热点五 动量和能量
能量观点是解决力学问题的重要途径之一，功能关系(含动能定理和机械能守恒定律)是近几年高考理科综合物理命题的焦点，选择题、计算题中均有体现，试题灵活性强，难度较大，能力要求高，且经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学等知识综合命题。
冲量和动量作为选修3－5的热点考核内容，考查频率特别高，现在作为必考内容后，其内容充实了力学解题的思路，在力学中的地位也日益显现出来，随着新课改的逐步推进，其冲量和动量的考查也会日渐重要。
考向一 与弹簧相关的功能关系
竖直平面内有一光滑椭圆轨道，如图1所示，一轻弹簧一端固定在椭圆的中心O，另一端系一小球，小球套在光滑椭圆轨道上。在Q点安装一光电计时器，已知OP是椭圆的半短轴，长度为a，OQ是椭圆的半长轴，长度为b，轻弹簧的原长等于a，小球的直径为d，质量为m，轻弹簧形变量为x时，其弹性势能可表示为Ep＝kx2(轻弹簧始终在弹性限度内，k为轻弹簧的劲度系数)。小球从图中P点由静止释放，经过Q处光电计时器时的挡光时间为t，下列说法正确的是
图1
A．小球到达Q点时的动能等于mgb
B．小球到达Q点时弹簧的弹性势能为kb2
C．小球从P点运动到Q点的过程中弹簧弹力不做功
D．该轻弹簧的劲度系数k＝－
[解析] 小球到达Q点时弹簧的弹性势能为k(b－a)2
，由功能关系可知，小球到达Q点时的动能等于mgb－k(b－a)2，选项A、B错误；小球到达Q点时的速度v＝，小球到达Q点时的动能Ek＝mv2＝，由功能关系可知，小球从P点运动到Q点的过程中克服弹簧弹力做的功W＝Ep＝mgb－，C错误；由功能关系可知k(b－a)2＝mgb－，解得k＝－，D正确。
[答案] D
考向二 与传送带相关的功能关系
如图2所示，长为L＝10.5 m的传送带与水平面成30°角，传送带向上做加速度为a0＝1 m/s2的匀加速运动，当其速度为v0＝3 m/s时，在其底端轻放一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)，已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝，在物块由底端上升到顶端的过程中，求：
图2
(1)此过程所需时间；
(2)传送带对物块所做的功；
(3)此过程中产生的热量。
[解析] (1)由牛顿第二定律知物块上滑时有
μmgcos θ－mgsin θ＝ma1
设经时间t1物块与传送带的速度相等，则有
a1t1＝v0＋a0t1
联立并代入数值得a1＝2.5 m/s2，t1＝2 s
此时间内物块发生的位移为x1＝a1t＝5 m＜L
所以物块与传送带相对静止后，以加速度a0匀加速到达顶端，经历的时间为t2，则速度刚相等时有
v1＝a1t1＝5 m/s
到达顶端时有v－v＝2a0(L－x1)
L－x1＝·t2
联立并代入数值得t2＝1 s
所以物块由底端上升到顶端所用的时间为
t＝t1＋t2＝ 3 s。
(2)由动能定理知W－mgh＝mv
h＝Lsin θ
代入数值得W＝70.5 J。
(3)物块发生的相对位移为
x相＝v0t1＋a0t－a1t
产生的热量为Q＝μmgcos θ·x相
联立并代入数值得Q＝22.5 J。
[答案] 见解析
考向三 动量与能量综合应用
(2018·宜城月考)如图3所示，质量为3 kg的长木板B放在光滑的水平面上，右端与半径R＝1 m的粗糙的圆弧相切，左端上方放一质量为1 kg物块C，物块C与长木板B间的动摩擦因数为0.2。现将一质量为1 kg的物体A从距圆弧上端h＝5 m处静止释放，沿着圆弧到达水平轨道与B碰撞后粘在一起运动，再经1 s物块C刚好运动到B的右端且不会掉下。取g＝10 m/s2。求：
图3
(1)物体A刚进入圆弧时对轨道的压力大小；
(2)长木板B的长度；
(3)物体A经过圆弧时克服阻力所做的功。
[解析] (1)物体A从释放到进入圆弧前做自由落体运动
v＝2gh①
刚进入圆弧时FN＝mA②
联立①②式解得：FN＝100 N③
(2)物块C从开始运动到与长木板具有相同速度过程中
mCaC＝μmCg④
由④式解得：aC＝2 m/s2
物块C运动距离sC＝aCt2＝×2×12 m＝1 m⑤
物块C在B的右端时两者具有相同的速度
vB2＝vC＝aCt＝2×1 m/s＝2 m/s⑥
aB＝＝ m/s2＝0.5 m/s2⑦
由速度公式得木板刚开始运动时速度
vB1＝vB2＋aBt＝2＋0.5×1 m/s＝2.5 m/s⑧
木板B运动距离sB＝t＝×1 m＝2.25 m⑨
长木板B的长度L＝sB－sC＝2.25－1＝1.25 m⑩
(3)物块A与木板B碰撞过程中动量守恒
mAvA2＝(mA＋mB)vB1⑪
由⑪式解得：vA2＝10 m/s⑫
物块A从静止释放到与木板A碰撞前，由动能定理
mAg(h＋R)－Wf＝mAv⑬
物体A经过圆弧时克服阻力做的功：
由⑬式解得Wf＝10 J。
[答案] (1)100 N (2)1.25 m (3)10 J
1．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
答案 B
2.(2018·南平检测)如图4所示，轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于粗糙水平面上质量为m的小球接触但不连接。开始时小球位于O点，弹簧水平且无形变。O点的左侧有一竖直放置的光滑半圆弧轨道，圆弧的半径为R，B为轨道最高点，小球与水平面间的动摩擦因数为μ。现用外力推动小球，将弹簧压缩至A点，OA间距离为x0，将球由静止释放，小球恰能沿轨道运动到最高点B。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法中正确的是
图4
A．小球在从A到O运动的过程中速度不断增大
B．小球运动过程中的最大速度为vm＝
C．小球与弹簧作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep＝2.5mgR＋μmgx0
D．小球通过圆弧轨道最低点时，对轨道的压力为5mg
解析 小球在从A到O运动的过程中，受弹力和摩擦力，由牛顿第二定律可知：kΔx－μmg＝ma，物体做加速度减小的加速运动，当加速度为零时(弹力等于摩擦力时)速度最大，接下来摩擦力大于弹力，小球开始做减速运动，当弹簧原长时离开弹簧，故A错误；因为小球恰能沿轨道运动到最高点B，由重力提供向心力：mg＝m，解得：vB＝，从O到B根据动能定理得：－mg2R＝mv－mv，联立以上解得：v0＝，由上分析可知：小球从开始运动到离开弹簧速度先增大后减小，所以最大速度要比大，故B错误；从A到O根据能量守恒得：Ep＝mv＋μmgx0，联立以上得：Ep＝2.5mgR＋μmgx0，故C
正确；小球在最低点时做圆周运动，由牛顿第二定律得：N－mg＝m，联立以上解得：N＝6mg，故D错误。所以C正确，ABD错误。
答案 C
3.(多选)(2018·衡阳联考)如图5所示，质量m＝1 kg的物体从高为h＝0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和皮带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，传送带AB之间的距离为L＝5.5 m，传送带一直以v＝3 m/s的速度沿顺时针方向匀速运动，则
图5
A．物体由A运动到B的时间是1.5 s
B．物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为 1N·s
C．物体由A运动到B的过程中，系统产生0.5 J的热量
D．物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功2 J
解析 物体下滑到A点的速度为v0，由机械能守恒定律有：mv＝mgh
代入数据得：v0＝2 m/s物体在摩擦力作用下先匀加速运动，后做匀速运动，有：t1＝＝1 s
s1＝t1＝×1 m＝2.5 m
t2＝＝ s＝1 s
t＝t1＋t2＝2 s，选项A错误；
物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为I＝μmgt1＝1 N·s，选项B正确；在t1时间内，皮带做匀速运动，s皮带＝vt1＝3 m
Q＝μmgΔs＝μmg(s皮带－s1)代入数据得：Q＝0.5 J，选项C正确；物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功：Wf＝μmgs1＝2.5 J，选项D错误；故选BC。
答案 BC
4．(2018·西安八校联考)如图6甲所示，一半径为R＝1 m的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B处，圆弧轨道的最高点为M，O为圆心且OM竖直，斜面倾角θ＝37°，t＝0时刻，有一质量m＝2 kg的物块从A点开始沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达M点，(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图6
(1)物块经过B点时的速度vB；
(2)物块在斜面上滑动的过程中摩擦力做的功。
解析 (1)物体从B到M上升的高度为h＝R＋Rcos 37°。
物块恰能过最高点，则在M点由牛顿第二定律得
mg＝m。
物块从B到M的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得
mv＝mg(R＋Rcos 37°)＋mv。
联立以上各式，解得：vB＝ m/s。
(2)分析v－t图像，求得物块在斜面上的加速度为
a＝＝ m/s2＝10 m/s2。
在斜面上对物块由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma，
则摩擦力f＝ma－mgsin θ＝20 N－12 N＝8 N。
对物块由v－v＝2ax，可得x＝0.9 m。
摩擦力做的功W＝－fx＝－8×0.9 J＝－7.2 J。
答案 (1) m/s (2)－7.2 J
5．红牛滑板大赛在内蒙古自治区的乌兰布和沙漠闭幕，参赛选手上演了滑板世界中的“速度与激情”。如图7所示，轨道BC
为竖直平面内的四分之一圆弧赛道，半径为R＝1.8 m，轨道ABC可认为是光滑的，且水平轨道AB与圆弧BC在B点相切。一个质量为M的运动员(可视为质点)以初速度v0冲上静止在A点的滑板(可视点质点)，设运动员蹬上滑板后立即与滑板一起共同沿着轨道运动。若运动员的质量M＝48.0 kg，滑板质量m＝2.0 kg，计算结果均保留三位有效数字，重力加速度g取10 m/s2(不计空气阻力)。
图7
(1)运动员至少以多大的水平速度v0冲上滑板才能到达C点？
(2)运动员以第(1)问中的速度v0冲上滑板，滑过圆弧轨道B点时滑板对轨道的压力是多大，方向如何？
(3)若A点右侧为μ＝0.3 的水泥地面，则滑回后运动员与滑板停在距A点多远的位置？
解析 (1)以运动员和滑板为一个系统，运动员以速度v0冲上滑板过程，系统水平方向总动量守恒，
即Mv0＝(m＋M)v
若运动员与滑板恰好到达C点，以AB水平面为零势能面，由机械能守恒定律得
(m＋M)v2＝(m＋M)gR
两式联立解得v＝6.00 m/s，v0＝6.25 m/s
运动员的水平速度至少要达到6.25 m/s才能到达C点。
(2)运动员以第(1)问中的速率v0冲上滑板，由牛顿第二定律得FN－(m＋M)g＝，
解得FN＝1.50×103 N
由牛顿第三定律可知滑板对轨道的压力大小为1.50×103 N，方向竖直向下。
(3)因为ABC光滑，由机械能守恒定律知运动员滑回A点时速度大小仍为v＝6.00 m/s
运动员滑过A点至停下过程中，由动能定理得
－μ(m＋M)gx＝0－(m＋M)v2
代入数据解得x＝6.0 m。
答案 (1)6.25 m/s (2)1.5×103 N 方向竖直向下 (3)6.0 m
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