最新届高考物理二轮复习专题二能量与动量综合训练(考试必备)

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安徽庐江二中高三物理二轮复习----动量和能量(2)

专题训练——动量和能量（2）一、单项选择题1．如图所示，图线表示作用在某物体上的合外力随时间变化的关系，若物体开始时是静止的，那么( )A ．前3 s 内合外力对物体做的功为零B ．前5 s 内物体的动能变化量为零C ．在前5 s 内只有第1 s 末物体的动能最大D ．在前5 s 内只有第5 s 末物体的速率最大2．质量为g k 1023⨯、发动机的额定功率为80kw 的汽车在平直公路上行驶，若汽车所受阻力大小恒为N 3104⨯，则下列说法错误的是（）A ．汽车的最大速度是20m/sB ．若汽车保持额定功率启动，则当其速度为5m/s 时，加速度为6m/s 2C ．汽车维持加速度2m/s 2匀加速运动的时间最多为10sD ．汽车以加速度2m/s 2匀加速启动，启动后第2s 末时发动机的实际功率是32kw3．如图甲所示，斜面AB 与水平面BC 是由同种材料制成的。

质量相等的可视为质点的a 、b 两物块，从斜面上的同一位置A 由静止开始下滑，经B 点在水平面上滑行一段时间后停止。

不计经过B 点时的能量损失，用传感器采集到它们的速度—时间图象如图乙所示，则由上述信息判断下列说法正确的是( )A ．在斜面上滑行的加速度物块a 比物块b 的小B ．在水平面上滑行的距离物块a 比物块b 的小C ．与斜面间的动摩擦因数物块a 比物块b 的小D ．在整个运动过程中克服摩擦力做的功物块a 比物块b 多4．如图所示，一条轻绳一端通过定滑轮悬挂一个质量为m 的重物，在另一端施加拉力F ，使重物从地面由静止开始加速向上运动。

当重物上升高度为h 时，轻绳断开，不计一切摩擦，则( )A ．重物从开始向上加速到轻绳断开的过程中重力势能的增量为FhB ．轻绳断开瞬间重物重力的瞬时功率为－2(F －mg )mg 2hC ．重物上升过程中机械能守恒D ．重物落地前瞬间的动能为Fh ﹢mgh5．质量分别为2m 和m 的A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上。

高三高考物理二轮复习资料2 动量和能量

现吨市安达阳光实验学校第2专题动量和能量知识络考点预测。

但是，由于目前的课改形势以及在课程中的内容设置，在高考中出现的这类综合题的难点主要在于功能关系的用上，而不是在于动量守恒律的用上．另外，从的高考考卷中也可发现，除了能量与动量的综合题外，单独考查功能原理的试题在卷中出现的概率也较大．要点归纳一、基本的物理概念 1．冲量与功的比较(1)义式⎩⎪⎨⎪⎧冲量的义式：I ＝Ft (作用力在时间上的积累效果)功的义式：W ＝Fs cos θ(作用力在空间上的积累效果)(2)属性⎩⎪⎨⎪⎧冲量是矢量，既有大小又有方向(求合冲量按矢,量合成法则来计算)功是标量，只有大小没有方向(求物体所受外力的,总功只需按代数和计算)2．动量与动能的比较(1)义式⎩⎪⎨⎪⎧动量的义式：p ＝mv 动能的义式：E k ＝12mv 2(2)属性⎩⎪⎨⎪⎧动量是矢量(动量的变化也是矢量,求动量的变化,按矢量运算法则来计算)动能是标量(动能的变化也是标量,求动能的变化,只需按代数运算法则来计算)(3)动量与动能量值间的关系⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2mE kE k＝p 22m ＝12pv(4)动量和动能都是描述物体状态的量，都有相对性(相对所选择的参考系)，都与物体的受力情况无关．动量的变化和动能的变化都是过程量，都是针对某段时间而言的．二、动量观点的基本物理规律1．动量理的基本形式与表达式：I ＝Δp ．分方向的表达式：I x 合＝Δp x ，I y 合＝Δp y ．2．动量理推论：动量的变化率于物体所受的合外力，即ΔpΔt ＝F 合．3．动量守恒律(1)动量守恒律的研究对象是一个系统(含两个或两个以上相互作用的物体)．(2)动量守恒律的适用条件①条件：系统不受外力或系统所受外力之和为零．②近似条件：系统所受外力之和虽不为零，但比系统的内力小得多(如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力外力与相互作用的内力相比小得多)，可以忽略不计．③分量条件：系统所受外力之和虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统总动量的分量保持不变．(3)使用动量守恒律时注意：①速度的瞬时性；②动量的矢量性；③时间的同一性．(4)用动量守恒律解决问题的基本思路和方法①分析题意，明确研究对象．在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体统称为系统．对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确所研究的系统是由哪些物体组成的．②对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是作用于系统的外力．在受力分析的基础上根据动量守恒律的条件，判断能否用动量守恒律．③明确所研究的相互作用过程，确过程的始末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的值或表达式．(注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均取地球为参考系)④确正方向，建立动量守恒方程求解．三、功和能1．中学物理中常见的能量动能E k＝12mv2；重力势能E p＝mgh；弹性势能E弹＝12kx2；机械能E＝E k＋E p；分子势能；分子动能；内能；电势能E＝qφ；电能；磁场能；化学能；光能；原子能(电子的动能和势能之和)；原子核能E＝mc2；引力势能；太阳能；风能(空气的动能)；地热、潮汐能．2．常见力的功和功率的计算：恒力做功W＝Fs cos θ；重力做功W＝mgh；一对滑动摩擦力做的总功W f＝－fs路；电场力做功W＝qU；功率恒时牵引力所做的功W＝Pt；恒压强下的压力所做的功W＝p·ΔV；电流所做的功W＝UIt；洛伦兹力永不做功；瞬时功率P＝Fv cos_θ；平均功率P－＝Wt＝F v－cos θ．3．中学物理中重要的功能关系能量与物体运动的状态相对．在物体相互作用的过程中，物体的运动状态通常要发生变化，所以物体的能量变化一般要通过做功来实现，这就是常说的“功是能量转化的量度”的物理本质．那么，什么功对着什么能量的转化呢？在高中物理中主要的功能关系有：(1)外力对物体所做的总功于物体动能的增量，即W总＝ΔE k．(动能理)(2)重力(或弹簧的弹力)对物体所做的功于物体重力势能(或弹性势能)的增量的负值，即W重＝－ΔE p(或W弹＝－ΔE p)．(3)电场力对电荷所做的功于电荷电势能的增量的负值，即W电＝－ΔE电．(4)除重力(或弹簧的弹力)以外的力对物体所做的功于物体机械能的增量，即W其他＝ΔE机．(功能原理)(5)当除重力(或弹簧弹力)以外的力对物体所做的功于零时，则有ΔE机＝0，即机械能守恒．(6)一对滑动摩擦力做功与内能变化的关系是：“摩擦所产生的热”于滑动摩擦力跟物体间相对路程的乘积，即Q＝fs相对．一对滑动摩擦力所做的功的代数和总为负值，表示除了有机械能在两个物体间转移外，还有一机械能转化为内能，这就是“摩擦生热”的实质．(7)安培力做功对着电能与其他形式的能相互转化，即W安＝ΔE电．安培力做正功，对着电能转化为其他能(如电动机模型)；克服安培力做负功，对着其他能转化为电能(如发电机模型)；安培力做功的绝对值于电能转化的量值．(8)分子力对分子所做的功于分子势能的增量的负值，即W分子力＝－ΔE分子．(9)外界对一质量的气体所做的功W与气体从外界所吸收的热量Q之和于气体内能的变化，即W＋Q＝ΔU．(10)在电机电路中，电流做功的功率于电阻发热的功率与输出的机械功率之和．(11)在纯电阻电路中，电流做功的功率于电阻发热的功率．(12)在电解槽电路中，电流做功的功率于电阻发热的功率与转化为化学能的功率之和．(13)在光电效中，光子的能量hν＝W＋12mv02．(14)在原子物理中，原子辐射光子的能量hν＝E初－E末，原子吸收光子的能量hν＝E末－E初．(15)核力对核子所做的功于核能增量的负值，即W核＝－ΔE核，并且Δmc2＝ΔE核．(16)能量转化和守恒律．对于所有参与相互作用的物体所组成的系统，无论什么力做功，可能每一个物体的能量的数值及形式都发生变化，但系统内所有物体的各种形式能量的总和保持不变．4．运用能量观点分析、解决问题的基本思路(1)选研究对象(单个物体或一个系统)，弄清物理过程．(2)分析受力情况，看有什么力在做功，弄清系统内有多少种形式的能在参与转化．(3)仔细分析系统内各种能量的变化情况及变化的数量． (4)列方程ΔE 减＝ΔE 增或E 初＝E 末求解．四、弹性碰撞在一光滑水平面上有两个质量分别为m 1、m 2的刚性小球A 和B 以初速度v 1、v 2运动，若它们能发生正碰，碰撞后它们的速度分别为v 1′和v 2′．v 1、v 2、v 1′、v 2′是以地面为参考系的，将A 和B 看做系统．由碰撞过程中系统动量守恒，有：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′由于弹性碰撞中没有机械能损失，故有： 12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 由以上两式可得：v 2′－v 1′＝－(v 2－v 1)或v 1′－v 2′＝－(v 1－v 2)碰撞后B 相对于A 的速度与碰撞前B 相对于A 的速度大小相、方向相反；碰撞后A 相对于B 的速度与碰撞前A 相对于B 的速度大小相、方向相反．【结论1】对于一维弹性碰撞，若以其中某物体为参考系，则另一物体碰撞前后速度大小不变、方向相反(即以原速率弹回)．联立以上各式可解得： v 1′＝2m 2v 2＋(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2v 2′＝2m 1v 1＋(m 2－m 1)v 2m 1＋m 2若m 1＝m 2，即两个物体的质量相，则v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，表示碰后A 的速度变为v 2，B 的速度变为v 1．【结论2】对于一维弹性碰撞，若两个物体的质量相，则碰撞后两个物体互换速度(即碰后A 的速度于碰前B 的速度，碰后B 的速度于碰前A 的速度)．若A 的质量远大于B 的质量，则有：v 1′＝v 1，v 2′＝2v 1－v 2；若A 的质量远小于B 的质量，则有：v 2′＝v 2，v 1′＝2v 2－v 1．【结论3】对于一维弹性碰撞，若其中某物体的质量远大于另一物体的质量，则质量大的物体碰撞前后速度保持不变．至于质量小的物体碰后速度如何，可结合结论1和结论2得出．在高考复习中，若能引导学生推导出以上二级结论并熟记，对提高学生的解题速度是大有帮助的．热点、、难点一、动量理的用问题动量理的用在高考中主要有以下题型：1．性解释周围的一些现象；2．求打击、碰撞、落地过程中的平均冲力；3．计算流体问题中的冲力(或反冲力)；4．根据安培力的冲量求电荷量．●例1 如图2－1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，瓶的底端与竖直墙壁接触．现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S ，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v ，则气体刚喷出时贮气瓶底端对竖直墙壁的作用力大小是( )图2－1A ．ρvSB ．ρv 2SC ．12ρv 2S D ．ρv 2S【解析】Δt 时间内喷出气体的质量Δm ＝ρSv ·Δt对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量理得：F ·Δt ＝Δm ·v －0解得：F ＝ρv 2S ． [答案] D【点评】动量理对多个物体组成的系统也成立，而动能理对于多个物体组成的系统不适用．★同类拓展1 如图2－2所示，质量为M 的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A 位置．现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A 位置时的速度v 以及此过程中墙对弹簧的冲量I 的大小分别为( )图2－2A ．v ＝mv 0M ＋m ，I ＝0B ．v ＝mv 0M ＋m，I ＝2mv 0C ．v ＝mv 0M ＋m ，I ＝2m 2v 0M ＋mD ．v ＝mv 0M，I ＝2mv 0【解析】设在子弹射入木块且未压缩弹簧的过程中，木块(含子弹)的速度为v 1，由动量守恒律得：mv 0＝(m ＋M )v 1解得：v 1＝mv 0m ＋M对木块(含子弹)压缩弹簧再返回A 点的过程，由动能理得：12(m ＋M )v 2－12(m ＋M )v 12＝W 总＝0 可知：v ＝v 1＝mv 0m ＋M取子弹、木块和弹簧组成的系统为研究对象，由动量理得：I ＝(m ＋M )·(－v )－(m ＋M )v 1＝－2mv 0负号表示方向向左． [答案] B二、动能理、机械能守恒律的用1．对于单个平动的物体：W 总＝ΔE k ，W 总指物体所受的所有外力做的总功． 2．系统只有重力、弹力作为内力做功时，机械能守恒．(1)用细绳悬挂的物体绕细绳另一端做圆周运动时，细绳对物体不做功． (2)轻杆绕一端自由下摆，若轻杆上只固一个物体，则轻杆对物体不做功；若轻杆上不同位置固两个物体，则轻杆分别对两物体做功．(3)对于细绳连接的物体，若细绳存在突然绷紧的瞬间，则物体(系统)的机械能减少．3．单个可当做质点的物体机械能守恒时，既可用机械能守恒律解题，也可用动能理解题，两种方法效．发生形变的物体和几个物体组成的系统机械能守恒时，一般用机械能守恒律解题，不方便用动能理解题．●例2 以初速度v 0竖直向上抛出一质量为m 的小物块．假物块所受的空气阻力f 大小不变．已知重力加速度为g ，则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为[高考·理综卷Ⅱ]( ) A ．v 022g (1＋fmg)和v 0mg －fmg ＋fB ．v 022g (1＋fmg)和v 0mgmg ＋fC ．v 022g (1＋2f mg)和v 0mg －fmg ＋fD ．v 022g (1＋2f mg)和v 0mgmg ＋f【解析】方法一：对于物块上升的过程，由动能理得：－(mgh ＋fh )＝0－12mv 02解得：h ＝v 022g (1＋fmg)设物块返回至原抛出点的速率为v ，对于整个过程用动能理有： 12mv 2－12mv 02＝－f ·2h解得：v ＝v 0mg －fmg ＋f．方法二：设小物块在上升过程中的加速度大小为a 1，由牛顿第二律有：a 1＝mg ＋fm故物块上升的最大高度h ＝v 022a 1＝v 022g (1＋fmg)设小物块在下降过程中的加速度为a 2，由牛顿第二律有：a 2＝mg －f m可得：v ＝2a 2h ＝v 0mg －fmg ＋f．[答案] A【点评】动能理是由牛顿第二律导出的一个结论，对于单个物体受恒力作用的过程，以上两种方法都可以用来分析解答，但方法二的物理过程较复杂．例如涉及曲线运动或变力做功时，运用动能理更为方便．★同类拓展2 一匹马拉着质量为 60 kg 的雪橇，从静止开始用 80 s 的时间沿平直冰面跑完 1000 m ．设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变，已知雪橇在开始运动的 8 s 时间内做匀加速直线运动，从第 8 s 末开始，马拉雪橇做功的功率保持不变，使雪橇继续做直线运动，最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动，速度大小为 15 m/s ；开始运动的 8 s 内马拉雪橇的平均功率是 8 s 后功率的一半．求：整个运动过程中马拉雪橇做功的平均功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小．【解析】设 8 s 后马拉雪橇的功率为P ，则：匀速运动时P ＝F ·v ＝f ·v即运动过程中雪橇受到的阻力大小f ＝P v对于整个过程运用动能理得：P2·t 1＋P (t 总－t 1)－f ·s 总＝12mv t 2－0 即P 2×8＋P (80－8)－P15×1000＝12×60×152 解得：P ＝723 W 故f ＝48.2 N再由动能理可得P －t 总－f ·s ＝12mv t 2解得：P －＝687 W ． [答案] 687 W 48.2 N●例3 如图2－3所示，质量为m 1的物体A 经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m 2的物体B 相连，弹簧的劲度系数为k ，A 、B 都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过两个轻滑轮，一端连物体A ，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A 上方的一段沿竖直方向．若在挂钩上挂一质量为m 3的物体C ，则B 将刚好离地．若将C 换成另一个质量为m 1＋m 3的物体D ，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B 刚离地时D 的速度大小是多少？(已知重力加速度为g )图2－3【解析】开始时A 、B 静止，即处于平衡状态，设弹簧的压缩量为x 1，则有：kx 1＝m 1g挂上C 后，当B 刚要离地时，设弹簧的伸长量为x 2，则有：kx 2＝m 2g此时，A 和C 的速度均为零从挂上C 到A 和C 的速度均为零时，根据机械能守恒律可知，弹性势能的改变量为：ΔE ＝m 3g (x 1＋x 2)－m 1g (x 1＋x 2)将C 换成D 后，有：ΔE ＋12(m 1＋m 3＋m 1)v 2＝(m 1＋m 3)g (x 1＋x 2)－m 1g (x 1＋x 2)联立解得：v ＝2m 1(m 1＋m 2)g2k (2m 1＋m 3)．[答案]2m 1(m 1＋m 2)g2k (2m 1＋m 3)【点评】含弹簧连接的物理情境题在近几年高考中出现的概率很高，而且多次考查以下原理：①弹簧的压缩量或伸长量相同时，弹性势能相；②弹性势能的变化取决于弹簧的始末形变量，与过程无关．三、碰撞问题1．在高中物理中涉及的许多碰撞过程(包括射击)，即使在空中或粗糙的水平面上，往往由于作用时间短、内力远大于外力，系统的动量仍可看做守恒．2．两滑块在水平面上碰撞的过程遵循以下三个法则：①动量守恒；②机械能不增加；③碰后两物体的前后位置要符合实际情境．3．两物体发生完全非弹性碰撞时，机械能的损耗最大．●例4 如图2－4所示，在光滑绝缘水平面上由左到右沿一条直线间距的静止排着多个形状相同的带正电的绝缘小球，依次编号为1、2、3……每个小球所带的电荷量都相且均为q ＝3.75×10－3C ，第一个小球的质量m ＝0.03 kg ，从第二个小球起往下的小球的质量依次为前一个小球的13，小球均位于垂直于小球所在直线的匀强磁场里，已知该磁场的磁感强度B ＝0.5 T ．现给第一个小球一个水平速度v ＝8 m/s ，使第一个小球向前运动并且与后面的小球发生弹性正碰．若碰撞过程中电荷不转移，则第几个小球被碰后可以脱离地面？(不计电荷之间的库仑力，取g ＝10 m/s 2)图2－4【解析】设第一个小球与第二个小球发生弹性碰撞后两小球的速度分别为v 1和v 2，根据动量和能量守恒有：mv ＝mv 1＋13mv 212mv 2＝12mv 12＋16mv 22 联立解得：v 2＝32v同理，可得第n ＋1个小球被碰后的速度 v n ＋1＝(32)nv设第n ＋1个小球被碰后对地面的压力为零或脱离地面，则： qv n ＋1B ≥(13)nmg联立以上两式代入数值可得n ≥2，所以第3个小球被碰后首先离开地面． [答案] 第3个【点评】解答对于多个物体、多次碰撞且动量守恒的物理过程时，总结出通项公式或递推式是关键．★同类拓展3 如图2－5所示，质量为m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固在地上，平衡时，弹簧的压缩量为x 0．一个物块从钢板的正上方相距3x 0的A 处自由落下，打在钢板上并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．已知物块的质量也为m 时，它们恰能回到O 点；若物块的质量为2m ，仍从A 处自由落下，则物块与钢板回到O 点时还具有向上的速度．求物块向上运动所到达的最高点与O 点之间的距离．图2－5【解析】物块与钢板碰撞前瞬间的速度为：v 0＝6gx 0设质量为m 的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v 1，由动量守恒律有：mv 0＝2mv 1设弹簧的压缩量为x 0时的弹性势能为E p ，对于物块和钢板碰撞后直至回到O 点的过程，由机械能守恒律得：E p ＋12×2m ×v 12＝2mgx 0设质量为2m 的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v 2，物块与钢板回到O 点时所具有的速度为v 3，由动量守恒律有：2mv 0＝3mv 2由机械能守恒律有：E p ＋12×3m ×v 22＝3mgx 0＋12×3m ×v 32解得：v 3＝gx 0当质量为2m 的物块与钢板一起回到O 点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力的作用，加速度为g ；一过O 点，钢板就会受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g ，由于物块与钢板不粘连，故在O 点处物块与钢板分离；分离后，物块以速度v 3竖直上升，由竖直上抛的最大位移公式得：h ＝v 322g ＝x 02所以物块向上运动所到达的最高点与O 点之间的距离为x 02．[答案]x 02【点评】①物块与钢板碰撞的瞬间外力之和并不为零，但这一过程时间极短，内力远大于外力，故可近似看成动量守恒．②两次下压至回到O 点的过程中，速度、路程并不相同，但弹性势能的改变(弹力做的功)相同．③在本题中，物块与钢板下压至回到O 点的过程也可以运用动能理列方程．第一次：0－12×2m ×v 12＝W 弹－2mgx 0第二次：12×3m ×v 32－12×3m ×v 22＝W 弹－3mgx 0．四、高中物理常见的功能关系1．摩擦生热——于摩擦力与两接触面相对滑动的路程的乘积，即Q ＝f ·s相．●例5 如图2－6所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下始终以v 0＝2 m/s 的速率运行．现把一质量m ＝10 kg 的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经时间t ＝1.9 s ，工件被传送到h ＝1.5 m 的皮带顶端．取g ＝10 m/s 2．求：(1)工件与皮带间的动摩擦因数μ． (2)电动机由于传送工件而多消耗的电能．图2－6【解析】(1)由题意可知，皮带长s ＝hsin 30°＝3 m工件的速度达到v 0前工件做匀加速运动，设经时间t 1工件的速度达到v 0，此过程工件的位移为：s 1＝12v 0t 1达到v 0后，工件做匀速运动，此过程工件的位移为：s －s 1＝v 0(t －t 1)代入数据解得：t 1＝0.8 s 工件加速运动的加速度a ＝v 0t 1＝2.5 m/s 2据牛顿第二律得：μmg cos θ－mg sin θ＝ma解得：μ＝32． (2)在时间t 1内，皮带运动的位移s 2＝v 0t 1＝1.6 m 工件相对皮带的位移Δs ＝s 2－s 1＝0.8 m在时间t 1内，因摩擦产生的热量Q ＝μmg cos θ·Δs ＝60 J 工件获得的动能E k ＝12mv 02＝20 J工件增加的势能E p ＝mgh ＝150 J电动机多消耗的电能E ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J ．[答案] (1)32(2)230 J2．机械能的变化——除重力、弹簧的弹力以外的力做的功于系统机械能的变化．●例6 一面积很大的水池中的水深为H ，水面上浮着一正方体木块，木块的边长为a ，密度为水的12，质量为m ．开始时木块静止，有一半没入水中，如图2－7甲所示，现用力F 将木块缓慢地向下压，不计摩擦．图2－7甲(1)求从开始压木块到木块刚好完全没入水的过程中，力F 所做的功． (2)若将该木块放在底面为正方形(边长为2a )的盛水足够深的长方体容器中，开始时，木块静止，有一半没入水中，水面距容器底的距离为2a ，如图2－7乙所示．现用力F 将木块缓慢地压到容器底部，不计摩擦，求这一过程中压力做的功．图2-7乙【解析】方法一：(1)因水池的面积很大，可忽略因木块压入水中所引起的水深变化，木块刚好完全没入水中时，图2－7丙来处于划斜线区域的水被排开，结果效于使这部平铺于水面，这部的质量为m ，其势能的改变量为(取容器底为零势能面)：图2－7丙ΔE 水＝mgH －mg (H －34a )＝34mga 木块势能的改变量为： ΔE 木＝mg (H －a2)－mgH＝－12mga根据功能原理，力F 所做的功为： W ＝ΔE 水＋ΔE 木＝14mga ．(2)因容器的底面积为2a 2，仅是木块的底面积的2倍，故不可忽略木块压入水中所引起的水深变化．如图2－7丁所示，木块到达容器底部时，水面上升14a ，相当于木块末状态位置的水填充至木块原浸入水中的空间和升高的水面处平面，故这一过程中水的势能的变化量为：图2－7丁ΔE 水′＝mga ＋mg (2a －a 4＋a8)＝238mga木块的势能的变化量ΔE 木′＝－mg ·32a根据功能原理，压力F 做的功为： W ′＝ΔE 水′＋ΔE 木′＝118mga ．方法二：(1)水池的面积很大，可忽略因木块压入水中引起的水深变化．当木块浮在水面上时重力与浮力的大小相；当木块刚没入水中时，浮力的大小于重力的2倍，故所需的压力随下压位移的变化图象如图2－7戊所示．图2－7戊故W F ＝12mg ·a 2＝14mga ．(2)随着木块的下沉水面缓慢上升，木块刚好完全没入水中时，水面上升a4的高度，此时木块受到的浮力的大小于重力的2倍．此后，木块再下沉54a 的距离即沉至容器底部，故木块下沉的整个过程中压力的大小随位移的变化图象如图2－7己所示图2－7己故W F ′＝12mg ·a 4＋mg ·54a ＝118mga ．[答案] (1)14mga (2)118mga【点评】①通过两种方法对比，深刻理解功能关系．②根据功的义计算在小容器中下压木块时，严格的讲还要说明在0～a4的位移段压力也是线性增大的．3．导体克服安培力做的功于(切割磁感线引起的)电磁感转化的电能． ●例7 如图2－8所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN 、PQ 相距L ，在M 点和P 点间接有一个阻值为R 的电阻，在两导轨间的矩形区域OO 1O 1′O ′内有垂直导轨平面向里、宽为d 的匀强磁场，磁感强度为B ．一质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 垂直地搁在导轨上，与磁场的上边界相距d 0．现使ab 棒由静止开始释放，棒ab 在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab 与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨的电阻不计)．图2－8(1)求棒ab 离开磁场的下边界时的速度大小． (2)求棒ab 在通过磁场区的过程中产生的焦耳热． (3)试分析讨论棒ab 在磁场中可能出现的运动情况．【解析】(1)设棒ab 离开磁场的边界前做匀速运动的速度为v ，产生的感电动势为：E ＝BLv电路中的电流I ＝ER ＋r对棒ab ，由平衡条件得：mg －BIL ＝0解得：v ＝mg (R ＋r )B 2L 2．(2)设整个回路中产生的焦耳热为Q ，由能量的转化和守恒律可得： mg (d 0＋d )＝Q ＋12mv 2解得：Q ＝mg (d 0＋d )－m 3g 2(R ＋r )22B 4L 4故Q ab ＝rR ＋r [mg (d 0＋d )－m 3g 2(R ＋r )22B 4L4]． (3)设棒刚进入磁场时的速度为v 0，由mgd 0＝12mv 02解得：v 0＝2gd 0棒在磁场中匀速运动时的速度v ＝mg (R ＋r )B 2L2，则 ①当v 0＝v ，即d 0＝m 2g (R ＋r )22B 4L 4时，棒进入磁场后做匀速直线运动； ②当v 0＜v ，即d 0＜m 2g (R ＋r )22B 4L4时，棒进入磁场后先做加速运动，后做匀速直线运动；③当v 0＞v ，即d 0＞m 2g (R ＋r )22B 4L4时，棒进入磁场后先做减速运动，后做匀速直线运动．[答案] (1)mg (R ＋r )B 2L 2(2)rR ＋r [mg (d 0＋d )－m 3g 2(R ＋r )22B 4L4] (3)①当v 0＝v ，即d 0＝m 2g (R ＋r )22B 4L4时，棒进入磁场后做匀速直线运动；②当v 0＜v ，即d 0＜m 2g (R ＋r )22B 4L 4时，棒进入磁场后先做加速运动，后做匀速直线运动；③当v 0＞v ，即d 0＞m 2g (R ＋r )22B 4L4时，棒进入磁场后先做减速运动，后做匀速直线运动．【点评】①计算转化的电能时，也可用动能理： mg (d 0＋d )－W 安＝12mv 2－0，其中W 安＝E 电＝Q ．②对于电磁感中能量转化的问题，在以后的《感电路》专题中还会作更深入的探讨．五、多次相互作用或含多个物体的系统的动量、功能问题●例8 如图2－9所示，在光滑水平面上有一质量为M 的长木板，长木板上有一质量为m 的小物块，它与长木板间的动摩擦因数为μ．开始时，长木板与小物块均靠在与水平面垂直的固挡板处，某时刻它们以共同的速度v 0向右运动，当长木板与右边的固竖直挡板碰撞后，其速度的大小不变、方向相反，以后每次的碰撞均如此．设左右挡板之间的距离足够长，且M ＞m ．图2－9(1)要想物块不从长木板上落下，则长木板的长度L 满足什么条件？ (2)若上述条件满足，且M ＝2 kg ，m ＝1 kg ，v 0＝10 m/s ，求整个系统在第5次碰撞前损失的所有机械能．【解析】(1)设第1次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为v 1，第n 次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为v n ．每次碰撞后，由于两挡板的距离足够长，物块与长木板都能达到相对静止，第1次若不能掉下，往后每次相对滑动的距离会越来越小，更不可能掉下．由动量守恒律和能量守恒律有：(M －m )v 0＝(M ＋m )v 1μmgs ＝12(m ＋M )v 02－12(M ＋m )v 12解得：s ＝2Mv 02μ(M ＋m )g故L 满足的条件是：L ≥s ＝2Mv 02μ(M ＋m )g ．(2)第2次碰撞前有： (M －m )v 0＝(M ＋m )v 1 第3次碰撞前有： (M －m )v 1＝(M ＋m )v 2 第n 次碰撞前有： (M －m )v n －2＝(M ＋m )v n －1所以v n －1＝(M －m M ＋m)n －1v 0故第5次碰撞前有：v 4＝(M －m M ＋m )4v 0故第5次碰撞前损失的总机械能为：ΔE ＝12(M ＋m )v 02－12(M ＋m )v 42代入数据解得：ΔE ＝149.98 J ．[答案] (1)L ≥2Mv 02μ(M ＋m )g(2)149.98 J【点评】在复杂的多过程问题上，归纳法和演绎法常常大有作为．考题动量与功能问题可以与高中物理所有的知识点综合，是高考的，试题难度大，需要多训练、多总结归纳．1．如图所示，一轻绳的一端系在固粗糙斜面上的O 点，另一端系一小球，给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动，在此过程中[高考·物理卷]( )A ．小球的机械能守恒B ．重力对小球不做功C ．绳的张力对小球不做功D ．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功是于小球动能的减少【解析】小球与斜面之间的摩擦力对小球做功使小球的机械能减小，选项A 错误；在小球运动的过程中，重力、摩擦力对小球做功，绳的张力对小球不做功．小球动能的变化于重力、摩擦力做功之和，故选项B 、D 错误，C 正确．[答案] C2．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．两者质量之比M m可能为[高考·理综卷Ⅰ]( )A ．2B ．3C ．4D ．5【解析】由题意知，碰后两球动量相，即p 1＝p 2＝12Mv故v 1＝v2，v 2＝Mv2m由两物块的位置关系知：Mv 2m ≥v2，得M ≥m又由能量的转化和守恒律有： 12Mv 2≥12M (v 2)2＋12m (Mv 2m)2 解得：M ≤3m ，故选项A 、B 正确．[答案] AB【点评】碰撞问题是高考对动量守恒律考查的主流题型，这类问题一般都要考虑动量守恒、动能不增加、位置不超越这三方面．。

高考物理二轮复习阶段训练2功和能动量

高考物理二轮复习阶段训练2功和能动量阶段训练(二) 功和能动量(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。

在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.游乐场有一“摩天轮”如图所示。

轮面与水平面成一定的角度。

一游客随“摩天轮”一起做匀速圆周运动,则( )A.游客的机械能守恒B.重力对游客始终做负功C.任意相等时间内,游客的重力势能变化量相等D.游客的重力功率最大时,游客与轮的轮心等高2.(2021・全国Ⅱ卷)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,P球的质量大于Q球的质量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。

将两球拉起,使两绳均被水平拉直,如图所示。

将两球由静止释放。

在各自轨迹的最低点,( )A.P球的速度一定大于Q球的速度B.P球的动能一定小于Q球的动能C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度3.如图所示,水平传送带两端点A、B间的距离为l。

若传送带处于静止状态,把一个小物块放到右端的A点,某人用恒定的水平拉力F1使小物块以速度v1匀速滑到左端的B点。

若传送带的上表面以v2的速度匀速向左运动,此人用水平恒力F2拉物块,使物块以相对于传送带为v1的速度从A滑到B,下列说法正确的是( )A.F2大于F1B.F2做的功等于F1做的功C.F2的功率等于F1的功率D.两种情况下物块与皮带之间因摩擦而产生的热量相同4.如图所示,竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成,两轨道长度相等,用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球,分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A,所需时间分别为t1、t2,动能增量分别为ΔEk1、ΔEk2。

假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变,且球与Ⅰ和Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等,则( )感谢您的阅读，祝您生活愉快。

2024年高考物理二轮热点题型归纳：动量与能量(学生版)

动量与能量目录【题型一】动量定理的应用【题型二】动量守恒定律及其应用【题型三】碰撞、爆炸与反冲问题【题型四】动力学、动量和能量观点的综合应用【题型一】动量定理的应用【解题指导】1.注意动量的矢量性及动量变化量的矢量性．2.动量定理Ft=p′-p中“Ft”为合外力的冲量．3.要明确过程的初、末状态．1(2023上·安徽合肥·高三校考阶段练习)一个质量为m=1kg的小球从h=5m的高处自由下落到沙坑中，小球由静止下落到陷至沙坑最低点经历的时间t=1.1s，取g=10m/s2，则沙子对小球平均作用力的大小为()A.110NB.220NC.11ND.22N2(2023上·浙江宁波·高三校联考期中)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。

F随时间t变化的图线如图所示，则()A.1秒末物块的速率为2m/sB.3秒末时物块的动量大小为5kg⋅m/sC.前4秒内物块的运动方向不发生改变D.4秒末物块的速度为零3(2023上·山东济宁·高三校联考期中)“水刀”威力巨大，几乎可以切割任何物体，它是公认的最科学、经济、环保的清洁工具之一。

如图所示为“水刀”快速割断厚石板的场景。

已知水刀出水口直径为d，水从枪口喷出时的速度为v，水的密度为ρ，求：(1)单位时间从枪口喷出的水的质量；(2)若水从枪口喷出时的速度大小v=500m/s，近距离垂直喷射到物体表面，水枪出水口直径d=0.3mm。

忽略水从枪口喷出后的发散效应，水喷射到物体表面时速度在短时间内变为零。

由于水柱前端的水与物体表面相互作用时间很短，因此在分析水对物体表面的作用力时可忽略这部分水所受的重力。

已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3，g=10m/s2，估算“水刀”对物体表面产生的冲击力的大小。

(小数点后保留1位小数)【方法提炼】1.冲量的三种计算方法(1)公式法：I =Ft 适用于求恒力的冲量．(2)动量定理法：适用于求变力的冲量或F 、t 未知的情况．(3)图象法：用F -t 图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量．若F -t 成线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量．2.动量定理(1)公式：F Δt =mv ′-mv (2)应用技巧①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统．②表达式是矢量式，需要规定正方向．③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷．④在变加速运动中F 为Δt 时间内的平均冲力．⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移．3.在日常的生活与生产中，常涉及流体的连续相互作用问题，用常规的方法很难解决，若构建柱体微元模型，然后用动量定理分析，则可使问题迎刃而解。

2024年高考物理二轮复习专题二能量与动量、机械振动与机械波专题突破2板块模型的综合应用

A. 仅增大恒力F
B. 仅增大木板的质量M
C. 仅增大木块的质量m
D. 仅减小木块与木板间的动摩擦因数
考点二板块模型中动量、能量的综合问题
板块模型中因滑块与滑板间的滑动摩擦力做功，产生摩擦热，所以常涉
及能量问题。若滑板在光滑水平面上，无水平外力作用时，滑板和滑块
组成的系统满足动量守恒，如涉及时间，可应用动量定理，所以该模型
M，平板车右端放一物块m，开始时M、m均静止。t＝0时，平板车在外
力作用下开始沿水平面向右运动，其v－t图像如图乙所示，整个过程中
物块m恰好没有从平板车上滑下。已知物块与平板车间的动摩擦因数为
0.1，g取10m/s2，下列说法正确的是（ C ）
A. 0～4s内，物块m的加速度一直变大
B. 整个过程中，物块m相对平板车M滑动的时间为4s
（1）在平台上运动的时间t。
解：（1）在平台上，根据牛顿第二定
律，有F＝mAa，根据匀变速直线运动
2

的位移公式，有L＝ at ，解得t＝ s。

（2）刚滑上木板B时，地面对木板B的摩擦力f。
解：（2）木块A刚滑上木板B时，A对
B的摩擦力大小为f1＝μmAg＝4N，假设
木板B滑动，地面对B的摩擦力为f2＝μ
（mA＋mB）g＝6N，可知f1＜f2，所以
木板B静止，由平衡条件得出f＝f1＝
4N，方向水平向左。
（3）滑上木板B并与其右端碰撞后的最大动能Ekm。
解：（3）对木块A，设其与木板B碰撞
前的速度为v1，根据动能定理，有FL－

μmAgL＝ mA ，碰撞为弹性碰撞，设

碰撞后A、B的速度分别为vA、vB，根据

专题二功与能 (2)——2023届高考物理大单元二轮复习练重点【新课标全国卷】

专题二功与能（2）——2023届高考物理大单元二轮复习练重点【新课标全国卷】1.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m 的带电小球，以初速度v 从M 点竖直向上运动，通过N 点时，速度大小为2v ，方向与电场方向相反，则小球从M 运动到N 的过程( )A.动能增加212mv B.机械能增加22mv C.重力势能增加232mv D.电势能增加22mv 2.如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M 的斜面，斜面表面光滑、高度为h 、倾角为θ。

一质量为()m m M 的小物块以一定的初速度0v 沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失。

如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端。

如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为( )A.hB.mh m M +C.mh MD.Mh m M+ 3.如图甲所示，水平地面上竖直固定一半径为0.5 m 的半圆形轨道，A 为最低点，B 为轨道中点，C 为最高点。

现有一质量为1 kg 的小球从A 点以一定速度进入半圆轨道，恰好能到达最高点C 。

测得小球在轨道上速度的平方与其高度的关系如图乙所示。

已知轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计，重力加速度g 取210m/s 。

则( )A.图乙中25x =B.小球在A 点时对轨道的压力大小为10 NC.小球从A 到C ，合力做的功为15.5 JD.小球从B 到C ，损失的机械能小于2.75 J 4.如图所示，水平传送带以恒定的速率顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。

将小物块P 轻放在传送带左端，P 在接触弹簧前速度已达到v ，与弹簧接触后弹簧的最大形变量为d 。

P 的质量为m ，与传送带之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。

从P 开始接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变量的过程中( )A.P 的速度一直减小B.传送带对P 做功的功率一直减小C.传送带对P 做的功小于mgd μD.弹簧的弹性势能变化量为212mv mgd μ+ 5.如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧下端悬挂一质量为M 的圆盘，圆盘处于静止状态。

浙江高考物理二轮复习专题二能量与动量综合训练

专题二能量与动量专题综合训练(二)1.质量为m=2 kg的物体沿水平面向右做直线运动,t=0时刻受到一个水平向左的恒力F,如图甲所示,取水平向右为正方向,此物体的v-t图象如图乙所示,g取10 m/s2,则()A.物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.5B.10 s内恒力F对物体做功102 JC.10 s末物体在计时起点位置左侧2 m处D.10 s内物体克服摩擦力做功30 J2.如图所示,质量为m的物块从A点由静止开始下落,加速度是,下落H到B点后与一轻弹簧接触,又下落h后到达最低点C,在由A运动到C的过程中,空气阻力恒定,则()A.物块机械能守恒B.物块和弹簧组成的系统机械能守恒C.物块机械能减少D.物块和弹簧组成的系统机械能减少3.如图所示,A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动,A由静止释放,B的初速度方向沿斜面向下,大小为v0,C的初速度方向沿斜面水平,大小也为v0。

下列说法中正确的是()A.A和C将同时滑到斜面底端B.滑到斜面底端时,B的动能最大C.滑到斜面底端时,B的机械能减少最多D.滑到斜面底端时,C的重力势能减少最多4.图甲为竖直固定在水平面上的轻弹簧,t=0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹簧弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复。

通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出此过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示,不计空气阻力,则()A.t1时刻小球的动能最大B.t2时刻小球的加速度最小C.t3时刻弹簧的弹性势能为零D.图乙中图线所围面积在数值上等于小球动量的变化量5.如图所示,某人在P点准备做蹦极运动,假设蹦极者离开跳台时的速度为零。

图中a是弹性绳的原长位置,c是人所到达的最低点。

b是人静止地悬吊着时的平衡位置。

不计空气阻力,下列说法中正确的是()A.从P到c过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量B.从P到c过程中重力做的功等于人克服弹力所做的功C.从P到b过程中人的速度不断减小D.从a到c过程中加速度方向保持不变6.如图所示,质量为m的小球从斜轨道高h处由静止滑下,然后沿竖直圆轨道内侧运动,已知圆形轨道半径为R,不计一切摩擦阻力,重力加速度为g。

(新高考适用)2023版高考物理二轮总复习专题2 能量与动量第2讲动量动量守恒定律

第一部分专题二第2讲基础题——知识基础打牢1. (多选)(2022·广东汕头二模)科学家常在云室中加入铅板以降低运动粒子的速度．图示为物理学家安德森拍下的正电子在云室中运动的径迹，已知图示云室加垂直纸面方向的匀强磁场，由图可以判定( BC )A ．匀强磁场方向向外B ．正电子由上而下穿过铅板C ．正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同D ．正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小相等【解析】正电子在匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有qvB ＝m v 2r 解得r ＝mv qB，由于正电子经过铅板后速度会减小，可知正电子经过铅板后的轨迹半径减小，从图中可以看出正电子在铅板上方轨迹半径比下方轨迹半径大，故正电子由上而下穿过铅板，由左手定则判断匀强磁场方向向里，A 错误，B 正确；正电子经过铅板后速度会减小，则正电子经过铅板后动量减小，正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小不相等，D 错误；正电子在磁场中做圆周运动的角速度为ω＝v r ＝qBm可知正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同，C 正确．故选BC.2. (多选)(2022·重庆八中模拟)2022北京冬奥会期间，校园陆地冰壶也在积极的参与中．如图所示，某次投掷时，冰壶A 以速度v ＝3 m/s 与冰壶B 发生正碰，碰撞前后的速度均在同一直线上，若A 、B 的质量均为1 kg ，则下列说法正确的是( CD )A ．碰撞后A 的速度可能为2 m/sB ．碰撞后B 的速度可能为1 m/sC ．碰撞后A 不可能反向运动D ．碰撞后B 的速度可能为2.5 m/s【解析】设A 、B 的质量为m ，若发生弹性碰撞，根据动量守恒得mv ＝mv A ＋mv B ，根据机械能守恒得12mv 2＝12mv 2A ＋12mv 2B ，解得A 、B 的速度分别为v A ＝0，v B ＝v ＝3 m/s ，若发生完全非弹性碰撞，则mv ＝(m ＋m )v 共，解得A 、B 的共同速度为v 共＝1.5 m/s ，所以碰撞后A 、B 球的速度范围分别为0～1.5 m/s,1.5 m/s ～3 m/s ，故选CD.3. (2022·广东汕头二模)汕头市属于台风频发地区，图示为风级(0～12)风速对照表．假设不同风级的风迎面垂直吹向某一广告牌，且吹到广告牌后速度立刻减小为零，则“12级”风对广告牌的最大作用力约为“4级”风对广告牌最小作用力的( A )C ．27倍D ．9倍【解析】设空气的密度为ρ，广告牌的横截面积为S ，经过Δt 时间撞击在广告牌上的空气质量为Δm ＝ρΔV ＝ρSv Δt ，根据动量定理可得F Δt ＝Δmv ，解得F ＝ρSv 2，根据牛顿第三定律可知，风对广告牌作用力为F ′＝F ＝ρSv 2∝v 2，则“12级”风对广告牌的最大作用力与“4级”风对广告牌最小作用力的比值为F 12′F 4′＝36.925.52≈45，故选A.4. (2022·江苏连云港模拟)离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机，这种发动机适用于航天器的姿态控制、位置保持等．某航天器质量M ，单个离子质量m ，带电量q ，加速电场的电压为U ，高速离子形成的等效电流强度为I ，根据以上信息计算该航天器发动机产生的推力为( B )A ．I mU qB ．I 2mUqC ．I3mUqD ．I5mUq【解析】对离子，根据动能定理有qU ＝12mv 2，解得v ＝2qUm，根据电流的定义式则有I ＝Q Δt ＝Nq Δt ，对离子，根据动量定理有F ·Δt ＝Nmv ，解得F ＝Nmv Δt ＝mvIq＝I 2Um q，根据牛顿第三定律，推进器获得的推力大小为F ′＝I2Umq，故B 正确，A 、C 、D 错误．5. (多选)(2022·湖南长郡中学月考)如图所示，质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R ，现将质量也为m 的小球从距A 点正上方h 0高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为h 02(不计空气阻力)．则下列说法错误的是( ACD )A ．小球和小车组成的系统动量守恒B ．小车向左运动的最大距离为RC ．小球从B 点离开小车不会再落回轨道内D ．小球从B 点离开小车后又会从B 点落回轨道，再次恰好到达A 点时速度为零不会从A 点冲出【解析】小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，所以只是系统水平方向动量守恒，故A 错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv －mv ′＝0，m2R －x t ＝m xt解得x ＝R ，故B 正确；由于小球第二次在车中滚动时，对应位置的速度减小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做的功小于12mgh 0，因此小球一定能从A 点冲出，故D 错误；小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒，则知小球由B 点离开小车时水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后竖直上抛运动，最后又从B 点落回，故C 错误．故选ACD.6. (多选)(2022·湖南长沙二模)如图所示一平板车A 质量为2m ，静止于光滑水平面上，其右端与竖直固定挡板相距为L .小物块B 的质量为m ，以大小为v 0的初速度从平板车左端开始向右滑行，一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反．A 、B 之间的动摩擦因数为μ，平板车A 表面足够长，物块B 总不能到平板车的右端，重力加速度大小为g .L 为何值，车与挡板能发生3次及以上的碰撞( CD )A ．L ＝v20μgB ．L ＝v2032μgC ．L ＝v2065μgD ．L ＝v2096μg【解析】在车与挡板碰撞前，有mv 0＝2mv A ＋mv B ，如果L 为某个值L 1，使A 与挡板能发生二次碰撞，从A 开始运动到与挡板第一次碰撞前瞬间，对A 由动能定理可得μmgL 1＝12·2mv 2A ，设A 第二次与挡板碰撞前瞬间A 、B 的速度大小分别为v A ′、v B ′，从A 与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得mv B －2mv A ＝2mv A ′＋mv B ′且第二次碰撞前，A 、B 未达到共同速度，A 在这段时间内先向左后向右运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知v A ′＝v A ，A 与挡板第二次碰撞后经一段时间后A 、B 同时停止运动，即mv B ′－2mv A ′＝0，联立解得L 1＝v2064μg ，车与挡板能发生3次及以上的碰撞的条件L <v 2064μg，故C 、D 可能，A 、B 不可能．7. (多选)(2022·江西贵溪二模)如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M 的滑块，滑块的一侧是一个14弧形凹槽OAB ，凹槽半径为R ，A 点切线水平，另有一个质量为m (m >M )的小球以速度v 0从A 点冲上凹槽，重力加速度大小为g ，不计摩擦．下列说法中正确的是( AB )A ．当v 0＝2gR 时，小球不可能到达B 点B ．当v 0＝2gR 时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大C ．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上D ．当v 0＝gR 时，小球返回A 点后可能做自由落体运动【解析】当小球能够恰好到达B 点时，设小球和滑块达到共同速度v ，根据动量守恒定律有mv 0＝(m ＋M )v ，根据机械能守恒定律有12mv 20＝12(m ＋M )v 2＋mgR ，联立以上两式解得v 0＝2M ＋mMgR >2gR ，所以当v 0＝2gR 时，小球不能到达B 点，A 正确；当v 0＝2gR 时，小球未到达B 点，小球从进入凹槽至最高点的过程中，小球对滑块的作用力始终做正功，所以滑块的动能一直增大，B 正确；如果小球的初速度足够大，小球将从B 点冲出，由于B 点的切线方向竖直，小球离开滑块时，二者水平方向的速度相同，小球相对滑块做竖直上抛运动，最后将从B 再次进入凹槽，最后从滑块的右侧离开，C 错误；当v 0＝gR 时，小球再次回到凹槽底部时的速度为v 1，凹槽的速度为v 2，根据系统机械能守恒和水平方向动量守恒可得12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22，mv 0＝mv 1＋Mv 2，解得v 1＝m －M m ＋M v 0，因为m >M ，则可知v 1＝m －M m ＋M v 0>0，小球返回A 点后做平抛运动，而不是自由落体运动，D 错误．故选AB.应用题——强化学以致用8. (多选)(2022·重庆二诊)喷丸处理是一种表面强化工艺，即使用丸粒轰击工件表面，提升工件疲劳强度的冷加工工艺．用于提高零件机械强度以及耐磨性、抗疲劳性和耐腐蚀性等．某款喷丸发射器采用离心的方式发射喷丸，转轮直径为530 mm ，角速度为230 rad/s ，喷丸离开转轮时的速度与转轮上最大线速度相同．喷丸撞击到器件表面后发生反弹，碰撞后垂直器件方向的动能变为碰撞前动能的81%，沿器件表面方向的速度不变．一粒喷丸的质量为3.3×10－5kg ，若喷丸与器件的作用时间相同，且不计喷丸重力，则关于图甲、乙所示的两种喷射方式的说法正确的是( AD )A ．喷丸发出过程喷丸发射器对一粒喷丸做的功约为0.06 JB ．喷丸发出过程喷丸发射器对一粒喷丸做的功约为0.12 JC ．图甲、乙所示一粒喷丸对器件表面的平均作用力之比为2∶1D ．图甲、乙所示一粒喷丸对器件表面的平均作用力之比为2∶ 3【解析】喷丸离开转轮时的速度与转轮上最大线速度相同，转轮上线速度的最大值为v ＝ωr ＝60.95 m/s ，则喷丸发出过程喷丸发射器对喷丸做的功约为W ＝12mv 2≈0.06 J，选项A 正确，B 错误；结合题述可知，喷丸碰撞后垂直器件表面的速度大小变为碰撞前的90%，设喷丸速度为v ，垂直喷射时有F 1＝0.9mv －－mvt，以60°角喷射时，有F 2＝0.9×32mv －⎝ ⎛⎭⎪⎫－32mv t，解得F 1F 2＝23，选项C 错误，D 正确．故选AD.9. (多选)(2022·河北衡水四调)质量为3m 足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上依次排放质量均为m 的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v 0、2v 0、3v 0，已知重力加速度为g .则下列说法正确的是( BCD )A ．木块1相对木板静止前，木板是静止不动的B ．木块1的最小速度是12v 0C ．木块2的最小速度是56v 0D ．木块3从开始运动到相对木板静止时对地位移是4v 2μg【解析】木块1在木板上向右减速运动，该过程木板向右做加速运动，当木块1与木板速度相等时相对木板静止，由此可知，木块1相对静止前木板向右做加速运动，故A 错误；木块与木板组成的系统所受合外力为零，当木块1与木板共速时木板的速度最小，设木块与木板间的摩擦力为f ，则木块1的加速度a 1＝f m 做匀减速运动，而木板a ＝3f 3m ＝fm做匀加速运动，则v 1＝v 0－a 1t ＝at ，v 1＝12v 0，故B 正确；设木块2的最小速度为v 2，此时木块2与木板刚刚共速，木块2此时速度的变量为2v 0－v 2，则木块3此时速度为3v 0－(2v 0－v 2)＝v 0＋v 2，由动量守恒定律得：m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝5mv 2＋m (v 0＋v 2)，解得v 2＝56v 0，故C 正确；木块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，木块3相对木板静止过程，由动量守恒定律得m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝(3m ＋3m )v 3，解得v 3＝v 0，对木块3，由动能定理得－μmgx ＝12mv 23－12m (3v 0)2，解得x ＝4v20μg，故D 正确．故选BCD.10. (2022·辽宁沈阳二模)如图(a)，质量分别为m A 、m B 的A 、B 两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F 作用在A 上，系统静止在光滑水平面上(B 靠墙面)，此时弹簧形变量为x .撤去外力并开始计时，A 、B 两物体运动的a t 图像如图(b)所示，S 1表示0到t 1时间内A的a t 图线与坐标轴所围面积大小，S 2、S 3分别表示t 1到t 2时间内A 、B 的a t 图线与坐标轴所围面积大小．A 在t 1时刻的速度为v 0.下列说法正确的是( C )A ．m A <mB B ．S 1＋S 2＝S 3C ．0到t 1时间内，墙对B 的冲量大小等于m A v 0D ．B 运动后，弹簧的最大形变量等于x【解析】 a t 图线与坐标轴所围图形的面积大小等于物体速度的变化量，因t ＝0时刻A 的速度为零，t 1时刻A 的速度大小v 0＝S 1，t 2时刻A 的速度大小v A ＝S 1－S 2，B 的速度大小v B＝S3，由图(b)所示图像可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即v A＝v B，则S1－S2＝S3，t1到t2时间内，A与B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝(m A＋m B)v A，联立解得m A∶m B＝S3∶S2，由图知S3>S2，所以m A>m B，故A、B错误；撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A，由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小I＝m A v0，弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小I弹簧＝m A v0，对B，以向右为正方向，由动量定理得I墙壁－I弹簧＝0，解得，墙对B的冲量大小I墙壁＝m A v0，方向水平向右，故C正确；B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量(伸长量或压缩量)最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，B运动后弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则B 运动后弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，即B运动后弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故D错误．11. (2022·山东押题练)2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，中国选手谷爱凌以188.25分的成绩获得金牌．北京冬奥会报道中利用“Al＋8K”技术，把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K直播中，更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验．将谷爱凌视为质点，其轨迹视为一段抛物线图．图(a)是“时间切片”特技的图片，图(b)是谷爱凌从3 m高跳台斜向上冲出的运动示意图，图(c)是谷爱凌在空中运动时离跳台底部所在水平面的高度y随时间t变化的图线．已知t＝1 s时，图线所对应的切线斜率为4(单位：m/s)，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力．(1)求谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小；(2)求谷爱凌离跳台底部所在水平面的最大高度；(3)若谷爱凌从空中落到跳台底部所在水平地面时与地面的碰撞时间Δt＝0.4 s，经缓冲没有脱离地面，水平速度不受影响，求碰撞过程中谷爱凌受到地面的平均作用力大小与自身重力大小的比值．【答案】(1)14 m/s (2)12.8 m (3)5【解析】(1)运动员竖直方向做匀减速直线运动，有v y＝v y0－gty t 图线斜率表示竖直分速度，t ＝1 s 时v y ＝4 m/s解得谷爱凌冲出跳台时的竖直分速度v y 0＝14 m/s 谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小为14 m/s.(2)最高点竖直分速度为0，竖直方向做匀减速直线运动，设离开跳台可以上升h 高度，则0－v 2y 0＝－2gh代入数据解得h ＝9.8 m 跳台离地面高度y 0＝3 m解得离跳台底部所在水平面的最大高度为y ＝h ＋y 0＝12.8 m.(3)谷爱凌落到跳台底部所在水平面的竖直分速度大小v yt ＝2gy ＝16 m/s落在水平地面时，在竖直方向上，运动员受重力和水平地面的作用力，水平方向速度不变，以竖直向上为正方向，由动量定理得(F －mg )Δt ＝0－(－mv yt )代入数据解得Fmg＝5.12. (2021·浙江6月选考)如图所示，水平地面上有一高H ＝0.4 m 的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB 、水平光滑直轨道BC 、四分之一圆周光滑细圆管道CD 和半圆形光滑轨道DEF ，它们平滑连接，其中管道CD 的半径r ＝0.1 m 、圆心在O 1点，轨道DEF 的半径R ＝0.2 m 、圆心在O 2点，O 1、D 、O 2和F 点均处在同一水平线上．小滑块从轨道AB 上距台面高为h 的P 点由静止下滑，与静止在轨道BC 上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD 、轨道DEF 从F 点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G 碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q 点．已知小滑块与轨道AB 间的动摩擦因数μ＝112，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.(1)若小滑块的初始高度h ＝0.9 m ，求小滑块到达B 点时速度v 0的大小； (2)若小球能完成整个运动过程，求h 的最小值h min ；(3)若小球恰好能过最高点E ，且三棱柱G 的位置上下可调，求落地点Q 与F 点的水平距离x 的最大值x max .【答案】 (1)4 m/s (2)0.45 m (3)0.8 m【解析】 (1)小滑块在AB 轨道上运动，根据动能定理得mgh －μmg cos θ·hsin θ＝12mv 20，解得v 0＝4 m/s.(2)小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有mv 0min ＝mv 块＋mv 球min ，12mv 20min ＝12mv 2块＋12mv 2球min ，解得v 块＝0，v 球min ＝v 0min ，小球沿CDEF 轨道运动，在最高点可得mg ＝m v 2E minR，从C 点到E 点由机械能守恒可得 12mv 2E min ＋mg (R ＋r )＝12mv 2球min ，由(1)问可知，小滑块提供给小球的初速度v 0min ＝43gh min ，解得h min ＝0.45 m.(3)设F 点到G 点的距离为y ，小球从E 点到G 点的运动，由动能定理得mg (R ＋y )＝12mv2G －12mv 2E min ，由平抛运动可得x ＝v G t ，H ＋r －y ＝12gt 2，联立可得水平距离为x ＝20.5－y0.3＋y ，由数学知识可得当0.5－y ＝0.3＋y ，x 取最大值，最大值为x max ＝0.8 m.。

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图中a是弹性绳的原长位置,c是人所到达的最低点。

b是人静止地悬吊着时的平衡位置。

则下列说法正确的是()A.当h=2R时,小球恰好能到达最高点MB.当h=2R时,小球在圆心等高处P时对轨道压力为3mgC.当h≤R时,小球在运动过程中不会脱离轨道D.当h=R时,小球在最低点N时对轨道的压力为2mg7.总质量为m的汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶时,发动机的功率为P。

司机为合理进入限速区,减小了油门,使汽车功率立即减小到P并保持该功率继续行驶,设汽车行驶过程中所受阻力大小不变。

从司机减小油门开始,汽车的v-t图象如图,从汽车开始减速到再次达到匀速运动的过程中,行驶的位移为x,汽车因油耗而改变的质量可忽略。

则在该过程中,下列说法不正确的是()A.汽车再次匀速运动时速度大小为v0B.t=0时刻,汽车的加速度大小为C.汽车的牵引力不断减小D.经历的时间为8.如图所示,物块从足够长粗糙斜面底端O点,以某一速度向上运动,到达最高点后又沿斜面下滑。

物块先后两次经过斜面上某一点A时的动能分别为E k1和E k2,重力势能分别为E p1和E p2,从O点开始到第一次经过A点的过程中,重力做功为W G1,合外力做功的绝对值为W1,从O点开始到第二次经过A点的过程中重力做功为W G2,合外力做功的绝对值为W2,则下列选项正确的是()A.E k1>E k2,E p1=E p2B.E k1=E k2,E p1>E p2C.W G1>W G2,W1<W2D.W G1>W G2,W1=W29.如图所示,AB为长度足够长的水平地面,AC为与水平方向成30°的倾斜地面,D为AC中点。

已知将某物体以4 J的初动能从D点水平抛出,其落地时的动能为8 J。

若将该物体以一定的初速度从C 点水平抛出,要使其恰好能落在A点,则其抛出时的初动能应为()A.4 JB.6 JC.8 JD.10 J10.一新型赛车在水平专用测试道上进行测试,该车总质量为m=1×103 kg,由静止开始沿水平测试道运动。

传感设备记录其运动的速度—时间图象(v-t图线先是一段曲线,后为直线)。

g取10 m/s2,求:(1)发动机牵引力的额定功率;(2)行驶中的最大速度v m。

11.如图所示为游乐场的一项娱乐设备。

一环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处。

然后让座舱自由落下,落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下。

已知座舱开始下落的高度为H=75 m,当落到离地面h=30 m的位置时开始制动,座舱均匀减速。

在一次娱乐中,某同学把质量m=6 kg的书包放在自己的腿上。

g取10 m/s2。

不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力。

(1)求座舱制动过程中书包对该同学腿部的压力多大;(2)若环形座舱与同学们的总质量M=4×103 kg,求制动过程中机器输出的平均功率。

12.如图(a)所示,一物体以一定的速度v0沿足够长斜面向上运动,此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系由图(b)中的曲线给出。

设各种条件下,物体运动过程中的摩擦系数不变。

g取10m/s2。

试求:(1)物体与斜面之间的动摩擦因数;(2)物体的初速度大小;(3)θ为多大时,x值最小。

13.如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道AB、CD 段是光滑的,水平轨道BC的长度s=5 m,轨道CD足够长且倾角θ=37°,A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30 m、h2=1.35 m。

现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。

已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6、cos 37°=0.8。

求:(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小;(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔;(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。

14.如图所示,一条带有竖直圆轨道的长轨道水平固定,底端分别与两侧的直轨道相切,半径R=0.5 m。

物块A以v0=10 m/s的速度滑入圆轨道,滑过最高点N,再沿圆轨道滑出,P点左侧轨道光滑,右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段长度都为L=0.2 m。

物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.4,A的质量为m=1 kg(重力加速度g取10 m/s2;A可视为质点)。

(1)求A滑过N点时的速度大小v和受到的弹力大小;(2)若A最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值;(3)求A滑至第n个(n<k)光滑段上的速度v n与n的关系式。

专题综合训练(二)1.C解析由图线可知0~4 s内的加速度a1=2 m/s2,可得F+μmg=ma1;由图线可知4~10 s内的加速度a2=1 m/s2,可得F+μmg=ma1,解得F=3 N,μ=0.05,故A错误;0~4 s内的位移大小x1=×4×8 m=16 m;4~10 s内的位移大小x2=×6×6 m=18 m,故10 s末物体在计时起点左侧2 m处,故C正确;10 s内恒力F对物体做功F·x=6 J,故B错误;10 s内物体克服摩擦力做功W f=μmg(x1+x2)=34 J,故D错误。

2.D解析对于物体来说,从A到C要克服空气阻力做功,从B到C又将一部分机械能转化为弹簧的弹性势能,因此机械能肯定减少,故A错误;对于物块和弹簧组成的系统来说,整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功,故B错误;由A运动到C的过程中,物块的动能变化为零,重力势能减少量等于机械能的减少量,所以物块机械能减少mg(H+h),故C错误;物块从A点由静止开始下落,加速度是g,根据牛顿第二定律得:f=mg-ma=mg,所以空气阻力所做的功为-mg(H+h),整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功,所以物块、弹簧和地球组成的系统机械能减少mg(H+h),故D正确。

3.B解析A、C两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等,A所受滑动摩擦力沿斜面向上,C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力,所以C的加速度大于A的加速度,C先到达斜面底端,故A错误;三个滑块重力相同,下降的高度相同,重力做功相同,摩擦力对A、B做功相同,C克服摩擦力做功最大,A的初动能为零,B、C的初动能相等,则滑到斜面底端时,B滑块的动能最大,故B正确;滑动摩擦力做功与路程有关,C运动的路程最大,C克服摩擦力做功最大,C减少的机械能最多,故C错误;三个滑块重力相同,下降的高度相同,重力势能减少量相同,故D错误。

4.C解析由题图知,t1时刻小球刚与弹簧接触,此时小球的重力大于弹簧的弹力,小球将继续向下做加速运动,此时小球的动能不是最大,当弹力增大到与重力平衡,即加速度减为零时,速度达到最大,动能最大,故A错误;t2时刻,弹力F最大,故弹簧的压缩量最大,小球运动到最低点,动能最小,此时小球受的合力最大,加速度最大,故B错误;t3时刻弹簧的弹力为零,此时弹性势能为零,选项C正确;图乙中图线所围面积在数值上等于弹力对小球的冲量,根据动量定理可知I弹-mgt=Δp,故图线所围面积在数值上大于小球动量的变化量,选项D错误。

5.B解析从P到c过程,根据动量定理,有p G-p F=0,故重力的冲量等于拉力的冲量,故A错误;从P到c过程,根据动能定理,有W G-W F=0,故重力的功等于克服弹力的功,故B正确;从P到a的过程中人做自由落体运动,速度增大;从a到b过程中,弹力小于重力,加速度向下,则人的速度不断增大,选项C不正确;从a到b过程人做加速运动,加速度向下;从b到c过程中,弹力大于重力,加速度向上,做减速运动,则从a到c过程中加速度方向要变化,选项D错误。

6.C解析在圆轨道的最高点M,mg=m,解得:v0=,根据机械能守恒得:mgh=mg·2R+,解得:h=2.5R,故A错误;当h=2R时,小球在圆心等高处P时速度为v,根据机械能守恒得:mg·2R=mgR+mv2,小球在P时,有:F N=m,联立解得F N=2mg,则知小球在圆心等高处P时对轨道压力为2mg,故B错误;当h≤R时,根据机械能守恒知小球在圆轨道上圆心下方轨道上来回运动,在运动过程中不会脱离轨道,故C正确;当h=R时,设小球在最低点N时速度为v',则有:mgR=mv'2,在圆轨道最低点,有:F N'-mg=m,解得:F N'=3mg,则小球在最低点N时对轨道压力为3mg,故D错误。