止状态，此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出，第一次弹丸的速度为v₁，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°，当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以水平速度v₂又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°，若弹丸质量是沙袋质量的1/40倍，则以下结论中正确的是(　)

A．v₁＝v₂　 　　　　　　　B．v₁∶v₂＝41∶42

C．v₁∶v₂＝42∶41　 　　　D．v₁∶v₂＝41∶83

解析：选D.根据摆动过程中机械能守恒和两次击中沙袋摆动的角度相等可知，两次击中沙袋后的速度相同，设为v，用M表示沙袋的质量，m表示弹丸的质量，由动量守恒得第一次：mv₁＝(m+M)v

第二次：mv₂－(m+M)v＝(2m+M)v，

m＝M，解以上三式得：

v₁∶v₂＝41∶83，故选项D是正确的．

4．在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m.现B球静止，A球向B球运动，发生正碰．已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩到最紧时的弹性势能为E_p，则碰前A球的速度等于(　)

A. 　　　　　　　　　　　B.

C．2　 　　　　　　　　　D．2

解析：选C.压缩最紧时，两球速度相等．设A球碰前速度为v₀，两者共速时速度为v′，由动量守恒有：mv₀＝2mv′，

解得v′＝v₀由机械能守恒有E_p＝mv₀²－×2mv′²

解得v₀＝2，故C对．