2018年高三物理(新课标)二轮复习专题能力训练7：动量综合应用-物理小金刚系列

第二部分 功能与动量专题07 动量和能量的综合应用【练习】【基础】1．如图所示，质量为m 的小球A 静止于光滑水平面上，在A 球与墙之间用轻弹簧连接。

现用完全相同的小球B 以水平速度v 0与A 相碰后粘在一起压缩弹簧。

不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E ，从球A 被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I ，则下列表达式中正确的是( )A ．E ＝12mv 20，I ＝mv 0 B ．E ＝12mv 20，I ＝2mv 0 C ．E ＝14mv 20，I ＝mv 0 D ．E ＝14mv 20，I ＝2mv 0 2. “爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m ，速度大小为v ，方向水平向东，则另一块的速度为( )A ．3v 0－vB ．2v 0－3vC ．3v 0－2vD ．2v 0＋v3．（多选）如图所示，已知物体与三块材料不同的长方形板间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块板长度均为L ，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v 0，从第一块板的最左端a 点滑上第一块板，恰好滑到第三块板的最右端d 点停下来，物体在运动过程中三块板均保持静止．若让物体从d 点以相同大小的初速度水平向左运动，三块板仍能保持静止，则下列说法正确的是( )A ．物体恰好运动到a 点并停下来B ．物体不能运动到a 点C ．物体两次经过c 点时速度大小相等D ．物体两次经过b 点时速度大小相等4．一质量为M 的航天器，正以速度v 0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v 1，加速后航天器的速度大小为v 2，则喷出气体的质量m 为( )A ．m ＝v 2－v 0v 1M B ．m ＝v 2v 2＋v 1M C ．m ＝v 2－v 0v 2＋v 1M D ．m ＝v 2－v 0v 2－v 1M 5．如图所示，一个质量为m 的物块A 与另一个质量为2m 的物块B 发生正碰，碰后B 物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B 与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m ，g 取10 m/s 2，物块可视为质点．则A 碰撞前瞬间的速度为( )A ．0.5 m/sB ．1.0 m/sC ．1.5 m/sD ．2.0 m/s6.如图所示，质量为M 、长为L 的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M 的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上最多能滑行的距离为( )A ．LB ．3L 4C ．L 2D ．L 47.（多选）如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度v 0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x .现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B (如图乙所示)，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，则( )A ．A 物体的质量为3mB ．A 物体的质量为2mC ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为32mv 02 D ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv 02 8.在沈海高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1.5×104 kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为2.0×104 kg 向北行驶的货车，碰后两辆车连在一起，并向北滑行了一小段距离后停止。

专题能力训练7 动量动量的综合应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题6分,共42分。

在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~7题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.(2017·全国Ⅰ卷)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。

在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30 kg·m/sB.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/sD.6.3×102kg·m/s2.(2017·山东青岛一模)一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出,木块的动能增加了8 J,木块的质量大于子弹的质量。

则此过程中产生的内能可能是()A.18 JB.16 JC.10 JD.6 J3.如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起,从高度为h处自由落下,且h远大于两小球半径,所有的碰撞都是完全弹性碰撞,且都发生在竖直方向。

已知m2=3m1,则小球m1反弹后能达到的高度为()A.hB.2hC.3hD.4h4.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,在此过程中()A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为mv2B.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为mv2D.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零5.蹦极运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下,将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动,从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是()A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能先增大后减小C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力6.在一条直线上,运动方向相反的两球发生正碰。

功和能开心自测题一 ：如图所示，演员正在进行杂技表演。

由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于（ ）A ．0.3JB ．3JC ．30JD ．300J题二：一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。

假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是（ ）A. 运动员到达最低点前重力势能始终减小B. 蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C. 蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D. 蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关题三：如图，一长为的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为的小球。

一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为（ ）A ．B ． 2mgL ωC ．12mgL ωD ． 6mgL ω 考点梳理与金题精讲功W=Flcoα平均功率瞬时功率P=Fv cosα功是能量转化的量度W G=－ΔE pW弹=－ΔE p弹W总=ΔE kW非=ΔE机一、功（1）一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生一段位移，这个力就对物体做了功。

做功的两个不可缺少的因素是：作用在物体上的力和物体在力的方向上发生的位移。

（2）力对物体所做的功，等于力的大小、位移的大小、力与位移夹角的余弦这三者的乘积。

功的计算公式，功的单位是焦耳，符号J，功是标量。

（3）功有正负，其正负由cosα决定。

当0°≤α＜90°时，力对物体做正功；当90°＜α≤180°时，力对物体做负功（通常说成物体克服这个力做功）；当α= 90°时，力对物体不做功。

题四：放在光滑水平面上的静止物体，在水平恒力F1的作用下，移动了距离l，如果拉力改为和水平面成30º的恒力F2，移动的距离为2l，已知拉力F1和F2对物体所做的功相等，则F1和F2的大小的比为（）A．2：1 B．2：1 C．3：1 D．3：1二、功率（1）功率是表示力做功快慢程度的物理量，功跟完成这些功所用时间的比叫做功率。

课时作业(六)一、选择题(共8个小题，4、5、6、7、8为多选，其余为单选，每题5分共40分)1．(2017·郑州三模)如图甲所示为杂技中的“顶竿”表演、水平地面上演员B 用肩部顶住一根长直竹竿，另一演员A 爬至竹竿顶端完成各种动作．某次顶竿表演结束后，演员A 自竿顶由静止开始下落．滑到竿底时速度正好为零，然后曲腿跳到地面上，演员A 、B 质量均为50 kg ，长竹竿质量为5 kg ，A 下滑的过程中速度随时间变化的图像如图乙所示．重力加速度g 取10 m/s 2，下列判断正确的是( )A ．竹竿的总长度约为3 mB ．0～6 s 内，演员B 对地面的压力大小始终为1 050 NC ．0～6 s 内，竹竿对演员B 的压力的冲量大小为3 300 N·sD ．演员A 落地时向下曲腿，是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力答案 C解析 A 项，杆子的长度等于v-t 图像中的面积，由图可知，x ＝2×62＝6 m ，故A 项错误；B 项，0～6 s 内A 加速度先向下，再向上，故人先失重再超重，故B 对地面的压力一定是变化的，故B 项错误；C 项，由图可知，0～4 s 内A 向下加速，加速度为：a 1＝24＝0.5 m/s 2；则由牛顿第二定律可得：mg －F 1＝ma 1，解得：F 1＝500－50×0.5＝475 N ；4～6 s 内A 向下减速，加速度为：a 2＝22＝1 m/s 2；则由牛顿第二定律可得：F 2－mg ＝ma 2，解得：F 2＝500＋50×1＝550 N ；设向下为正方向，则0～6 s 内竹竿对演员B 的压力的冲量大小为：I ＝mg(t 1＋t 2)＋F 1t 1＋F 2t 2＝5×10×(4＋2)＋475×4＋550×2＝3 300 N·s ，故C 项正确；D 项，演员A 落地时向下曲腿，是为了延长作用时间以减小地面的冲击力，故D 项错误，故选C 项． 点评 本题考查动量定理的应用以及图像的性质，要注意明确动量定理的正确应用，注意在应用动量定理时应注意动量和冲量的矢量性．2．(2015·重庆)高空作业须系安全带．如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2gh t＋mg B.m 2gh t －mg C.m gh t＋mg D.m gh t－mg 答案 A解析 人下落h 高度为自由落体运动，由运动学公式v 2＝2hg ，可知v ＝2gh ；缓冲过程(取向上为正)由动量定理得(F －mg)t ＝0－(－mv)，解得：F ＝m 2gh t＋mg ，故选A. 考点 本题考查运动学公式、动量定理3．如图所示，A 、B 两物体质量之比m A ∶m B ＝3∶2，静止在平板小车C 上，A 、B 间有一根被压缩的弹簧，水平地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列分析错误的是( )A ．若A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 组成系统的动量守恒B ．若A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 、C 组成系统的动量守恒C ．若A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 组成系统的动量守恒D ．若A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 、C 组成系统的动量守恒答案 A解析 如果A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A 、B 分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F fA 向右，F fB 向左，由于m A ∶m B ＝3∶2，所以F fA ∶F fB ＝3∶2，则A 、B 组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A 项错．对A 、B 、C 组成的系统，A 、B 与C 间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力(水平方向不受外力)，它们的矢量和为零，故该系统的动量守恒，B 、D 两项均正确．若A 、B 所受摩擦力大小相等，则A 、B 组成系统的外力之和为零，故其动量守恒，C 项正确．4．质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时刻小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.12mv 2 B.12mM m ＋M v 2 C.12N μmgL D ．N μmgL答案 BD 解析 小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，最后恰好又回到箱子正中间．二者相对静止，即为同速，设速度为v 1，mv ＝(m ＋M)v 1，系统损失动能E k ＝12mv 2－12(M ＋m)v 12＝12Mmv 2M ＋m，A 项错误，B 项正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔE k ＝Q ＝NμmgL ，C 项错误，D 项正确．5.(2017·湖北模拟)质量M ＝3 kg 的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动．质量为m ＝2 kg 的小球(视为质点)通过长L ＝0.75 m 的轻杆与滑块上的光滑轴O 连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态．现给小球一个v 0＝3 m/s 的竖直向下的初速度，取g ＝10 m/s 2.则( )A ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.3 mB ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.5 mC ．小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD ．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.54 m答案 AD解析 可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M 在水平轨道上向右运动了x ，由滑块和小球系统在水平方向动量守恒，有m M ＝x L －x，解得：x ＝0.3 m ，A 项正确，B 项错误．根据动量守恒定律，小球m 相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m ，C 项错误．根据动量守恒定律，在小球上升到最大高度时，滑块速度为零，由系统的能量守恒定律可知，小球m 相对于初始位置可以达到的最大高度为h ＝0.45 m ，与水平面的夹角为cosα＝0.8，设水球从最低位置上升到最高位置过程上滑块M 在水平轨道上又向右运动了x′，由滑块和小球系统在水平方向动量守恒，有m M ＝x′Lcosα－x′，解得x′＝0.24 m ．小球m 从初始位置到第一次达到最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了x＋x′＝0.3 m＋0.24 m ＝0.54 m．D项正确．点评解决本题的关键要明确系统水平方向动量守恒，利用平均动量守恒列方程，要注意m 速度的参考系是地面，不是对M.6．(2017·鼓楼区校级模拟)将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个滑块(可视为质点)以水平速度v0沿木板从左端向右端滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止，现将木板分成A和B两段，如图乙所示，并紧挨着放在水平面上，让滑块仍以初速度v0从木板左端向右端滑动，滑块与木板的动摩擦因数处处相同，在以后的整个过程中，下列说法正确的是()A．甲乙两图中，滑块克服摩擦力做的功一样多B．系统因摩擦产生的热量甲图比乙图多C．最终甲、乙两图中滑块受到合外力的冲量相同D．图乙过程中滑块与B一定不会分离答案BD分析比较两次运动的区别，木块一直做匀减速直线运动，木板一直做匀加速直线运动，第一次在滑块运动过程中，整个木板一直加速，第二次滑块运动的过程中，A与B先一起做加速运动，当滑块运动到B部分上后A部分停止加速做匀速直线运动，只有B部分加速，B的加速度大于开始时的加速度，通过比较滑块的位移确定是否飞离木板．(也可以使用动能定理比较)．根据摩擦力乘以相对位移等于热量比较滑块在木板B上和木板A上产生的热量关系，根据末动量以及动量定理分析合外力的冲量大小．解析设滑块的质量为m，A部分的质量为M1，B的质量为M2，则滑块在木板上运动的过程中，系统的动量守恒，选择向右为正方向，对甲图：mv0＝(m＋M1＋M2)v ①对乙图，则：mv0＝M1v1＋(m＋M2)v2 ②由于滑块滑过A后，在B上滑动的过程中，滑块的速度将大于A的速度，所以可得：v1<v<v2可知第二次时滑块的速度的变化量小一些，根据动量定理可知，滑块与B木板将比第一种的情景更早达到速度相等，所以在第二种的情况下，滑块还没有运动到B的右端，两者速度相同，即第二次时，滑块相对于木板的位移小．A项，根据动能定理可知，滑块克服摩擦力做的功等于其动能的变化，由于v<v2，所以甲、乙两图中，滑块克服摩擦力做的功不一样多．故A项错误；B项，根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，第一次的相对路程的大小大于第二次的相对路程的大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量．故B项正确；C项，由以上分析可知，两图中最终滑块的速度不同，则可知末动量不相同，则由动量定理可知，合外力的冲量不同，故C项错误．D项，根据以上分析可知，滑块与B达相对静止时对应的位移将更小，因此滑块不会离开B物体，故D项正确，故选B、D两项．点评本题考查动量守恒定律的应用，解决本题的关键理清滑块和木板的运动过程，通过比较位移的关系判断是否脱离，以及掌握功能关系Q＝fs相对的正确应用．7．(2017·冀州市校级期中)如图所示，光滑地面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点．A点有一质量为m2的静止小球，P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动．小球与小球、小球与挡板间的碰撞均没有机械能损失，两小球均可视为质点．已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量之比m1∶m2可能为()A．3∶1 B．1∶3C．1∶5 D．1∶7答案ABD分析两球发生弹性碰撞，碰后前后瞬间动量守恒，机械能守恒，结合碰撞后两球运动的可能性分析判断．解析①若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，两球在B点相遇，是球2反弹后在B点相遇，有：v2t＝3v1t，即：v2＝3v1.根据动量守恒得，m1v0＝m1v1＋m2v2，根据机械能守恒得：12m1v02＝12m1v12＋12m2v22，联立解得m 1＝3m 2.故A 项正确．②若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹在B 点追上球2， 则有：v 1t ＝3v 2t ，即：v 1＝3v 2.根据动量守恒得：m 1v 0＝－m 1v 1＋m 2v 2，根据机械能守恒得：12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22， 联立解得：m 2＝7m 1.故D 项正确．③若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹、球2与挡板碰后反弹在B 点相遇，则有：v 1t ＝v 2t ，即：v 1＝v 2，根据动量守恒得：m 1v 0＝－m 1v 1＋m 2v 2，根据机械能守恒得：12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22， 联立解得：m 2＝3m 1.故B 项正确，故选A 、B 、D 三项．点评 解决本题的关键知道弹性碰撞的特点，动量守恒，机械能守恒，结合两球碰后的速度大小的关系和方向，运用动量守恒和机械能守恒综合求解．8．(2017·达州一模)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1、m 2的两物块A 、B 相连接，并静止在光滑水平面上．现使B 获得水平向右、大小为6 m/s 的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得( )A ．在t 1，t 2时刻两物块达到共同速度2 m/s ，且弹簧都处于伸长状态B ．从t 3到t 4时刻间弹簧由压缩状态恢复到原长C ．两物体的质量之比为m 1∶m 2＝2∶1D ．在t 2时刻，A 、B 两物块的动能之比为E k1∶E k2＝4∶1答案 BC分析 两个滑块与弹簧系统机械能守恒、动量守恒，结合图像可以判断它们的能量转化情况和运动情况．解析A项，从图像可以看出，从0到t1的过程中弹簧被压缩，t1时刻两物块达到共同速度2 m/s，此时弹簧处于伸长状态，由图示图像可知，t2时刻两物体的速度大小不相等，且方向相反，则速度不同，故A项错误；B项，由图示图像可知，从t3到t4时间内A做减速运动，B做加速运动，弹簧由由压缩状态恢复到原长，故B项正确；C项，由图示图像可知，t1时刻两物体相同，都是2 m/s，A、B系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v1＝(m1＋m2)v2，即m2×6＝(m1＋m2)×2，解得：m1∶m2＝2∶1，故C 项正确；D项，由图示图像可知，在t2时刻，A、B两物块的速度分别为：4 m/s、－2 m/s，两物体的动能之比为E k1∶E k2＝12m1v A 2∶12m2v B2＝12×2m2×42∶12×m2×(－2)2＝8∶1，故D项错误，故选B、C两项．点评本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚图示图像、分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与动能计算公式可以解题．二、计算题(共6个小题，9题6分，10题8分，11题8分，12题12分，13题12分，14题14分，共60分)9．质量是60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中．已知弹性安全带缓冲时间为1.2 s，安全带伸直后长5 m，求安全带所受的平均冲力．(g＝10 m/s2)解析人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：v02＝2gh，∴v0＝2gh＝10 m/s取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带给的冲力F，取F方向为正方向，由动量定理得：(F－mg)t＝mv－mv0所以F＝mg＋mv0t＝1 100 N，(方向竖直向下)注意动量定理既适用于恒力作用下的问题，也适用于变力作用下的问题．如果是在变力作用下的问题，由动量定理求出的力是在t时间内的平均值．10．如图所示，一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M.现以地面为参考系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图)，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板，以地面为参考系．(1)若已知A 和B 的初速度大小为v 0，求它们最后的速度大小和方向．(2)若初速度的大小未知，求小木块A 向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离． 解析 (1)用能量守恒定律和动量守恒定律求解．A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度，设此速度为v ，A 和B 的初速度的大小为v 0，则据动量守恒定律可得：Mv 0－mv 0＝(M ＋m)v解得：v ＝M －m M ＋mv 0，方向向右． (2)对系统的全过程，由能量守恒定律得：Q ＝fL ＝12(M ＋m)v 02－12(m ＋M)v 2 对于fL 1＝12mv 02 由上述二式联立求得L 1＝（M ＋m ）L 4M. 11．(2017·运城模拟)如图甲所示，是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上．已知夯锤的质量为M ＝450 kg ，桩料的质量为m ＝50 kg.每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶h 0＝5 m 处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上并不弹起，而是随桩料一起向下运动．桩料进入泥土后所受阻力随打入深度h 的变化关系如图乙所示，直线斜率k ＝5.05×104 N/m ，g ＝10 m/s 2，求：(1)夯锤与桩料碰撞完毕后，随桩料一起向下运动的速度是多少？(2)打完第一夯后，桩料进入泥土的深度．(假设打第一夯前，桩料未进入泥土)答案 (1)夯锤与桩斜碰撞完毕后，随桩料一起向下运动的速度是9 m/s(2)打完第一夯后，桩料进入泥土的深度是1 m分析 (1)夯锤先自由下落，然后与桩料碰撞．先由运动学公式求出与桩料碰撞前瞬间的速度．对于碰撞过程，由于内力远大于外力，所以系统的动量守恒，由动量守恒定律求出碰后共同速度．(2)夯锤与桩料一起下沉的过程，重力和阻力做功，由动能定理可求得桩料进入泥土的深度． 解析 (1)夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度v 02＝2gh 0，得v 0＝2gh 0＝2×10×5 m/s ＝10 m/s 取向下为正方向，打击过程遵守动量守恒定律，则得：Mv 0＝(M ＋m)v代入数据解得v ＝9 m/s(2)由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力是随距离均匀变化，可用平均力求阻力做功，为W f ＝－12kh ·h ＝－12kh 2 对夯锤与桩料，由动能定理得(M ＋m)gh ＋W f ＝0－12(M ＋m)v 2 代入数据解得h ＝1 m点评 本题的关键是要分析物体的运动过程，抓住把握每个过程的物理规律．要知道当力随距离均匀变化时，可用平均力求功，也可用图像法，力与距离所夹面积表示阻力做功的大小．12．(2017·西安一模)如图所示，光滑水平面上有一质量M ＝3.0 kg 的平板车，车的上表面右侧是一段长L ＝0.5 m 的水平轨道，水平轨道左侧是一半径R ＝0.25 m 的14圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在O′点相切．车右端固定一个尺寸可以忽略，处于锁定状态的压缩弹簧，一质量m ＝1.0 kg 的小物块(可视为质点)紧靠弹簧，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为0.4，整个装置处于静止状态，现将弹簧解除锁定，小物块被弹出，恰能到达圆弧轨道的最高点A ，不考虑小物块与轻质弹簧碰撞时的能量损失，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：(1)解除锁定前轻弹簧的弹性势能；(2)小物块第二次经过O′点时的速度大小．答案 (1)解除锁定前轻弹簧的弹性势能是4.5 J(2)小物块第二次经过O′点时的速度大小是152m/s 分析 (1)平板车与小物块组成的系统，水平方向不受外力，动量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出解除锁定前轻弹簧的弹性势能；(2)由动量守恒定律与能量守恒定律可以求小物块第二次经过O′点时的速度大小．解析 (1)小物块从被弹出到到达圆弧轨道最高点的过程，平板车与小物块组成的系统，水平方向动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：(m ＋M)v 共＝0，得：v 共＝0设解除锁定前轻弹簧的弹性势能为E p .由能量守恒定律得：E p ＝mgR ＋μmgL代入数据解得：E p ＝4.5 J(2)设小物块第二次经过O′点时的速度大小v 1，此时车的速度大小为v 2.由水平方向动量守恒定律得：mv 1－Mv 2＝0，由机械能守恒定律得：mgR ＝12mv 12＋12Mv 22， 代入数据解得：v 1＝152m/s. 点评 分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，分析清楚运动过程后，应用动量守恒定律、能量守恒定律分段列式，即可正确解题．13．(2017·道里区校级四模)某同学设计了如图所示的趣味实验来研究碰撞问题，用材料和长度相同的不可伸长的轻绳依次将5个大小相同、质量不等的小球悬挂于水平天花板下方，且相邻的小球静止时彼此接触但无相互作用力，小球编号从左到右依次为1、2、3、4、5，每个小球的质量为其相邻左边小球质量的k 倍，k ＝2－1，所有小球的球心等高．现将1号小球由最低点向左拉起高度h ，保持绳绷紧状态由静止释放1号小球，使其与2号小球碰撞，2号小球再与3号小球碰撞….所有碰撞均为在同一直线上的正碰且无机械能损失．已知重力加速度为g ，空气阻力、小球每次碰撞时间均可忽略不计．(1)求1号小球与2号小球碰撞之前的速度v 1的大小；(2)求第5个球被第4个小球碰后的速度；(3)摆线长为L ＝16h ，在第5个球右侧偏离竖直方向成θ＝60°角的虚线上的A 点钉了一个钉子，则A 距悬点的距离与L 的比例系数p 满足什么条件时，第5个小球能绕A 点做完整的圆周运动．答案 (1)1号小球与2号小球碰撞之前的速度v 1的大小是2gh (2)第5个球被第4个小球碰后的速度是42gh (3)p ≥3L4小球能绕A 点做完整的圆周运动 解析 (1)设1号小球的质量为m 1，碰前的速度为v 1.对于1号小球由h 高处运动到最低点过程，根据机械能守恒有：m 1gh ＝12m 1v 12① 解得：v 1＝2gh②(2)设1号、2号小球碰撞后的速度分别为v 1′和v 2，取水平向右为正方向．对于1、2号小球碰撞的过程，根据动量守恒定律有： m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2③ 根据机械能守恒有：12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 22④解得：v 2＝21＋k2gh设2号、3号小球碰撞后的速度分别为v 2′和v 3，对于2、3号小球碰撞的过程，根据动量守恒定律有： m 2v 2＝m 2v 2′＋m 3v 3根据机械能守恒有：12m 2v 22＝12m 2v 2′2＋12m 3v 32同理可解得：3号小球被碰后的速度为：v 3＝(21＋k )22gh由以上规律可推知5号小球被碰后的速度为：v 5＝(21＋k )42gh⑤ 解得：v 5＝42gh⑥ (3)5号小球绕钉子A 做完整的圆周运动在最高点至少有：m 5g ＝m 5v′2r⑦第5个小球从最低点运动到圆周的最高点根据机械能守恒，可知： m 5gLsin30°＋m 5g(r ＋rsin30°)＝12m 5v 52－12m 5v ′2⑧解得：r ＝14L⑨所以有p ≥3L4小球能绕A 点做完整的圆周运动．点评 本题是利用动量守恒和机械能守恒联合解决一维碰撞问题的典型例子，关键是把握弹性碰撞的规律：动量守恒定律和机械能守恒定律，通过列式得到碰后小球速度的通式，采用的是归纳法．14．(2017·河南一模)足够长的倾角为θ的光滑斜面的底端固定一轻弹簧，弹簧的上端连接质量为m 、厚度不计的钢板，钢板静止时弹簧的压缩量为x 0，如图所示，一物块从钢板上方距离为3x 0的A 处沿斜面下滑，与钢板碰撞后立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动．已知物块质量也为m 时，它们恰能回到O 点，O 为弹簧自然伸长时钢板的位置，若物块质量为2m ，仍从A 处沿斜面下滑，则物块与钢板回到O 点时，还具有向上的速度．已知重力加速度为g ，计算结果可以用根式表示，求： (1)质量为m 的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v 1； (2)碰撞前弹簧的弹性势能；(3)质量为2m 的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O 点的距离． 答案 (1)质量为m 的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v 1是6gx 0sin θ2(2)碰撞前弹簧的弹性势能是12mgx 0sin θ(3)质量为2m 的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O 点的距离是x 02解析 (1)设物块与钢板碰撞前的速度为v 0.根据机械能守恒定律得：mg·3x 0sin θ＝12mv 02解得：v 0＝6gx 0sin θ对于碰撞过程，取沿斜面向下方向为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝2mv 1. 解得：v 1＝6gx 0sin θ2(2)设碰撞前弹簧的弹性势能为E p .当物块与钢板一起回到O 点时，弹簧无形变，弹簧的弹性势能为零，根据机械能守恒定律得： E p ＋12(2m)v 12＝2mgx 0sin θ解得：E p ＝12mgx 0sin θ(3)设质量为2m 的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v 2.由动量守恒定律得：2mv 0＝3mv 2. 当物块与钢板一起回到O 点时，弹簧的弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时它们的速度为v.根据机械能守恒定律得： E p ＋12(3m)v 22＝3mgx 0sin θ＋12(3m)v 2在O 点物块与钢板分离，分离后，物块以初速度v 继续沿斜面上升，设运动到达的最高点离O 点的距离为h ，则有：v 2＝2ah 由牛顿第二定律得：2mgsinθ＝2ma 解得：h ＝x 02点评 本题的关键要分析清楚物体的运动过程，把握每个过程的物理规律，如碰撞的基本规律：动量守恒定律．物体压缩弹簧的过程，系统遵守机械能守恒定律，并要找出状态之间的联系．。

专题二功、能量和动量能力卷时间：90分钟满分：95分一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项正确，第7～8小题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．(导学号：92274027)(2017·全国Ⅰ卷)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/sC．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s2．(导学号：92274028)如图所示，三个固定的斜面底边长度都相等，斜面倾角分别为30°、45°、60°，斜面的表面情况都一样．完全相同的物体(可视为质点)A、B、C分别从三个斜面的顶部滑到底部的过程中()A．物体A克服摩擦力做的功最多B．物体B克服摩擦力做的功最多C．物体C克服摩擦力做的功最多D．三物体克服摩擦力做的功一样多3．(导学号：92274029)如图所示，质量为m的小球在竖直面内的光滑圆形轨道的内侧做圆周运动，当小球通过圆形轨道最低点时，小球对轨道的压力大小为7.5mg ，则小球在最高点时对轨道的压力为( )A ．0B ．0.5mgC ．mgD ．1.5mg4．(导学号：92274030)如图所示，细线的一端固定于O 点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A 点运动到B 点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况( )A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大，后减小D ．先减小，后增大5．(导学号：92274031)滑块以速率v 1靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率为v 2，且v 2＜v 1，若滑块向上运动的位移中点为A ，取斜面底端重力势能为零，则( )A ．上升时机械能减小，下降时机械能增大B ．上升时动能减小，下降时动能也减小C ．上升过程中动能和势能相等的位置在A 点上方D ．上升过程中动能和势能相等的位置在A 点下方6．(导学号：92274032)如图所示，光滑圆形管道固定在竖直面内．直径略小于管道内径可视为质点的小球A 、B 质量分别为m A 、m B ，A 球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，与静止于管道最低处的B 球相碰，碰后A 、B 球均能刚好达到与管道圆心O 等高处，关于两小球质量比值m A m B 的说法正确的是( )。

动量与能量的综合应用(附参考答案)1．有一种硬气功表演，表演者平卧于地面，将一大石板置于他的身子上，另一人将重锤举到高处并砸向石板，石板被砸碎，表演者却安然无恙，假设重锤与石板撞击后两者具有相同的速度，表演者在表演时尽量挑选质量较大的石板．对这一现象，下列说法正确的是( )A ．重锤在与石板撞击的过程中，重锤与石板的总机械能守恒B ．石板的质量越大，石板获得的动量就越小C ．石板的质量越大，石板所受到的打击力就越小D ．石板的质量越大，石板获得的速度就越小2．如图2－3－14所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程产生的内能为6 J ，那么此过程木块的动能可能增加了( )A ．12 JB ．16 JC ．4 JD ．6 J图2－3－14图2－3－153．如图2－3－15所示，A 、B 两木块的质量之比为m A ∶m B ＝3∶2，原来静止在小车C 上，它们与小车上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 间夹一根被压缩了的弹簧后用细线拴住．小车静止在光滑水平面上，烧断细线后，在A 、B 相对小车停止运动之前，下列说法正确的是( )A ．A 、B 和弹簧组成的系统动量守恒 B ．A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒C ．小车将向左运动D ．小车将静止不动4．如图2－3－16所示，小车开始静止于光滑的水平面上，一个小滑块由静止从小车上端高h 处沿光滑圆弧面相对于小车向左滑动，滑块能到达左端的最大高度h ′( )图2－3－16A ．大hB ．小于hC ．等于hD ．停在中点与小车一起向左运动5．(双选，2011年全国卷)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图2－3－17所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )图2－3－17A.12m v 2B.mM 2(m ＋M )v 2C.12NμmgL D ．NμmgL6．(2010年福建卷)如图2－3－18所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v 0，则( )图2－3－18A ．小木块和木箱最终都将静止B ．小木块最终将相对木箱静止，两者一起向右运动C ．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D ．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则两者将一起向左运动7．(双选，2011年深圳中学二模)如图2－3－19所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M 的小车，其左侧有半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道AB ，轨道最低点B 与水平轨道BC 相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为m 的物块(可视为质点)从A 点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C 处恰好没有滑出．设重力加速度为g ，空气阻力可忽略不计．关于物块从A 位置运动至 C 位置的过程中，下列说法正确的是( )A ．小车和物块构成的系统动量不守恒B ．摩擦力对物块和轨道BC 所做的功的代数和为零 C ．物块运动过程中的最大速度为2gRD ．小车运动过程中的最大速度为2m 2gRM 2＋Mm图2－3－19图2－3－208．(双选)如图2－3－20所示，质量均为M 的铝板A 和铁板B 分别放在光滑水平地面上．质量为m (m <M )的同一木块C ，先后以相同的初速度v 0从左端滑上A 和B ，最终C 相对于A 和B 都保持相对静止．在这两种情况下( )A ．C 的最终速度相同B ．C 相对于A 和B 滑行的距离相同 C ．A 和B 相对地面滑动的距离相同D ．两种情况下产生的热量相等9．(2012年天津卷)如图2－3－21所示，水平地面上固定有高为h 的平台，台面上固定有光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h ，坡道底端与台面相切．小球A 从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B 发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半．两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g .求：(1)小球A 刚滑至水平台面的速度v A ； (2)A 、B 两球的质量之比m a ∶m b .图2－3－2110．(2012年广州二模)如图2－3－22所示的水平地面，ab段粗糙，bc段光滑．可视为质点的物体A和B紧靠在一起，静止于b处，已知A的质量为3m，B的质量为m.两物体在足够大的内力作用下突然沿水平方向左右分离，获得的总动能为E.B碰到c处的墙壁后等速率反弹，并追上已停在ab段的A.A、B与ab段的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g.求：(1)分离瞬间A、B的速度大小；(2)A从分离到第一次停止的时间；(3)B第一次追上A时的速度大小．图2－3－2211．(2012年深圳二模)如图2－3－23所示，一长L ＝3 m ，高h ＝0.8 m ，质量为M ＝1 kg 的物块A 静止在水平面上．质量为m ＝0.49 kg 的物块B 静止在A 的最左端，物块B 与A 相比，大小可忽略不计，它们之间的动摩擦因数μ1＝0.5，物块A 与地之间的动摩擦因数μ2＝0.1.一个质量为m 0＝0.01 kg 的可视为质点的子弹，以速度v 0沿水平方向射中物块B ，假设在任何情况下子弹均不能穿出．取g ＝10 m/s 2，问：(1)子弹以v 0＝400 m/s 击中物块B 后的瞬间，它们的速度为多大？ (2)被击中的物块B 在A 上滑动的过程中，A 、B 的加速度各为多大？ (3)子弹速度为多大时，能使物块B 落地瞬间A 同时停下？图2－3－231．D2．C 解析：子弹射入木块的过程中，系统动量守恒，即m v 0＝(M ＋m )v 1，系统损失的机械能转化为内能，即Q ＝12m v 20－12(M ＋m )v 21，将两式联立解得Q ＝12m v 20·M M ＋m ＝6 J ，木块获得的动能E k ＝12M v 21＝12m v 20·Mm (M ＋m )2<6 J ，所以C 正确． 3．C 解析：由机械能守恒和动量守恒的条件可知A 、B 均错；小车对A 的摩擦力大于小车对B 的摩擦力，所以A 对小车向左的摩擦力大于B 对小车向右的摩擦力，因此小车将向左运动．4．C 解析：小滑块由静止滑下，小滑块和小车组成系统水平方向上动量守恒，到达左端的最大高度h ′时，两者速度相同，由动量守恒得，两者速度为零，由能量守恒，到达左端的最大高度h ′等于h ，选C.5．BD 解析：小物块和箱子组成的系统动量守恒，碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止，则最终两者速度相等，设为v 共，则有：m v ＝(m ＋M )v 共，系统损失的动能ΔE ＝12m v 2－12(m ＋M )v 2共，得ΔE ＝12mM m ＋Mv 2，所以B 正确；系统损失的动能为摩擦力做功转化成系统内能，N 次后恰又回到箱子正中间，相对滑动的距离为NL ，所以ΔE ＝W ＝NμmgL ，D 正确．6．B 解析：系统不受外力作用，系统动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，B 正确．7．AD 解析：小车和物块构成的系统水平方向上动量守恒，但在竖直方向上动量不守恒，A 正确；在滑动摩擦力作用下，物块的位移大于小车的位移，所以摩擦力对物块和轨道 BC 所做的功的代数和不为零，B 错误，且滑动摩擦力对系统做功，动能转化为内能；如果小车固定，则物块滑到最低点B 的速度由能量守恒有mgR ＝12m v 2，得v ＝2gR ，但小车不固定，则小车有速度，由能量守恒得物块的速度小于2gR ，C 错误；物块运动到B 点时小车的速度最大，设为v ′，由水平动量守恒得m v ＝M v ′，由能量守恒得mgR ＝12m v 2＋12M v ′2，解得v ′＝2m 2gR M 2＋Mm，D 正确．8．AD 解析：铝板A 和铁板B 分别放在光滑水平地面上，所以滑动过程中动量守恒，有m v 0＝(m ＋M )v ，所以两种情况下，C 的最终速度相同，且产生的热量等于摩擦过程中系统损失的动能，两种情况都为Q ＝ΔE ＝12m v 20－12(m ＋M )v 2，所以A 、D 正确；由于木块与铝板和铁板的动摩擦因数不同，对系统有fs相＝ΔE＝12m v2－12(m＋M)v2，则C相对于A和B滑行的距离不相同，对A和B，fs＝12M v2，A和B相对地面滑动的距离不相同，B、C都错误．9．解：(1)小球A在坡道上只有重力做功，根据机械能守恒有12m Av2A＝m A gh解得v A＝2gh.(2)设A、B两球在光滑台面上碰撞后粘在一起的速度为v，根据系统动量守恒得m A v A＝(m A＋m B)v离开平台后做平抛运动，在竖直方向上有12gt2＝h在水平方向上有12h＝v t联立解得m A∶m B＝1∶3.10．解：(1)物体A、B在内力作用下分离，设分离瞬间A的速度大小为v A，B的速度大小为v B 由A、B系统的动量守恒有3m v A＝m v B又由题意可知E＝12·3m v2A＋12·m v2B联立解得v A＝E6m，v B＝3E2m.(2)A、B分离后，A物体向左匀减速滑行，设滑行时间为t A，加速度大小为a A对A应用牛顿第二定律有μ·3mg＝3ma AA匀减速到停止的时间为t A＝v Aa A联立解得t A＝1μgE6m.(3)A、B分离后，A向左匀减速滑行，设滑行距离为s A对A应用动能定理有－μ·3mgs A＝0－12·3m v2A设B碰墙反弹后追上已停下的A时，速度大小为v对B应用动能定理有－μmgs B＝12m v2－12m v2B又因为B追上A时在粗糙面上滑行了s B＝s A联立解得v＝4E3m.11．解：(1)子弹击中B的过程中，由动量守恒定律可得m0v0＝(m0＋m)v解得v＝8 m/s.(2)由牛顿第二定律可得对B：μ1(m0＋m)g＝(m0＋m)a B得a B＝5 m/s2，方向水平向左对A：μ1(m0＋m)g－μ2(m0＋m＋M)g＝Ma A得a A＝1 m/s2，方向水平向右．(3)子弹击中B的过程中，由动量守恒定律可得m0v02＝(m0＋m)v B1设B在A上运动如图13的时间为t1，则s B－s A＝L⎝⎛⎭⎫v B1t1－12a B t21－12a A t21＝LB做平抛运动的时间为t2，则h＝12gt22a A′＝μ2MgM＝μ2g＝1 m/s20＝a A t1－a A′t2联立解得子弹的速度为v02＝m0＋mm0v B1＝435 m/s.图13。

专题二 能量与动量 第一讲功和功率__动能定理1.[考查功的大小计算] 如图所示，质量m ＝1 kg 、长L ＝0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平，板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4。

现用F ＝5 N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 做的功至少为(g 取10 m/s 2)( )A ．1 JB ．1.6 JC ．2 JD ．4 J解析：选B 在薄板没有翻转之前，薄板与水平面之间的摩擦力f ＝μmg ＝4 N 。

力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为L 2，则做的功至少为W ＝f ×L 2＝1.6 J ，所以B 正确。

2．[考查平均功率与瞬时功率的分析与计算]如图所示，某质点运动的v -t 图像为正弦曲线。

从图像可以判断( )A ．质点做曲线运动B ．在t 1时刻，合外力的功率最大C ．在t 2～t 3时间内，合外力做负功D ．在0～t 1和t 2～t 3时间内，合外力的平均功率相等解析：选D 质点运动的v -t 图像描述的是质点的直线运动，选项A 错误；在t 1时刻，加速度为零，合外力为零，合外力功率的大小为零，选项B 错误；由题图可知，在t 2～t 3时间内，物体的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，故C 错误；在0～t 1和t 2～t 3时间内，动能的变化量相同，故合外力的功相等，则合外力的平均功率相等，选项D 正确。

3．[考查机车的启动与牵引问题][多选]我国高铁技术处于世界领先水平。

和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。

假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。

某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )A ．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B ．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C ．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D ．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2解析：选BD 启动时，乘客的加速度向前，车厢对人的作用力方向向前，与车运动的方向相同，选项A 错误。