36 力学三大规律的应用
[方法点拨] 做好以下几步：(1)确定研究对象，进行运动分析和受力分析；(2)分析物理过程，按特点划分阶段；(3)选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．
1．(多观点分析运动过程)(多选)一辆汽车从圆弧形拱桥最高处匀速驶下，在此过程中，下列说法中正确的是( ) A．汽车的动量保持不变 B．汽车的机械能减少 C．汽车所受的合外力为零 D．汽车所受的合外力做功为零
2．(守恒条件判断)如图1所示，在光滑的水平面上固定着两轻质弹簧，一弹性小球在两弹簧间往复运动，把小球和弹簧视为一个系统，则小球在运动过程中( )
图1
A．系统的动量守恒，动能守恒 C．系统的动量不守恒，机械能守恒
B．系统的动量守恒，机械能守恒 D．系统的动量不守恒，动能守恒
3．(多观点分析动力学问题)(多选)如图2所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有
( )
图2
A.小球的机械能减少了mg(H＋h) C.小球所受阻力的冲量大于m2gH
4．(多观点分析动力学问题)(多选)把皮球从地面以某一初速度竖直上抛，经过一段时间后皮球又落回抛出点，上升最大高度的一半处记为A点．以地面为零势能面．设运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，则( ) K12小学初中高中
B.小球克服阻力做的功为mgh
D.小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
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A．皮球上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功 B．皮球上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量 C．皮球上升过程与下降过程空气阻力的冲量大小相等 D．皮球下降过程中重力势能与动能相等的位置在A点下方
5．在课堂中，老师用如图3所示的实验研究平抛运动．A、B是质量相等的两个小球，处于同一高度．用小锤打击弹性金属片，使A球沿水平方向飞出，同时松开B球，B球自由下落．某同学设想在两小球下落的空间中任意选取两个水平面1、2，小球A、B在通过两水平面的过程中，动量的变化量分别为ΔpA和ΔpB，动能的变化量分别为ΔEkA和ΔEkB，忽略一切阻力的影响，下列判断正确的是( )
图3
A．ΔpA＝ΔpB，ΔEkA＝ΔEkB C．ΔpA≠ΔpB，ΔEkA＝ΔEkB B．ΔpA≠ΔpB，ΔEkA≠ΔEkB D．ΔpA＝ΔpB，ΔEkA≠ΔEkB
6．如图4，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M间及M与地面的接触面均光滑．开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的全部运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度．对于m、M和弹簧组成的系统，下列说法中正确的有( )
图4
①由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒；②当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大；③由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动；④由于F1、F2等大反向，故系统的总动量始终为零． A．①④ B．②③
C．①②④
D．②④
7．如图5所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木 板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧．质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B.在木块A与弹簧
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相互作用的过程中，下列判断正确的是( )
图5
A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大 2mv0
C．弹簧给木块A的冲量大小为 3
B．B板的加速度一直增大 D．弹簧的最大弹性势能为
2mv0
3
8．如图6所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态．一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面上做往复运动．木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为( )
图6
A.
Mmv0
B．2Mv0
M＋mC.
2Mmv0
M＋m D．2mv0
9．如图7所示，一长木板放置在水平地面上，一根轻弹簧右端固定在长木板上，左端连接一个质量为m的小物块，小物块可以在木板上无摩擦滑动．现在用手固定长木板，把小物块向左移动，弹簧的形变量为x1；然后，同时释放小物块和木板，木板在水平地面上滑动，小物块在木板上滑动；经过一段时间后，长木板达到静止状态，小物块在长木板上继续往复运动．长木板静止后，弹簧的最大形变量为x2.已知地面对长木板的滑动摩擦力大小为f.当弹簧的形12
变量为x时，弹性势能Ep＝kx，式中k为弹簧的劲度系数．由上述信息可以判断( )
2
图7
A．整个过程中小物块的速度可以达到
kx1 mk2
2
B．整个过程中木板在地面上运动的路程为(x1－x2)
2fC．长木板静止后，木板所受的静摩擦力的大小不变
D．若将长木板改放在光滑地面上，重复上述操作，则运动过程中物块和木板的速度方向可能相同
10．如图8所示，半径R＝0.50 m的光滑四分之一圆轨道MN竖直固定在水平桌面上，轨道末端水平且端点N处于桌面边缘，把质量m＝0.20 kg的小物块从圆轨道上某点由静止释放，经过N点后做平抛运动，到达地面上的P点．已知桌面高度h＝0.80 m，小物块经过N点时的速度v0＝3.0 m/s，g取10 m/s.不计空气阻力，物块可视为质点．求： K12小学初中高中
2
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图8
(1)圆轨道上释放小物块的位置与桌面间的高度差； (2)小物块经过N点时轨道对物块支持力的大小； (3)小物块落地前瞬间的动量大小．
11．如图9所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑1
的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面4上．现有滑块A以初速度v0从右端滑上B，一段时间后，以滑离B，并恰好能到达C的最高
2点．A、B、C的质量均为m.求：
v0
图9
(1)A刚滑离木板B时，木板B的速度； (2)A与B的上表面间的动摩擦因数μ； (3)圆弧槽C的半径R；
(4)从开始滑上B到最后滑离C的过程中A损失的机械能．
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答案精析
1．BD [汽车做匀速圆周运动，则动量大小不变，但方向变化，故A错误；汽车在驶下时，存在摩擦力做功，所以汽车的机械能减少，故B正确；由于汽车做匀速圆周运动，是变速运动，则所受的合外力不为零，故C错误；汽车所受的合外力与速度始终垂直，所以此力不做功，故D正确．] 2．C
3．AC [由动能定理得mg(H＋h)＋Wf＝0，则Wf＝－mg(H＋h)，所以小球的机械能减少了mg(H12＋h)，所以A选项正确，B选项错误；小球自由下落至地面的过程，机械能守恒，mgH＝mv，
2
v＝2gH，落到地面上后又陷入泥潭中，由动量定理得IG－If＝0－mv，所以If＝IG＋mv＝IG
＋m2gH，小球所受阻力的冲量大于m2gH，所以C选项正确；由动量定理知小球动量的改变量等于合外力的冲量，所以D选项错误．]
4．ACD [皮球上升过程中克服重力做的功、下降过程中重力做的功均为mgh，A正确；皮球先后通过同一位置的过程中，重力做功为零，阻力做负功，根据动能定理可知v>v′，因此上升过程的平均速度一定大于下降过程的平均速度，所以上升时间小于下降时间，根据冲量的概念可知上升过程重力冲量较小，B错误；
如图所示为上抛过程中的速度图象，第一、第四象限中阴影部分的面积分别表示上升和下降过程的位移，大小相等方向相反；由于f∝v，可将纵坐标改为f，第一、第四象限中阴影部分的面积仍相等，说明上升、下降过程阻力的冲量等大反向，C正确；下降到A点时，重力11
势能减小mgH，但由于克服阻力做功，动能的增加量小于mgH，因此重力势能与动能相等的
22位置在A点下方，D正确．] 5．A
6．D [由于F1、F2等大反向，m、M系统所受合外力为零，因此动量守恒，故系统的总动量始终为零．④正确；开始阶段弹簧弹力小于F1和F2，m、M都做加速运动，动能增加，当弹力增大到与F1和F2等大时，m、M动能都最大，系统机械能一直增大，①错误，②正确；上述加速过程弹簧弹力逐渐增大，合力逐渐减小，不是匀加速运动，③错误，所以应该选D.] K12小学初中高中
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7．D [当A向左压缩弹簧时A木块减速，B板做加速度增大的加速运动，当弹簧压缩量最大时，A、B共速，之后弹簧在恢复形变的过程中B板做加速度减小的加速运动，A木块继续减速，当弹簧恢复原长时B板达最大速度，所以A、B选项均错；当弹簧恢复原长时，设A、B112
的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律得，2mv0＝2mv1＋mv2，由能量守恒定律有×2mv0＝
2212144mv02
×2mv1＋mv2，联立解得：v1＝v0，v2＝v0，弹簧给木块A的冲量I＝2mv1－2mv0＝－，
23334mv0
所以弹簧给木块A的冲量大小为，C选项错误；弹簧最大的弹性势能发生在A、B共速时，
32v0111222
设共速的速度为v，由动量守恒知2mv0＝3mv，v＝，Ep＝×2mv0－×3mv＝mv0，所以D
3223选项正确．]
8．A [子弹击中木块并嵌在其中，该过程动量守恒，即mv0＝(m＋M)v，即击中后木块速度为v＝
mv0
，此后只有弹簧弹力做功，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，当第一次m＋M回到平衡位置时，速度仍然等于v，根据动量定理，木块受到的合外力的冲量等于动量的变化量即I＝Mv－0＝
Mmv0
，选项A对．] m＋Mkx1，A错误；当木板静止时，m1212
9．B [根据动能定理：mvm＝kx1－Wf.因此速度不可能达到
22
小物块在长木板上做往复运动，只有弹力做功，系统的机械能守恒，所以当木板静止时，系121212k22
统具有的机械能为kx2，根据能量守恒定律得，kx1－kx2＝fs，因此s＝(x1－x2)，B正确；
2222f木板静止后，板受到的静摩擦力大小随弹簧伸缩量的改变而改变，C错误；若将长木板改放在光滑地面上，重复上述操作，根据动量守恒定律，运动过程中物块和木板的速度方向一定相反，D错误．]
10．(1)0.45 m (2)5.6 N (3)1.0 kg·m/s
解析 (1)设圆轨道上释放小物块的位置与桌面间的高度差为H，小物块运动至N点过程中机12
械能守恒，则有mgH＝mv0
2解得H＝0.45 m
(2)设物块经过N点时所受支持力为F
2mv0
根据牛顿第二定律有F－mg＝ R解得F＝5.6 N
12
(3)设物块做平抛运动的时间为t，小物块落地前竖直分速度为vy，则h＝gt
2K12小学初中高中
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vy＝gt
解得vy＝4.0 m/s
小物块落地前速度v＝v0＋vy 解得v＝5.0 m/s 动量p＝mv
解得p＝1.0 kg·m/s.
5v0v015mv0
11．(1) (2) (3) (4)
416gL64g32
解析 (1)对A在木板B上的滑动过程，取A、B、C为一个系统，根据动量守恒定律有：
2
2
v0
222
v0
mv0＝m＋2mvB
2解得vB＝
4
(2)对A在木板B上的滑动过程，A、B、C系统减少的动能全部转化为系统产生的热量 121v021v02
μmgL＝mv0－m()－×2m()
222245v0
解得μ＝ 16gL(3)对A滑上C直到最高点的作用过程，A、C系统动量守恒，1v01v01
A、C系统机械能守恒mgR＝m()2＋m()2－×2mv2
2
2
2
4
2
2
v0
mv0
2
＋mvB＝2mv
v20
解得R＝
64g(4)对A滑上C直到离开C的作用过程，A、C系统动量守恒mv0mv0
2＋4
＝mvA＋mvC
1v01v0112
A、C系统初、末状态动能相等，m()2＋m()2＝mv2A＋mvC
2
2
2
4
2
2
解得vA＝.
4
121215mv0
所以从开始滑上B到最后滑离C的过程中A损失的机械能为：ΔE＝mv0－mvA＝.
2232
2
v0
K12小学初中高中
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