2017届高考物理二轮复习考点过关三动量动量守恒定律练习五

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高考物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题(含答案)

高考物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．水平放置长为L=4.5m 的传送带顺时针转动，速度为v =3m/s ，质量为m 2=3kg 的小球被长为1l m =的轻质细线悬挂在O 点，球的左边缘恰于传送带右端B 对齐；质量为m 1=1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度v 0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球m 2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的12反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。

已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，取重力加速度210m/s g =。

求：（1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？【答案】（1）42N （2）13.5J 【解析】【详解】解：设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：221111011=22m gL m v m v μ--解之可得：1=4m/s v 因为1v v <，说明假设合理滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：21111221=+2m v m v m v - 解之得：2=2m/s v碰后，对小球，根据牛顿第二定律：2222m v F m g l-=小球受到的拉力：42N F =（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为1t ，则()01112L v v t =+ 解之得：11s t =在这过程中，传送带运行距离为：113S vt m == 滑块与传送带的相对路程为：11 1.5X L X m ∆=-=设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为2t 则根据动量定理：121112m gt m v μ⎛⎫-=-⋅⎪⎝⎭解之得：22s t =滑块向左运动最大位移：121122m x v t ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭=2m 因为m x L <，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带再考虑到滑块与小球碰后的速度112v <v ，说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为22t在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程22212X vt m ∆==因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是()112Q m g x x μ=∆+∆=13.5J2．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m 的物块B ，B 的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B 平衡时，弹簧的压缩量为x 0，O 点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m 的物块A ，距物块B 为3x 0，现让A 从静止开始沿斜面下滑，A 与B 相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一起向上运动，并恰好回到O 点(A 、B 均视为质点)，重力加速度为g ．求：（1）A 、B 相碰后瞬间的共同速度的大小；（2）A 、B 相碰前弹簧具有的弹性势能；（3）若在斜面顶端再连接一光滑的半径R ＝x 0的半圆轨道PQ ，圆弧轨道与斜面相切于最高点P ，现让物块A 以初速度v 从P 点沿斜面下滑，与B 碰后返回到P 点还具有向上的速度，则v 至少为多大时物块A 能沿圆弧轨道运动到Q 点．（计算结果可用根式表示）【答案】20132v gx =014P E mgx =0(2043)v gx =+【解析】试题分析：（1）A 与B 球碰撞前后，A 球的速度分别是v 1和v 2，因A 球滑下过程中，机械能守恒，有： mg （3x 0）sin30°=12mv 12 解得：103v gx ＝又因A 与B 球碰撞过程中，动量守恒，有：mv 1=2mv 2…②联立①②得：21011322v v gx ＝＝（2）碰后，A 、B 和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒．则有：E P +12•2mv 22＝0+2mg•x 0sin30° 解得：E P ＝2mg•x 0sin30°−12•2mv 22=mgx 0−34mgx 0＝14mgx 0…③ （3）设物块在最高点C 的速度是v C ，物块A 恰能通过圆弧轨道的最高点C 点时，重力提供向心力，得：2c v mg m R＝所以：0c v gR gx ＝＝ C 点相对于O 点的高度： h=2x 0sin30°+R+Rcos30°=(43)+x 0…⑤ 物块从O 到C 的过程中机械能守恒，得：12mv o 2＝mgh+12mv c 2…⑥ 联立④⑤⑥得：0(53)o v gx +＝…⑦ 设A 与B 碰撞后共同的速度为v B ，碰撞前A 的速度为v A ，滑块从P 到B 的过程中机械能守恒，得：12mv 2+mg （3x 0sin30°）＝12mv A 2…⑧ A 与B 碰撞的过程中动量守恒．得：mv A =2mv B …⑨ A 与B 碰撞结束后从B 到O 的过程中机械能守恒，得：12•2mv B 2+E P ＝12•2mv o 2+2mg•x 0sin30°…⑩ 由于A 与B 不粘连，到达O 点时，滑块B 开始受到弹簧的拉力，A 与B 分离．联立⑦⑧⑨⑩解得：033v gx ＝考点：动量守恒定律；能量守恒定律【名师点睛】分析清楚物体运动过程、抓住碰撞时弹簧的压缩量与A 、B 到达P 点时弹簧的伸长量相等，弹簧势能相等是关键，应用机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题．3．如图所示，质量为M =2kg 的小车静止在光滑的水平地面上，其AB 部分为半径R =0.3m的光滑14圆孤，BC 部分水平粗糙，BC 长为L =0.6m 。

2017年高考物理-动量和机械能-专题练习及答案解析

5．A B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的v-t图线，由图线可以判断（）
从A点冲向滑块，不计摩擦。

下列说法中正确的是（）
和2，动量的大小分别为1和2，则（）
1
＝
＝p p>p
E E>E
R＝
0.2m
v
2D
1mg 2R-qE 2R=mv 2联立①⑦⑧得：0v =
2017年高考物理专题练习
动量和机械能
解析
1．
【题型】选择题
【难度】容易
2．【解析】
小球从抛出至落地过程中只有重力做功，且重力做功相同，A．B．C三个小球的初动能相同，故小球落地时的动能相同，所以A正确；A．B．D落地速度方向相同，都是竖直向下，但是C落地速度方向不是竖直向下，故A．B．C落地的动量不相同，故选项B错误；从离开塔顶到落地过程中，动能增量等于合力做功，即等于重力的功，由于从相同高度抛出，故重力的功相同，故四个小球落地过程中动能增量相同，故选项C 错误；从离开塔顶到落地过程中，动量增量等于合力的冲量，合力为重力，但是时间相同的只有B．D，故合力的冲量相同的是B．D，故选项D正确。

【题型】多选题
【难度】较易
3．
【题型】多选题
【难度】一般
．
【题型】选择题．
【题型】多选题
【题型】多选题【难度】困难9．略
10．略
11．略
12．略。

高考物理动量守恒定律的应用及其解题技巧及练习题(含答案)

高考物理动量守恒定律的应用及其解题技巧及练习题 (含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用1.竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1m 的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度 E=4X 10/m .小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径， b 、c 球用长L 2m 的绝缘细轻杆连接，开始时c 静止于管道水平部分右端P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下由静止向右运动，当 F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F-t 的变化图像如图乙所示，且满足F 2 t 2 —.已知三个小球均可看做质点且 m a =0.25kg , m b =0.2kg , m c =0.05kg ，小球 (1) 小球a 与b 发生碰撞时的速度 v o ; (2) 小球c 运动到Q 点时的速度v ;(3) 从小球c 开始运动到速度减为零的过程中，小球 c 电势能的增加量.【答案】(1) V 4m/s (2) v=2m/s (3) E p 3.2J 【解析】【分析】对小球 a ,由动量定理可得小球 a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理可得小球 c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得；解：⑴对小球a ,由动量定理可得I m a V 。

0 由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F 的冲量，由圆方程可知S 1m 2 代入数据可得：v 0 4m/s(2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞，由动量守恒可得 m a V 0 m a V | (m b m c )v 21 2 1 2 12由机械能守恒可得 m a v 0m a v 1 (m b m c )v 222 2解得 V 1 0, V 2 4m/ sA E阳1r c 带q=5 x 1'0)C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦， g=10m/s 2，求小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理1 2 1 2 m c gR qER ㊁血 mjv ㊁血 mjv ?代入数据可得v 2m/ s⑶由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直方向的夹角为从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：1 2(m b m c )v qERsin 22.如图所示，小明参加户外竞技活动，站在平台边缘抓住轻绳一端，轻绳另一端固定在 '点，绳子刚好被拉直且偏离竖直方向的角度0 =60.小明从A 点由静止往下摆，达到 O 点正下方B 点突然松手，顺利落到静止在水平平台的平板车上，然后随平板车一起向右运动•到达C 点，小明跳离平板车(近似认为水平跳离)，安全落到漂浮在水池中的圆形浮漂上•绳长L=1.6m ,浮漂圆心与 C 点的水平距离x=2.7m 、竖直高度y=1.8m ，浮漂半径 R=0.3m 、不计厚度，小明的质量m=60kg ，平板车的质量 m=20kg ，人与平板车均可视为质点，不计平板车与平台之间的摩擦.重力加速度g=10m/s 2，求：_*』吩(1) 轻绳能承受最大拉力不得小于多少？ (2) 小明跳离平板车时的速度在什么范围？(3) 若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做了多少功？【答案】(1) 1200N (2) 4m/s Wv< 5m/s( 3) 480J 【解析】【分析】(1)首先根据机械能守恒可以计算到达B 点的速度，再根据圆周运动知识计算拉力大小.(2)由平抛运动规律,按照位移大小可以计算速度范围( 3)由动量守恒和能量守恒规律计算即可. 【详解】解(I)从A 到B .由功能关系可得1 2 mgL(1 cos ) mv ①2代人数据求得v=4 m/s ②m b gR(1cos ) m c gRsin 解得sin0637因此小球c 电势能的增加量： E p qER(1 sin ) 3.2J2在最低点B处，T mg mv③联立①②解得，轻绳能承受最大拉力不得小于T=1200N(2) 小明离开滑板后可认为做平抛运动1 2竖直位移y gt1 2 3④2离C点水平位移最小位移x R v min t⑤离C点水平位移最大为X R V min t⑥联立④⑤⑥解得小明跳离滑板时的速度 4 m/s Wvw 5 m/s(3) 小明落上滑板时，动量守恒mv (m m0)V| ⑦代人数据求得V i=3 m/s⑧离开滑板时，动量守恒(m m0)v| mv C m o V2⑨将⑧代人⑨得V2=-3 m/s由功能关系可得1 2 1 2 1 2 W ( — mv C m0v2) m m0 v1⑩.2 2 2解得W=480 J3. 某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m,皮带以恒定速率v=5m/s顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B C置于水平导轨上， B C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度V0=6m/s 沿B、C 连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起•碰撞时间极短，滑块C脱离弹簧后滑上倾角0 =37的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数卩=0.8重力加速度g=10m/s2, sin37=0.6, cos37°0.8.1滑块A、B碰撞时损失的机械能；2滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q;3若每次实验开始时滑块A的初速度V。

高中物理动量守恒定律解题技巧及练习题(含答案)

高中物理动量守恒定律解题技巧及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.如下图,质量M=1kg的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上,凹槽局部嵌有cd 和ef两个光滑半圆形导轨,c与e端由导线连接,一质量m=lkg的导体棒自ce端的正上方h=2m处平行ce由静止下落,并恰好从ce端进入凹槽,整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中,导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好.磁场的磁感应强度B=0.5T,导轨的间距与导体棒的长度均为L=0.5m,导轨的半径r=0.5m ,导体棒的电阻R=1 Q,其余电阻均不计,重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力.⑴求导体棒刚进入凹槽时的速度大小；(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量；(3)假设导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16J,求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率.9 _【答案】(1) v 2、10m/s (2)25J (3)P - W4【解析】【详解】解：⑴根据机械能守恒定律,可得：mgh - mv2 2解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：v 2g0m / s(2)导体棒早凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象,产生感应电流,最终整个系统处于静止,圆柱体停在凹槽最低点根据水平守恒可知,整个过程中系统产生的热量：Q mg(h r) 25J(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为V I ,凹槽速度大小为v2,导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒,故有：mv1 Mv?1 2 1 2由能重寸恒可得：一mv1 mv2 mg(h r) Q12 2导体棒第一次通过最低点时感应电动势： E BLv1 BLv2E2回路电功率：P. ........ . 9联立解得：P -W42.如图,两块相同平板P i、P2置于光滑水平面上,质量均为m = 0.1kg. P2的右端固定一轻质弹簧,物体P置于P i的最右端,质量为M = 0.2kg且可看作质点.P i与P以共同速度vo= 4m/s向右运动,与静止的P2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后P i与P2粘连在一起,压缩弹簧后被弹回(弹簧始终在弹性限度内).平板P i的长度L=1m , P与P i之间的动摩擦因数为科=0.2, P2上外表光滑.求：-厂। A B vWm(i)P i、P2刚碰完时的共同速度v i;(2)此过程中弹簧的最大弹性势能E P.(3)通过计算判断最终P能否从P i上滑下,并求出P的最终速度V2.【答案】(i) v i=2m/s (2)E P=0.2J (3)v2=3m/s【解析】【分析】【详解】(i) P i、P2碰撞过程,由动量守恒定律mV. 2mM解得V i v°- 2m / s,方向水平向右；2(2)对P i、P2、P系统,由动量守恒定律2mv i Mv o (2m M )V2…3斛得v2 -v0 3m/s,方向水平向右,4i o i o i o此过程中弹簧的最大弹性势能E P -?2mv i2 + -Mv2 — (2m M )v22 0.2J -2 2 2(3)对P i、F2、P系统,由动量守恒定律2mv i Mv o 2mv3 Mv?i o i o i c 1c由能重寸恒TH律得一2mv〔+ Mv 02mv3Mv2 + Mg L2 2 2 2解得P的最终速度v2 3m/s 0,即P能从P i上滑下,P的最终速度v2 3m/s3.光滑水平面上质量为ikg的小球A, 量为2kg的大小相同的小球B发生正碰I~~H J I,,,,,.Cbr,〞(i)碰后A球的速度大小；(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能. 以2.0m/s的速度与同向运动的速度为i.0m/s、质,碰撞后小球B以i.5m/s的速度运动.求：【答案】v A i.0m/s, E损0.25J【解析】试题分析：(1)碰撞过程中动量守恒,由动量守恒定律可以求出小球速度.(2)由能量守恒定律可以求出损失的机械能.解：(1)碰撞过程,以A的初速度方向为正,由动量守恒定律得：m A V A+m B V B=m A V A+m B v B代入数据解：v A=1.0m/s②碰撞过程中A、B系统损失的机械能量为：甘-1 2 1 2 _1 / 2 _1 」E损-彳与口『 A彳叫.B代入数据解得：E损=0.25J答：①碰后A球的速度为1.0m/s；②碰撞过程中A、B系统损失的机械能为0.25J.【点评】小球碰撞过程中动量守恒、机械能不守恒,由动量守恒定律与能量守恒定律可以正确解题,应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择.4.在日常生活中,我们经常看到物体与物体间发生反复的屡次碰撞.如下图,一块外表水平的木板静止放在光滑的水平地面上,它的右端与墙之间的距离L= 0.08 m.现有一小物块以初速度vo = 2 m/s从左端滑上木板,木板和小物块的质量均为 1 kg,小物块与木板之间的动摩擦因数-0.1,木板足够长使得在以后的运动过程中小物块始终不与墙接触, 木板与墙碰后木板以原速率反弹,碰撞时间极短可忽略,取重力加速度g=10 m/s2.求：可________________ 「J(1)木板第一次与墙碰撞时的速度大小；(2)从小物块滑上木板到二者到达共同速度时,木板与墙碰撞的总次数和所用的总时间；(3)小物块和木板到达共同速度时 ,木板右端与墙之间的距离.【答案】(1) 0.4 s 0.4 m/s (2) 1.8 s. (3) 0.06 m【解析】试题分析：(1)物块滑上木板后,在摩擦力作用下,木板从静止开始做匀加速运动,设木板加速度为a,经历时间T后与墙第一次碰撞,碰撞时的速度为V I那么mg ma,解得a g 1m/s2①,1 , 2 LL - at ②,v1 at ③ 2联立①②③ 解得t 0.4s, v1 0.4m/s④(2)在物块与木板两者到达共同速度前,在每两次碰撞之间,木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动,因而木板与墙相碰后将返回至初态,所用时间也为T.设在物块与木板两者到达共同速度v前木板共经历n次碰撞,那么有：v V O 2nT t a a t ⑤式中At是碰撞n次后木板从起始位置至到达共同速度时所需要的时间.由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进,故⑤ 式可改写为2v V o 2nTa⑥由于木板的速率只能处于 .到v1之间,故有0 v02nTa 2v1⑦求解上式得1.5 n 2.5由于n是整数,故有n=2®由①⑤⑧ 得：t 0.2s⑨；v 0.2m/s⑩从开始到物块与木板两者到达共同速度所用的时间为：t 4T t 1.8s (11)即从物块滑上木板到两者到达共同速度时,木板与墙共发生三次碰撞,所用的时间为1. 8s.............. 一…,……、、,,一 1 2(3)物块与木板到达共同速度时,木板与墙之间的距离为s L — a t2 (12)2联立①与(12)式,并代入数据得s 0.06m即到达共同速度时木板右端与墙之间的距离为0. 06m.考点：考查了牛顿第二定律,运动学公式【名师点睛】此题中开始小木块受到向后的摩擦力,做匀减速运动,长木板受到向前的摩擦力做匀加速运动；当长木板反弹后,小木块继续匀减速前进,长木板匀减速向左运动, 一直回到原来位置才静止；之后长木板再次向右加速运动,小木块还是匀减速运动；长木板运动具有重复性,由于木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触,故直到两者速度相同,一起与墙壁碰撞后反弹；之后长木板向左减速,小木块向右减速,两者速度一起减为零.5.如下图,固定的光滑圆弧面与质量为6kg的小车C的上外表平滑相接,在圆弧面上有一个质量为2kg的滑块A,在小车C的左端有一个质量为2kg的滑块B,滑块A与B均可看做质点.现使滑块A从距小车的上外表高h=1.25m处由静止下滑,与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动,最终没有从小车C上滑出.滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为斤0.5,小车C与水平地面的摩擦忽略不计,取g=10m/s2.求：(1)滑块A与B弹性碰撞后瞬间的共同速度的大小；【试题分析】(1)根据机械能守恒求解块A滑到圆弧末端时的速度大小,由动量守恒定律求解滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)根据系统的能量守恒求解小车C上外表的最短长度.(1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v i,由机械能守恒定律有：m A gh — m A V i2代入数据解得v i ,2gh 5m/s .设A、B碰后瞬间的共同速度为V2,滑块A与B碰撞瞬间与小车C无关,滑块A与B组成的系统动量守恒, m A V i m A m B V2代入数据解得V2 2.5m/s .(2)设小车C的最短长度为L,滑块A与B最终没有从小车C上滑出,三者最终速度相同设为V3,根据动量守恒定律有：m A m B v2m A m B m C v31 2 1 2根据能重寸恒TH律有：m A m B gL= m A m B v2m A m B m C v；2 2联立以上两代入数据解得L 0.375m【点睛】此题要求我们要熟练掌握机械能守恒、能量守恒和动量守恒的条件和公式,正确把握每个过程的物理规律是关键.6.如下图,一轻质弹簧的一端固定在滑块B上,另一端与滑块C接触但未连接,该整体静止放在离地面高为H的光滑水平桌面上.现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h高处由静止开始滑下,与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动,经一段时间,滑块C脱离弹簧,继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出.(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度V；(2)被压缩弹簧的最大弹性势能E pmax；(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离s.【答案】(1) v 1V l I J2gh (2) mg" (3)—VHh 3 3 6 3【解析】【详解】解：(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程,机械能守恒,设其滑到底面的1 2速度为v1,由机械能守恒定律有：m A gh —m A%解之得：v 1 2gh滑块A 与B 碰撞的过程, A 、B 系统的动量守恒,碰撞结束瞬间具有共同速度设为 v,由动量守恒定律有： m A v 1 m A m B v1 1 ----- 斛之信：vV i — 2gh 3 3 ,(2)滑块A 、B 发生碰撞后与滑块 C 一起压缩弹簧,压缩的过程机械能守恒,被压缩弹簧的弹性势能最大时,滑块 A 、B 、C 速度相等,设为速度 V 2 由动量守恒定律有：m A v 1 m A m B m C v 2122由机械能寸恒TH 律有： E Pmax (m A m B )v m A m B m C v 221解得被压缩弹簧的最大弹性势能：E Pmax -mgh Pmax6(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时,滑块C 脱离弹簧,设滑块 A 、B 的速度为V3,滑块C 的速度为V4,分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：121 21 2-m A m B v m A m B v -m e v^ 2221 -------解之得：v 3 0, v 4 -42gh3 . 滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动：s v 4t12H2g t2解之得滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离：s — JHh3R= 0.4 m 的四分之一圆弧轨道 AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切.质量m 2 = 0.2 kg 的小球b 左端连接一轻质弹簧,静止在光滑水平轨道上,另一质量m 〔 = 0.2 kg 的小球a 自圆弧轨道顶端由静止释放,运动到圆弧轨道最低点 B 时对轨道的压力为小球a 重力的2倍,忽略空气阻力,重力加速度(1)小球a 由A 点运动到B 点的过程中,摩擦力做功 W f ；(2)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的过程中,弹簧的最大弹性势能 E p ； (3)小球a 通过弹簧与小球 b 相互作用的整个过程中,弹簧对小球 b 的冲量I .【答案】(1)四：(2) E P =0.2J ⑶ I=0.4N?sm A m B v m A m B v m C v 47.如下图,内壁粗糙、半径g= 10 m/s 2.求:【解析】(1)小球由静止释放到最低点B的过程中,据动能定理得小球在最低点B时: 据题意可知乐=2四乱联立可得悭f=-0网(2)小球a与小球b把弹簧压到最短时,弹性势能最大,二者速度相同,此过程中由动量守恒定律得：：,1 1=4mi + m* 超 + & 由机械能守恒定律得2 2户弹簧的最大弹性势能E p=0.4J小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中, a球最终速度为由动量守恒定律啊也=mi0 + m*4由能量守恒定律: 根据动量定理有：得小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中,弹簧对小球b的冲量I的大小为I=0.8N s8.如下图,在沙堆外表放置一长方形木块A,其上面再放一个质量为m=0.10kg的爆竹B,木块的质量为M=6.0kg.当爆竹爆炸时,因反冲作用使木块陷入沙中深度h=5cm,而木块所受的平土阻力为f=80N .假设爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计, g取10m/s2,求爆竹能上升的最大高度.【答案】h 60m【解析】试题分析：木块下陷过程中受到重力和阻力作用,根据动能定理可得1 2 ,、(mg f )h 0 Mv1 (1)2爆竹爆炸过程中木块和爆竹组成的系统动量守恒,故有mv2 Mv i (2)爆竹完后,爆竹做竖直上抛运动,故有v2 2gh(3)联立三式可得：h 600m考点：考查了动量守恒定律,动能定理的应用点评：根底题,比拟简单,此题容易错误的地方为在A下降过程中容易将重力丢掉9.在竖直平面内有一个半圆形轨道ABC,半彳空为R,如下图,A、C两点的连线水平,B点为轨道最低点.其中AB局部是光滑的,BC局部是粗糙的.有一个质量为m的乙物体静止在B处,另一个质量为2m的甲物体从A点无初速度释放,甲物体运动到轨道最低点与乙物体发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后结合成一个整体,甲乙构成的整体滑上BC轨道,最高运动到D点,OD与OB连线的夹角0 60°甲、乙两物体可以看作质点,重力加速度为g,求：(1)甲物与乙物体碰撞过程中,甲物体受到的冲量.(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间,甲乙构成的整体对轨道最低点的压力.(3)甲乙构成的整体从B运动到D的过程中,摩擦力对其做的功.【答案】⑴—mj2gR ,方向水平向右.(2)压力大小为:一mg ,方向竖直向3 31下.(3)W f= - mgR .【解析】【分析】(1)先研究甲物体从A点下滑到B点的过程,根据机械能守恒定律求出A刚下滑到B点时的速度,再由动量守恒定律求出碰撞后甲乙的共同速度,即可对甲,运用动量定理求甲物与乙物体碰撞过程中,甲物体受到的冲量.(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间,对于甲乙构成的整体,由牛顿第二定律求出轨道对整体的支持力,再由牛顿第三定律求得整体对轨道最低点的压力.(3)甲乙构成的整体从B运动到D的过程中,运用动量定理求摩擦力对其做的功.【详解】1甲物体从A点下滑到B点的过程,1 2根据机械能守恒定律得：2mgR — 2mv2,2解得：v0"2gR,甲乙碰撞过程系统动量守恒,取向左方向为正,根据动量守恒定律得：2mv o m 2m mv ,解得：v —J2gR ,甲物与乙物体碰撞过程,对甲,由动量定理得：I甲2mv 2mv0 2 m,2gR ,方向：水平向右;2甲物体与乙物体碰撞后的瞬间,对甲乙构成的整体,2由牛顿第二定律得：F m 2mg m 2m —R (17)斛得：F —mg,根据牛顿第三定律,对轨道的压力F' F ——mg 方向：竖直向下；3o _ _ 1 _ 23对整体,从B到D过程,由动能定理得：3mgR 1 cos60 W f 0 — 3mv2一... ... ...................... 1 _解得,摩擦力对整体做的功为：W f -mgR ；6【点睛】解决此题的关键按时间顺序分析清楚物体的运动情况,把握每个过程的物理规律,知道碰撞的根本规律是动量守恒定律 .摩擦力是阻力,运用动能定理是求变力做功常用的方法.10.如下图,一质量为m=1 5kg的滑块从倾角为 .=37.的斜面上自静止开始滑下,斜面末端水平(水平局部光滑,且与斜面平滑连接,滑块滑过斜面末端时无能量损失),滑块离开斜面后水平滑上与平台等高的小车.斜面长s=10m,小车质量为M=3 5kg,滑块与斜面及小车外表的动摩擦因数科=0. 35,小车与地面光滑且足够长,取g=10m/s2.求：(1)滑块滑到斜面末端时的速度(2)当滑块与小车相对静止时,滑块在车上滑行的距离【答案】(1) 8 m/s (2) 6. 4m【解析】试题分析：(1)设滑块在斜面上的滑行加速度a,由牛顿第二定律,有mg (sin 0 -cos 0 ) =ma代入数据得：a=3. 2m/s2又：s= — at22解得t=2 . 5s到达斜面末端的速度大小v 0=at=8 m/s(2)小车与滑块到达共同速度时小车开始匀速运动,该过程中小车与滑块组成的系统在水平方向的动量守恒,那么：mv= (m+M v代入数据得：v=2 . 4m/s滑块在小车上运动的过程中,系统减小的机械能转化为内能,得：mgL= 1 mv o2- 1 〔m+M v2 2 2代入数据得：L=6. 4m考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律【名师点睛】此题考查动量守恒定律及功能关系的应用,属于多过程问题,需要分阶段求解；解题时需选择适宜的物理规律,用牛顿定律结合运动公式,或者用动量守恒定律较简单,此题是中档题.11.如下图,小球A质量为m,系在细线的一端,线的另一端固定在.点,.点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍,置于粗糙的水平面上且位于.点正下方,物块与水平面间的动摩擦因数为也现拉动小球使线水平伸直,小球由静止开始释放,运动到最低点时与物块发生正碰〔碰撞时间极短〕,反弹后上升至最高点时到水平面的距离为小球与物块均视为质点,不计空气阻力,重力加速度为g,求碰撞过程物块获得的冲16量及物块在地面上滑行的距离.气—一1 : hI**+ 'pl Ih【答案】——16【解析】【分析】对小球下落过程由机械能守恒定律可求得小球与物块碰撞前的速度；对小球由机械能守恒可求得反弹的速度,再由动量守恒定律可求得物块的速度；对物块的碰撞过程根据动量定理列式求解获得的冲量；对物块滑行过程由动能定理可求得其滑行的距离.【详解】小球的质量为m,设运动到最低点与物块相撞前的速度大小为v i,取小球运动到最低点时的重力势能为零,根据机械能守,值定律有：mgh=1mv i22解得：v i= 2ghh 1 ’2设碰撞后小球反弹的速度大小为V1,同理有：mg —— mv i16 2解得：〃1 =,设碰撞后物块的速度大小为V2,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有：mv1=-mv' 1+5mv2解得：V2= 'g h由动量定理可得,碰撞过程滑块获得的冲量为I=5mv2=l m,2gh物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为F=5科mg设物块在水平面上滑行的时间为t,由动能定理有：1 2Fs 0 5mv22…口h解得：s16【点睛】此题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律及动能定理,要注意正确分析物理过程,选择适宜的物理规律求解.12.如下图,粗细均匀的圆木棒A下端离地面高H,上端套着一个细环B. A和B的质量均为m, A和B间的滑动摩擦力为f,且fvmg.用手限制A和B使它们从静止开始自由下落.当A与地面碰撞后,A以碰撞地面时的速度大小竖直向上运动,与地面发生碰撞时间极短,空气阻力不计,运动过程中A始终呈竖直状态.求：假设A再次着地前B不脱离A, A的长度应满足什么条件？y.8m好〞---------q【答案］(mg + D【解析】试题分析：设木棒着地时的速度为l v°,由于木棒与环一起自由下落,那么即寸期木棒弹起竖直上升过程中,由牛顿第二定律有：对木棒：『+ mgwi=z:-解得：m,方向竖直向下对环：・mg 7G2 = ---------解得瓶方向竖直向下可见环在木棒上升及下降的全过程中一直处于加速运动状态,所以木棒从向上弹起到再次着地的过程中木棒与环的加速度均保持不变木棒在空中运动的时间为在这段时间内,环运动的位移为-- ■-要使环不碰地面,那么要求木棒长度不小于X,即12弁8叫?〞LW解得：Op +「考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度,所以在做这一类问题时,特别又是多过程问题时,先弄清楚每个过程中的运动性质,根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力。

2017届高考物理二轮复习专题复习练习专题三动能定理和能量守恒定律2要点

训练 7 机械能守恒定律功能关系一、选择题 (本大题共 8 小题，每题 8 分，共64 分．第1～5 题只有一项吻合题目要求，第 6～8 题有多项吻合题目要求． )1.如图，半径为R、圆心为O 的圆滑圆环固定在竖直平面内，OC 水平，D 是圆环最低点．质量为 2m 的小球 A 与质量为 m 的小球B 套在圆环上，两球之间用轻杆相连．两球初始地点以以下图，由静止开释，当小球A 运动至 D 点时，小球B 的动能为 ()22A. 2 mgRB. 6 mgR4＋ 24＋ 2C.2mgRD.6mgR分析：A、B 构成的系统机械能守恒．当A 运动到最低点 D 时， A 降落的高度为 h A＝R＋Rsin45 ，°B 上涨的高度为 h B＝Rsin45 ，°则有 2mgh A－mgh B＝12·2mv2A＋122mv B ，又v A ＝v B ，小球B 的动能为12E kB ＝2mv B＝4＋2mgR ，选项D 正确．6答案： D2.以以下图，从圆滑的14圆弧槽的最高点由静止滑下的小物块 (视为质点 )，滑出槽口时速度方向为水平方向，槽口与一个固定半球极点相切，半球底面水平．若要使小物块滑出槽口后不沿半球面下滑，已知圆弧槽轨道半径为 R 1，半球半径为 R 2，则 R 1 和 R 2应满足的关系是 ()A ．R 1≥R 2B ．R 1≤R 2221≥R 2D． 1≤R 2C ．RR分析：小物块沿圆滑的圆弧槽下滑过1 2程，依据机械能守恒定律，有 mgR 1＝2mv ，要使物块滑出槽口后不沿半球面下滑，即从2v 半球极点开始做平抛运动，则 mg≤m R2，得R2R1≥2，只有选项 A 正确．答案： A3.以以下图，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为 m 的小球 A ，将小球 A 从弹簧原长地点由静止开释，小球 A 能够降落的最大高度为 h.若将小球 A 换为质量为 3m 的小球 B ，仍从弹簧原长地点由静止开释，重力加快度为 g ，不计空气阻力，则小球 B 降落 h 时的速度为()A. 4ghB. 4gh3ghC. 2ghD.2分析：依据系统机械能守恒得，对 A降落 h 的过程有 mgh ＝E p ，对 B 降落 h 的过124gh程有 3mgh ＝E p ＋2×3mv，解得 v ＝3，只有选项 A 正确．答案： A4.以以下图，轻质弹簧上端系在固定的斜面顶端，下端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于 O 点，物块与斜面间有摩擦．现将物块从 O 点拉至 A 点，撤去拉力后物块由静止开始沿斜面向上运动，到达 B 点时速度为零，则物块从 A 点运动到 B 点的过程中 ()A ．经过 O 点时，物块的动能最大B．物块动能最大的地点与 A、O 点的距离有关C．物块从 A 点向 O 点运动过程中，弹簧弹性势能的减少许等于物块动能与重力势能的增添量D．物块从 O 点向 B 点运动过程中，动能的减少许大于弹簧弹性势能的增添量分析：设斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，当弹簧拉力 kx＝mgsinθ＋μ mgcosθ，即弹簧伸长量 x＝mg sinθ＋μcosθk时，物块的动能最大，此时弹簧处于拉伸状态，选项 A 错误； x＝mg sinθ＋μcosθk与 A、O 点的距离没关，选项 B 错误；物块从 A 点向 O 点运动过程中，因为摩擦生热，依据能量守恒定律知弹簧弹性势能的减少许大于物块动能与重力势能的增添量，选项 C 错误；物块从 O 点向 B 点运动过程中，动能减少，摩擦生热，重力势能增添，弹簧弹性势能增添，依据能量守恒定律知物块动能的减少许大于弹簧弹性势能的增添量，选项 D 正确．答案： D5．以以下图，在竖直平面内有一半径为 R 的圆弧轨道，半径 OA 水平、OB 竖直，一个质量为 m 的小球自 A 的正上方 P 点由静止开始自由着落，小球沿轨道到达最高点mgB 时对轨道压力为 2.已知AP＝2R，重力加速度为 g，则小球从 P 到 B 的运动过程中()A ．重力做功 2mgR3B．合力做功4mgR1C．战胜摩擦力做功2mgRD．机械能减少 2mgR分析：小球能经过 B 点，在 B 点速度 v满足1v2mg＋2mg＝mR，解得v＝32gR，从P 到 B 过程，重力做功等于重力势能减小量1 23为 mgR，动能增添量为2mv ＝4mgR，合力3做功等于动能增添量4mgR，机械能减少许31为 mgR－4mgR＝4mgR，战胜摩擦力做功等1于机械能的减少许4mgR，故只有 B 选项正确．答案： B6．如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上．一质量为 0.2 kg 的小球，从弹簧上端某高度处自由着落，从它接触弹簧到压缩弹簧至最短的过程中 (弹簧在弹性限度内 )，其速度 v 和弹簧压缩量Δx之间的函数图象如图乙所示，此中 A 为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬时机械能损失不计，取 g＝10m/s2，则以下说法正确的选项是 ()A．小球刚接触弹簧时加快度最大B．弹簧的劲度系数为 20.0 N/mC．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球与弹簧构成的系统机械能守恒D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小分析：当Δx＝0.10 m 时，速度最大，小球受力均衡，有 kΔx＝mg，得弹簧的劲度系数 k＝20.0 N/m，选项 B 正确；小球在最低点时弹簧弹力F＝×0.61 N＝12.2 N，依据牛顿第二定律得小球在最低点时的加F－mg速度大小 a＝＝51 m/s2>g，而小球刚m 接触弹簧时加快度大小为g，选项 A 错误；从接触弹簧到压缩弹簧至最短的过程中，小球与弹簧构成的系统机械能守恒，选项 C 正确；从小球接触弹簧到压缩弹簧至最短的过程中，弹簧的压缩量向来增添，弹性势能向来增大，选项 D 错误．答案： BC7.2015·江苏高考以以下图，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为 m、套在粗糙竖直固定杆 A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处的速度最大，到达 C 处的速度为零， AC＝h.圆环在 C 处获取一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A. 弹簧一直在弹性限度内，重力加快度为 g.则圆环()A．下滑过程中，加快度向来减小B．下滑过程中，战胜摩擦力做的功为124mv12 C．在 C 处，弹簧的弹性势能为4mv－mghD．上滑经过 B 的速度大于下滑经过 B 的速度分析：圆环着落时，先加快，在 B 地点时速度最大，加快度减小至零．从 B 到 C圆环减速，加快度增大，方向向上，选项 A 错误；圆环下滑时，设战胜摩擦力做功为W f，弹簧的最大弹性势能为ΔE P，由A到C 的过程中，依据能量关系有mgh＝ΔE p＋W f.12由 C 到 A 的过程中，有2mv＋ΔE p＝W f＋mgh.1212联立解得 W f＝4mv ，ΔE P＝mgh－4mv ，选项 B 正确， C 错误；设圆环在 B 地点时，弹簧的弹性势能为ΔE′P，依据能量守恒，12A 到B 的过程有2mv B＋ΔE′P＋W′f＝mgh′，B到A 的过程有12mv′2B＋ΔE′P＝mgh′＋W′f，比较两式得 v′B>v B，选项D正确．答案： BD8．水平川面上有两个固定的、高度同样的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为 L1、L2，且 L1<L2，以以下图．两个完整同样的小滑块A、B(可视为质点 )与两个斜面间的动摩擦因数同样，将小滑块 A、B 分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始开释，取地面所在的水平面为参照平面，则() A．从顶端究竟端的运动过程中，因为战胜摩擦而产生的热量必定同样B．滑块 A 到达底端时的动能必定比滑块 B 到达底端时的动能大C．两个滑块加快下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能同样D．两个滑块从顶端运动究竟端的过程中，重力对滑块 A 做功的均匀功率比滑块 B 的大分析：设甲斜面底端为C，乙斜面底端为 D，A、B 滑块从斜面顶端分别运动到 C、D 的过程中，摩擦力做功不一样，因此战胜摩擦而产生的热量必定不一样，故 A 错误；由F f＝μmgcosθ知，滑块B 遇到的摩擦力大，且经过的位移大，则战胜摩擦力做功多，滑块 A 战胜摩擦力做功少，损失的机械能少，依据动能定理，可知 B 正确；两滑块在斜面上加快下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功同样，但在斜面上滑行的距离不等，即摩擦力做功不等，机械能不一样，故C错误；整个过程中，两物块所受重力做功相同，但因为 A 先到达底端，故重力对滑块 A做功的均匀功率比滑块B 的大， D 正确．答案： BD二、计算题 (本大题共 2 小题，共 36 分．需写出规范的解题步骤 )9.2016·北京卷利用如图装置做“考据机械能守恒定律”实验．(1)为考据机械能能否守恒，需要比较重物着落过程中任意两点间的 ________．A．动能变化量与势能变化量B．速度变化量与势能变化量C．速度变化量与高度变化量(2)除带夹子的重物、纸带、铁架台 (含铁夹 )、电磁打点计时器、导线及开关外，在以下器械中，还一定使用的两种器械是________．A ．交流电源B．刻度尺C．天平 (含砝码 )(3)实验中，先接通电源，再开释重物，获取以以下图的一条纸带．在纸带上采纳三个连续打出的点 A、B、C，测得它们到初步点 O 的距离分别为 h A、h B、h C.已知当地重力加快度为 g，打点计时器打点的周期为T.设重物的质量为m.从打O 点到打B 点的过程中，重物的重力势能变化量ΔE P＝________，动能变化量ΔE k＝________.(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少许大于动能的增添量，原由是________．A ．利用公式 v＝gt 计算重物速度B．利用公式 v＝2gh计算重物速度C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响D．没有采纳多次实验取均匀值的方法(5)某同学想用下述方法研究机械能能否守恒：在纸带上采纳多个计数点，丈量它们到初步点 O 的距离 h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2－h 图象，并做以下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物着落过程中机械能守恒．请你分析论证该同学的判断依照能否正确．分析：本题主要观察考据机械能守恒定律的实验，意在观察学生图象分析能力和实验能力．(1)只需要比较重物着落过程中，任意两点间的动能变化量与势能变化量能否相等，即可考据机械能能否守恒，应选 A.(2)打点计时器需要接交流电源，应选A；还需要用刻度尺丈量重物着落的高度，故还要选 B.(3)从打 O 点到打 B 点的过程中，重物的重力势能减少mgh B，变化量为－ mgh B；h C－h A mv B2打 B 点的速度 v B＝2T，动能 E k＝2，1h C－h A2联立解得 E k＝2m(2T ) ，故动能变化量1h C－h A2ΔE k＝E k－0＝2m(2T) .(4)因为存在空气阻力和摩擦阻力的影响，以致重力势能的减少许大于动能的增添量，产生系统偏差，多次实验取均匀值没法除掉系统偏差，应选项 C 对．(5)在重物着落 h 的过程中，若阻力fmv2恒定，由动能定理得， mgh－fh＝2，解得2f2v ＝2(g－m)h，故 v —h 图象是一条过原点的直线，但还要看图线的斜率能否在偏差允许的范围内凑近 2g，才能用该法考据机械能守恒定律．对求解函数图象问题，必定要写出函数分析式，明确其截距、斜率、面积等表示的意义．1答案： (1)A(2)AB(3)－mgh B2h C－h A2m(2T) (4)C(5)该同学的判断依照不正确．在重物着落 h 的过程中，若阻力 f 恒定，依据动能定理得，12mgh－fh＝2mv －02得，v＝2(g－f2m)h 可知， v —h 图象就是过原点的一条直线．要想经过 v2—h 图象的方法考据机械能能否守恒，还一定看图象的斜率能否凑近2g.10．以以下图，圆滑曲面 AB 与水平面BC 光滑连接于 B 点， BC 右端连接内壁光1滑、半径为 r 的4细圆管 CD，管口 D 正直下方直立一根劲度系数为 k 的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口 D 端平齐．质量为 m 的滑块在曲面上距 BC 高度为2r 处由静止开始下滑，滑块与 BC 间的动摩1擦因数μ＝2，进入管口 C 端时与圆管恰好无作用力，经过 CD 后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为 E P.求：(1)滑块到达 B 点时的速度大小v B；(2)水平面 BC 的长度 s；(3)在压缩弹簧过程中滑块的最大速度v m.分析： (1)滑块在曲面的下滑过程，由动能定理得12mg·2r＝2mv B解得 v B＝2 gr(2)在 C 点，滑块与圆管之间恰无作用力，2v C则 mg＝m r解得 v C＝gr滑块从 A 点运动到 C 点过程，由动能定理得12mg·2r－μ mgs＝2mv C解得 s＝3r(3)设在压缩弹簧过程中速度最大时，滑块离 D 端的距离为 x0，此时 kx0＝mgmg解得 x0＝k滑块由 C 运动到距离 D 端 x0处的过程中，由能量守恒得1212mg(r＋x0)＝2mv m－2mv C＋E P联立解得 v m＝3gr＋3mg22E P k－m答案： (1)2gr(2)3r(3)3gr＋3mg22E P k－m。

高考物理二轮复习专题五能量和动量对对练(含解析)

能量和动量2020年高考必备2015年2016年2017年2018年2019年Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷考点一功、功率动能定理及其应用17 19 1614、2414 1419、252124、2517、24、25考点二机械能守恒定律及其应用21 24 17 21考点三功能关系能量守恒定律21 25 25 24 16 18 25 18考点四动量定理动量守恒定律35(2) 35(2) 35(2) 35(2) 35(2) 14 20 2415、2416、2525 25考点五实验:1.探究动能定理实验:2.验证机械能守恒定律22实验:3.验证动量守恒定律考点一功、功率动能定理及其应用命题角度1功的计算高考真题体验·对方向(多选)(2016全国Ⅱ·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关.若它们下落相同的距离,则()A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功答案BD解析设所受阻力为F f,根据题意F f=kr.根据牛顿第二定律,mg-F f=ma,a=g-=g-=g-,r越大,a越大,两小球密度相同,m甲>m乙,所以r甲>r乙,故a甲>a乙,C选项错误;物体在空中的运动时间t=,h相同,所以t甲<t乙,A选项错误;物体落地速度v=,可得v甲>v乙,B选项正确;物体下落过程中克服阻力做功W f=F f·h=kr·h,所以W f甲>W f乙,D选项正确.总功的计算方法(1)用动能定理W=ΔE k或功能关系W=ΔE,即用能量的变化量等效替代合力所做的功.(也可计算变力功)(2)总功等于合外力的功.先求出物体所受各力的合力F合,再根据W总=F合l cos α计算总功,但应注意α应是合力与位移l的夹角.(3)总功等于各力做功的代数和.分别求出每一个力做的功:W1,W2,W3,…,再把各个外力的功求代数和,即W总=W1+W2+W3+….典题演练提能·刷高分1.(多选)(2019山东济宁五校联考)在某一粗糙的水平面上,一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力作用下做匀速直线运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化的关系图象.重力加速度g取10 m/s2.根据以上信息能得出的物理量有()A.物体与水平面间的动摩擦因数B.合外力对物体所做的功C.物体做匀速运动时的速度D.物体运动的时间答案ABC解析由题意知物体开始做匀速直线运动,故拉力F与滑动摩擦力F f大小相等,物体与水平面间的动摩擦因数为μ==0.35,选项A正确;减速过程由动能定理得W F+W F f=0-mv2,根据F-x图象中图线与横轴围成的面积可以估算力F做的功W F,而W f=-μmgx,由此可求得合外力对物体所做的功,及物体做匀速运动时的速度v,选项B、C正确;因为物体做变加速运动,所以运动时间无法求出,选项D错误.2.(多选)如图所示,内壁光滑半径大小为R的圆轨道固定在竖直平面内,一个质量为m的小球静止在轨道的最低点A点.现给小球一个瞬时水平打击力,使小球沿轨道在竖直平面内运动.当小球运动重新回到A点时,再沿它的运动方向给第二次瞬时打击力.经过二次击打后,小球才能够通过轨道的最高点,已知第一次和第二次对小球的打击力做的功分别为W和3W,则W的值可能为()A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR答案BCD解析小球在竖直面内运动只有重力做功,故机械能守恒;小球要到达圆轨道最高点,那么对小球在最高点应用牛顿第二定律可得:mg≤,所以小球的机械能E=2mgR+mv2≥mgR;小球在运动过程中始终未脱离轨道,且必须经过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点,故第一次击打后,小球运动的高度不大于R,所以有W≤mgR,W+3W≥mgR,所以,mgR≤W≤mgR,故BCD正确,A错误,故选BCD.3.如图所示,水平平台上放置一长为L、质量为m的均匀木板,板右端距离平台边缘为s,板与台面间动摩擦因数为μ,重力加速度为g.现对板施加水平推力,要使板脱离平台,推力做功的最小值为()A.μmg(L+s)B.μmgC.μmg(L-s)D.μmg答案B解析要使板脱离平台,即让板的重心脱离平台,则板运动的距离为+s,需要克服摩擦力做功为W f=μmg,即推力做功的最小值为μmg,故B正确,ACD错误.4.一物体由静止开始运动,其加速度a与位移x关系图线如图所示.下列说法正确的是()A.物体最终静止B.物体的最大速度为C.物体的最大速度为D.物体的最大速度为答案C解析由a-x图象可知,物体先做匀加速直线运动,后做加速度减小的加速运动,到2x0位置时速度最大,A错误;设最大速度为v,根据动能定理得ma0x0+ma0x0=mv2,解得v=,C正确.命题角度2功率的计算高考真题体验·对方向(多选)(2018全国Ⅲ·19)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面.某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等.不考虑摩擦阻力和空气阻力.对于第①次和第②次提升过程,()A.矿车上升所用的时间之比为4∶5B.电机的最大牵引力之比为2∶1C.电机输出的最大功率之比为2∶1D.电机所做的功之比为4∶5答案AC解析由两次提升的高度相同可知,①②图形不重合部分面积应相等,可得②过程的总时间为2.5t0,上升所用时间之比为2t0∶2.5t0=4∶5,A选项正确;加速上升阶段牵引力最大,两次提升的质量和加速度都相同,根据牛顿第二定律,最大牵引力F m-mg=ma,最大牵引力相等,B选项错误;最大输出功率为P m=F m·v m,已知最大牵引力相等,①过程的最大速度是②过程的2倍,故电机输出的最大功率之比为2∶1,C选项正确;设整个过程中电机所做的功为W,根据动能定理W-mgh=0,提升的质量和高度都相等,所以电机所做的功也相等,D选项错误.机车启动中的三个重要关系式(1)无论哪种启动过程,机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度,即v m=(式中F min为最小牵引力,其值等于阻力F阻).(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中,匀加速过程结束时,功率最大,速度不是最大,即v=<v m=.(3)机车以恒定功率运行时,牵引力做的功W=Pt.由动能定理得Pt-F阻x=ΔE k.此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小.典题演练提能·刷高分1.(2019河南平顶山模拟)质量m=20 kg的物体,在大小恒定的水平外力F的作用下,沿水平面做直线运动.0~2 s内F与运动方向相反,2~4 s内F与运动方向相同,物体的v-t图象如图所示.g取10 m/s2,则()A.拉力F的大小为100 NB.在4 s时拉力的瞬时功率为120 WC.4 s内拉力所做的功为480 JD.4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J答案B解析取物体初速度方向为正方向,由题图可知物体与水平面间存在摩擦力,由题图可知0~2 s 内,-F-F f=ma1,且a1=-5 m/s2;2~4 s内,-F+F f=ma2,且a2=-1 m/s2,联立以上两式解得F=60 N,F f=40 N,选项A错误;由P=Fv得4 s时拉力的瞬时功率为120 W,选项B正确;由W=Fx,可知0~2 s 内,W1=-Fx1,2~4 s内,W2=Fx2,由题图可知x1=10 m,x2=2 m,代入数据解得,4 s内拉力所做的功为-480 J,选项C错误;摩擦力做功W'=F f s,摩擦力始终与速度方向相反,故s为路程,由题图可求得总路程为12 m,4 s内物体克服摩擦力做的功为480 J,选项D错误.2.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物,当重物的速度为v1时,起重机的功率达到最大值P,之后起重机保持该功率不变,继续提升重物,最后重物以最大速度v2匀速上升,不计钢绳重力.则整个过程中,下列说法正确的是()A.钢绳的最大拉力为B.重物匀加速过程的时间为C.重物匀加速过程的加速度为D.速度由v1增大至v2的过程中,重物的平均速度。

【高考二轮】2017届高考物理二轮复习专题复习(练习)专题三动能定理和能量守恒定律1 Word版含解析

训练6功功率动能定理一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．)1.如图所示，一个纵截面是等腰三角形的斜面体M置于水平地面上，它的底面粗糙，两斜面光滑．将质量不相等的A、B 两个小滑块(m A>m B)同时从斜面上同一高度处由静止释放，在两滑块滑至斜面底端的过程中，M始终保持静止，则() A．B滑块先滑至斜面底端B．地面对斜面体的摩擦力方向水平向左C．两滑块滑至斜面底端时重力的瞬时功率相同D．地面对斜面体的支持力等于三个物体的总重力．光滑斜面上有一个小球自高为5 s内拉力对物块做功为零末物块所受的合力为零，则B项错误；因前4 s内物块处于静止状态，5 s内物块的位移即第5 s内物块的位移，不为零，则5 s内拉力对物块所做的功不为零，故A项错误；由μmg＝3 N，得物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.3，则C项错误；6～9 s 内物块所受的合力为5 N－3 N＝2 N，由F 合＝ma，得物块的加速度大小a＝2 m/s2，故D项正确．答案：D5．位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同．则可能有()A．F2＝F1，v1>v2B．F2＝F1，v1<v2C．F2>F1，v1>v2D．F2<F1，v1＝v2解析：水平恒力F1作用下的功率P1＝F1v1，F2作用下的功率P2＝F2v2cosθ，现P1＝P2，若F2＝F1，一定有v1<v2，因此B正确，A错误；由于两次都做匀速直线运动，因此第一次的摩擦力F f1＝μmg＝F1，而第二次的摩擦力F f2＝μ(mg－F2sinθ)＝F2cosθ，显然F f2<F f1，即：F2cosθ<F1，因此无论F2>F1，还是F2<F1都会有v1<v2，因此D错误，C错误．答案：B6.(2016·天津卷)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的，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．某列动车组由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：本题考查隔离法和整体法受力分析、牛顿第二定律、功率、匀变速直线运动规律及其相关的知识点，意在考查学生灵活运用相关知识分析解决问题的能力．启动时，动车组做加速运动，加速度方向向前，乘客受到竖直向下的重力和车厢对乘客的作用力，由牛顿第二定律可知，这两个力的合力方向向前，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向一定倾斜向前，选项A错误．设每节车厢质量为m，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力．汽车的功率一质量为m二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9.(2015·重庆高考)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板．M板上部有一半径为R的14圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H，N板上固定有三个圆环．将质量为m的小球从P处由静止释放，小球运动至Q点飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q点水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g.求：(1)距Q点水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；(3)摩擦力对小球做的功．求滑块从传送带A端运动到。

专题07动量(测)2017年高考二轮复习物理(无答案)

专题07 动量（测）-2017年高考二轮复习物理【满分：110分时间：90分钟】一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中， 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）1．下列说法正确的是：（）A 、物体速度变化越大，则加速度越大B 、物体动量发生变化，则物体的动能一定变化C 、合外力对系统做功为零，则系统的动量一定守恒D 、系统所受合外力为零，则系统的动量一定守恒2．如图所示，分别用恒力F 1、F 2先后将质量为m 的同一物体由静上开始沿相同的固定粗糙斜面由底端推至顶端。

第一次力F 1沿斜面向上，第二次力F 2沿水平方向，两次所用时间相同，则在这两个过程中：（）A ．F 1做的功比F 2做的功多B ．第一次物体机械能的变化较多C ．第二次合外力对物体做的功较多D ．两次物体动能的变化量相同3．如图所示，在光滑的水平面上，质量1m 的小球A 以速率0v 向右运动。

在小球的前方O 点处有一质量为2m 的小球B 处于静止状态，Q 点处为一竖直的墙壁．小球A 与小球B 发生正碰后小球A 与小球B 均向右运动．小球B 与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A 在P 点相遇，2PQ PO ，则两小球质量之比12:m m 为：（）A 、7:5B 、1:3C 、2:1D 、5:34．如图所示，质量为M 的人在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相对静止。

由于没有力的作用，他与飞船总保持相对静止的状态。

这个人手中拿着一个质量为m 的小物体，他以相对飞船为v 的速度把小物体抛出，在抛出物体后他相对飞船的速度大小为：（）A.v M mB. v m MC. v m m M +D. v m M m +5．质量为2kg 的小球自塔顶由静止开始下落，不考虑空气阻力的影响，g 取10m/s 2，下列说法中正确的是：（）A ．2s 末小球的动量大小为40kg·m/sB ．2s 末小球的动能为40JC ．2s 内重力的冲量大小为20N·sD ．2s 内重力的平均功率为20W6．质量为m 的小球P 以大小为v 的速度与质量为3m 的静止小球Q 发生正碰，碰后小球P 以大小为2v 的速度被反弹，则正碰后小球Q 的速度大小是：（） A ．v 2 B ．2v C ．3v D ． 6v 7．在光滑水平面上，质量为m 的小球A 正以速度v 0匀速运动。

动量守恒定律(解析版)

t
t
t
mL－d，小船的质量为：M＝mL－d，故 B 正确．
t
d
3.(2018·河南省中原名校第六次模拟)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体 A，斜面体质量为
M、底边长为 L，如图所示．将一质量为 m、可视为质点的滑块 B 从斜面的顶端由静止释放，滑块 B 经过时
间 t 刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为 FN，则下列说法中正确的是( )
机械能，此时系统的机械能不守恒，A 选项错误；取物块和小车的系统，外力的和为零，故系统的动量守
恒，B 选项正确；由物块和小车组成的系统动量守恒得：0＝mv－Mv′，解得 v′＝mv，C 选项正确；弹开的 M
过程满足反冲原理和“人船模型”，有 v ＝M，则在相同时间内 x ＝M，且 x＋x′＝L，联立得 x′＝ mL ，D 选
燃气组成的系统看作所受合外力为零，运用动量守恒定律解答。
【解题思路】燃气从火箭喷口在很短的时间内喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设火箭的动
量为 p，根据动量守恒定律，可得：p-mv0=0，解得 p=mv0=0.050kg×600m/s=30kg·m/s，选项 A 正确。
【2 年模拟再现】 1.（2019 浙江模拟）两位同学穿旱冰鞋，面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计摩擦阻力，下列判断正确的是
过程中推力做功，机械能增加，选项 D 错误。
2.(2018·河南省鹤壁市第二次段考)有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．一位同学
想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，
走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离 d，然后用卷尺测出船长 L.已知他的自身质量为 m，

高考物理二轮复习专题三动量和能量碰撞与动量守恒训练

1-3-7 碰撞与动量守恒课时增强训练1．(2018·天津河东一模)(多项选择)一辆汽车在平直公路上从静止开始运动，所受阻力恒定，10 s末撤掉牵引力，其速度随时间变化的图像以下列图，则以下说法正确的选项是()A．0～5 s和10～15 s内加速度相同B．0～5 s和10～15 s内阻力做功相等C．0～5 s和5～10 s内牵引力做功的平均功率相等D．0～5 s和10～15 s内合外力的冲量相同[解析] v-t图线的斜率表示加速度，由图可知0～5 s和10～15 s内加速度大小相等，但是方向相反，故不一样样，A错误；v-t图线与时间轴所围的面积表示位移，由图可知0～5 s和10～15 s内位移相等，又阻力恒定，故阻力做功相等，B正确；0～5 s内：加速度a1＝10－05m/s2＝2 m/s2，位移x1＝12×5×10 m＝25 m；5～10 s内：加速度为零，位移x2＝5×10 m＝50 m；10～15 s内：加速度a3＝0－105m/s2＝－2 m/s2，位移x3＝12×5×10 m＝25 m；依照牛顿第二定律，0～5 s内：F1－f＝ma1依照平衡条件，5～10 s内：F2＝f依照牛顿第二定律，10～15 s内：－f＝ma3联立解得：F1＝4m(N)，F2＝2m(N)0～5 s内牵引力做功的平均功率为：＝F1x1t1＝4m×255＝20m(W)，5～10 s内牵引力做功的平均功率为：＝F2x2t2＝2m×505＝20m(W)，故0～5 s和5～10 s内牵引力做功的平均功率相等，C正确；由C项解析可知0～5 s和10～15 s内汽车的位移相同，所受合外力等大、反向，故冲量也是等大、反向，故D错误。

[答案] BC2．(2018·山东菏泽一模)有一个竖直固定放置的圆滑四分之一圆轨道，轨道圆心O到地面的高度为h，小球从轨道最高点A由静止开始沿着圆弧轨道滑下，从轨道最低点B走开轨道，尔后做平抛运动落到水平川面上的C点，C点与A点的水平距离也等于h，则以下说法正确的选项是()A．当小球运动到轨道最低点B时，轨道对它的支持力等于重力的4倍B．小球在圆弧轨道上运动的过程中，重力对小球的冲量在数值上大于圆弧轨道的支持力对小球的冲量C．依照已知条件可以求出该四分之一圆轨道的轨道半径为0.2hD．小球做平抛运动落到地面时的速度与水平方向夹角θ的正切值tan θ＝0.5[解析] 由mgR＝12mv2B，F B－mg＝mv2BR，解得F B＝3mg，A错误；小球从A运动到B，合外力冲量水平向右，则支持力的冲量在竖直方向的重量与重力的冲量大小相等，故支持力冲量在数值上大于重力的冲量，B错误；小球做平抛运动时，h－R＝12gt2，h－R＝v B t，解得R＝0.2h，C正确；设小球做平抛运动位移与水平方向夹角为α，则tan α＝1，因为tan θ＝2 tan α，所以tan θ＝2，D错误。

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考点过关三动量、动量守恒定律（练习五）
1.质量为3m的劈A，其倾斜面是光滑曲面，曲面下端与光滑的水平面相切，如图所示．一质量为
m的物块B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，到达水平面上，

跟右侧固定在墙壁上的弹簧发生作用后（作用过程无机械能损失），又滑上劈A，求物块B在劈
A
上能够达到的最大高度．

2.如图所示，两质量分别为M1=M2=1.0kg的木板和足够高的光滑凹槽静止放置在光滑水平面上，
木板和光滑凹槽接触但不粘连，凹槽左端与木板等高。现有一质量m=2.0kg的物块以初速度
v
o
=5.0m/s从木板左端滑上，物块离开木板时木板的速度大小为1.0m/s，物块以某一速度滑上

凹槽。已知物块和木板间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2。求：

⑴木板的长度；
⑵物块滑上凹槽的最大高度。

3.如图所示，固定在竖直平面内半径为R的四分之一光滑圆弧轨道与水平光滑轨道平滑连接，A、
B、C三个滑块质量均为m，B、C带有同种电荷且相距足够远，静止在水平轨道上的图示位置。
不带电的滑块A从圆弧上的P点由静止滑下（P点处半径与水平面成300角），与B发生正碰并
粘合，然后沿B、C两滑块所在直线向C滑块运动。求：

M2
m

v0
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⑴A、B粘合后的速度大小；
⑵A、B粘合后至与C相距最近时系统电势能的变
化。

4.1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子．科学研究表明其核反应过程是：α粒子轰击静
止的氮核后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子，变成氧核．设α粒子质量为m1，初
速度为v0，氮核质量为m2，质子质量为m0, 氧核的质量为m3，不考虑相对论效应．

⑴α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为多大？
⑵求此过程中释放的核能．

5.一静止的质量为M的铀核（U23892）发生α衰变转变成钍核（Th），放出的α粒子速度为v0、
质量为m．假设铀核发生衰变时，释放的能量全部转化为α粒子和钍核的动能．
⑴写出衰变方程；
⑵求出衰变过程中释放的核能。

6.已知氘核质量为2.0136 u，中子质量为1.0087 u，He32的质量为3.0150 u，两个氘核聚变成
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He
3
2
并放出一个中子，若两个氘核以相等的动能0.35 MeV做对心碰撞即可发生上述核反应，

且释放的核能全部转化为机械能，则反应中生成的He32和中子的动能各是多少兆电子伏？（质
量亏损为1 u时，释放的能量为931.5 MeV）

7.2011年3月11日，日本发生9.0级地震后爆发海啸，导致福岛核电站核泄漏，核安全问题引
起世界关注．福岛核电站属于轻水反应堆，即反应堆使用普通水作为减速剂，使快中子减速变
成慢中子，便于被235 92U俘获，发生可控制核裂变的链式反应．

⑴若铀核235 92U俘获一个慢中子，发生核裂变后产生了139 54Xe和9438Sr，试写出核裂变方程．
⑵若快中子的减速过程可视为快中子与普通水中11H核发生对心正碰后减速．上述碰撞过程可简
化为弹性碰撞，现假定某次碰撞前快中子速率为v0，靶核11H核静止．试通过计算说明，此次碰
撞后中子的速度变为多少？(已知氢核质量和中子质量近似相等)．