2019届高考物理二轮复习第二部分热点专练热点五动量和能量专项训练9
2019年高考物理二轮专题复习 第2课 动量和能量课时过关检测试题(A卷)
2019年高考物理二轮专题复习 第2课 动量和能量课时过关检测试题(A卷)3.如图，PQS 是固定于竖直平面内的光滑的14圆形轨道，圆心O 在S 的正上方．在O 和P两点各有一质量为m 的小物块a 和b ，从同一时刻开始，a 自由下落，b 沿圆弧下滑．以下说法正确的是( )A ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量不同B ．b 比a 先到达S ，它们在S 点的动量不同C ．两物块在S 处发生碰撞，碰撞前瞬间两者的动量不同D ．两物块在S 处发生碰撞，碰撞前瞬间两者的动量相同解析：a 自由下落，b 沿圆弧下滑，a 比b 先到达S ，二者下落高度相同，由机械能守恒定律可知，二者到达S 时速度大小相同，但因方向不同，故动量不同，A 选项正确．答案：A 4.如图，在一光滑的水平面上，有质量相同的三个小球A 、B 、C ，其中B 、C 静止，中间连有一轻弹簧，弹簧处于自由伸长状态，现小球A 以速度v 与小球B 正碰并粘在一起，碰撞时间极短，则在此碰撞过程中( )A ．A 、B 的速度变为v3，C 的速度仍为0B ．A 、B 、C 的速度均为v3C ．A 、B 的速度变为v2，C 的速度仍为0D ．A 、B 、C 的速度均为v2解析：A 、B 碰撞时间极短，由于弹簧形变要时间，故它们变为共同速度时弹簧未形变，C 的速度仍为0，对A 、B 构成总体，由动量守恒定律mv ＝2mv′，所以A 、B 的速度变为v2.答案：C二、双项选择题 5.用下图实验装置来研究碰撞问题，用完全相同的轻绳将两个大小相同、质量相等的小球并列悬挂于一水平杆，球间有微小间隔．将1号球向左拉起，然后由静止释放，使其与2号球发生弹性正碰，不计空气阻力，忽略绳的伸长．下列说法正确的是() A．碰撞过程中两球构成的系统动量和机械能都守恒B．碰撞过程中两球构成的系统动量和机械能都不守恒C．碰撞过程中两球的速度互换D．碰撞后两球以共同的速度向右摆答案：AC6.如图，两个带电金属球A、B，A球带电为＋3q、质量为m，B球带电为＋2q、质量为2m，在绝缘的光滑水平桌面上均由静止释放，下列说法正确的是()A．两小球一定会发生相碰B．两小球一定不会发生相碰C．两小球在以后的运动过程中总动量增加，总动能也增加D．在以后的运动过程中A球的速率大于B球的速率，但总动量不变解析：两小球带同种电荷，要发生近排斥，故一定不会发生相碰；在双方向外运动的过程中，只存在库仑力的相互作用，动量守恒，由mv A－2mv B＝0，可知A球的速率大于B 球的速率．答案：BD7．如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB 总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并与B 端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是()A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶mC．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动解析：根据动量守恒定律，烧断细绳后，弹簧伸长过程中C向右运动，AB应向左运动，A错误；根据mv1＝Mv2，v1∶v2＝M∶m，B正确；当C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动，C正确，D错误．答案：BC8.如图，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的长为L 的木块，子弹穿透木块的过程子弹的动能减少了9 J ，下列说法正确的是( )A ．子弹的位移一定大于木块的位移B ．木块动能可能增加了6 JC ．木块动能可能增加了9 JD ．系统产生的内能为9 J解析：子弹穿透木块的过程，子弹对地的位移大于木块对地的位移，A 项正确；由系统的能量守恒定律可知：木块增加的动能或系统产生的内能不可能超过子弹减少的动能，故B 项正确，C 、D 项都错误．答案：AB 9.如图，位于光滑水平桌面，质量相等的小滑块P 和Q 都可以视作质点，Q 与轻质弹簧相连，设Q 静止，P 以某一初动能E 0水平向Q 运动并与弹簧发生相互作用，若整个作用过程中无机械能损失，用E 1表示弹簧具有的最大弹性势能，用E 2表示Q 具有的最大动能，则( )A ．E 1＝E 02 B ．E 1＝E 0C ．E 2＝E 02D ．E 2＝E 0解析：P 、Q 相互作用的过程中动量守恒和机械能守恒，当P 、Q 速度相等时，系统的动能损失最大，此时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒和机械能守恒可以求得A 项正确；由于P 、Q 的质量相等，故在相互作用过程中发生速度交换，当弹簧恢复原长时，P 的速度为零，系统的机械能全部变为Q 的动能，选项D 正确．答案：AD三、计算题10．如图所示，竖直固定轨道abcd 段光滑，长L ＝1.0 m 的平台de 段粗糙，abc 段是以O 为圆心的圆弧．小球A 和B 紧靠在一起静止于e 处，B 的质量是A 的4倍．两小球在内力作用下突然分离，A 分离后始终沿轨道向左运动，与de 段的动摩擦因数μ＝0.2，到b 点时轨道对A 的支持力等于A 所受重力的35，B 分离后平抛落到f 点，f 到平台边缘的水平距离s ＝0.4 m ，平台高h ＝0.8 m ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)AB 分离时B 的速度大小v B ； (2)A 到达d 点时的速度大小v d ； (3)圆弧abc 的半径R.解析：(1)B 分离后做平抛运动，由平抛运动规律可知h ＝12gt 2，v B ＝st 代入数据得：v B ＝1 m/s.(2)A 、B 分离时，由动量守恒定律得m A v e ＝m B v B ，A 球由e 到d 根据动能定理得：－μm A gL ＝12m A v d 2－12m A v e 2，代入数据得：v d ＝2 3 m/s. (3)A 球由d 到b 根据机械能守恒定律得m A gR ＋12m A v b 2＝12m A v d 2，A 球在b 由牛顿第二定律得：m A g －35m A g ＝m A v b 2R，代入数据得：R ＝0.5 m.答案：(1)1 m/s (2)2 3 m/s (3)0.5 m.。
高考物理二轮复习 第五章 能量和动量 提能增分练(二)系统机械能守恒的三类问题
提能增分练(二) 系统机械能守恒的三类问题[A 级——夺高分]1．(多选)如图所示，质量分别为m 和2m 的两个小球A 和B ，中间用轻质杆相连，在杆的中点O 处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B 球顺时针摆动到最低位置的过程中(不计一切摩擦)( )A ．B 球的重力势能减少，动能增加，B 球和地球组成的系统机械能守恒B ．A 球的重力势能增加，动能也增加，A 球和地球组成的系统机械能不守恒C ．A 球、B 球和地球组成的系统机械能守恒D ．A 球、B 球和地球组成的系统机械能不守恒解析：选BC A 球在上摆过程中，重力势能增加，动能也增加，机械能增加，B 项正确；由于A 球、B 球和地球组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，C 项正确，D 项错误；所以B 球和地球组成系统的机械能一定减少，A 项错误。
2. (2017·安徽六安一中模拟)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m 的圆环，杆与水平方向的夹角α＝30°，圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A 点，弹簧处于原长h ，让圆环沿杆由静止滑下，滑到杆的底端时速度恰为零，则在圆环下滑过程中( )A ．圆环和地球组成的系统机械能守恒B ．当弹簧垂直于光滑杆时圆环的动能最大C ．弹簧的最大弹性势能为32mgh D ．弹簧转过60°角时，圆环的动能为mgh 2解析：选D 圆环沿杆滑下，滑到杆底端的过程中有两个力对圆环做功，即圆环的重力和弹簧的弹力，所以圆环和地球组成的系统机械能不守恒，故A 错误；当圆环沿杆的加速度为零时，其速度最大，动能最大，根据平衡条件可知，此时弹簧处于伸长状态，对圆环有一个斜向左下方的拉力，由题意及几何关系知，弹簧垂直于杆时处于压缩状态，故B 错误；根据功能关系可知，当圆环滑到最底端时其速度为零，重力势能全部转化为弹性势能，此时弹性势能最大，等于重力势能的减小量即mgh ，故C 错误；由几何关系知，弹簧转过60°角时，弹簧仍为原长，以圆环为研究对象，利用动能定理得：mg h 2＝12mv 2，即圆环的动能等于mgh 2，故D 正确。
2019届高考物理二轮复习计算题突破——应用能量观点和动量观点破解力学计算题课件(83张)(全国通用)
应用动力学和能量解决力学综合问题的方法 (1)
(2)应用动力学观点和功能观点解决力学综合问题时要正确分析受力、各力是否发生 变化、各力做功和能量的转化情况.
t2＝2gsvinθ＝452 s. 物块在斜面上滑行总时间为：
t＝t1＋t2＝4
2＋2 5
10
s.
[答案]
(1)24 J
(2)1.6 m
4 2＋2 10 (3) 5 s
考向二 动量与能量的综合应用
动量能量守恒法
技法
频度 5 年 3 考 难度 较大
过程选择法
2.(2016·全国卷Ⅱ)如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧
(2)各种功能关系的 (2)熟悉掌握并灵活应用机械能的守恒条件、力学中的
定理使用． 功能关系、系统动量守恒、常见典型运动形式的特点
(3)机械能守恒及动 及规律是突破该考点的关键.
量守恒的选择.
研考点·破解重难
核心考点 点点突破
考点一 动力学和能量观点的综合应用 名师精讲 力学综合问题，涉及动力学、功能关系，解决此类问题关键要做好“四选择” 1．当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学 方法解题． 2．当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量 守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律．
[答案] 13123vg20l≤μ<2vg20l
考情分析
关键点睛
(1)弄清楚哪个过程 (1)本讲高考命题既有选择题也有计算题，集中在物体
中使用动能定理或 系统机械能守恒及物体间的做功特点、力与运动的关
动量定理和运动学 系、系统动量守恒，并结合平抛、圆周运动等典型运
2019-2020学年高考物理二轮复习 专题检测(九)站在“动量观点”的高度解决力学问题
2019-2020学年高考物理二轮复习专题检测（九）站在“动量观点”的高度解决力学问题1.[多选] 如图所示，质量为2 kg的足够长平板车Q上表面水平，原来静止在光滑水平面上，平板车左端静止着一块质量为2 kg的物体P，一颗质量为0.01 kg的子弹以700 m/s的速度水平瞬间射穿P后，速度变为100 m/s，若P、Q之间的动摩擦因数为0.5，则( )A．由于P、Q之间不光滑，子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量不守恒B．子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量守恒C．子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量不守恒D．子弹瞬间射穿P后，P的速度为3 m/s解析：选BD 取子弹的初速度v0的方向为正方向，子弹瞬间射穿物体P的过程满足动量守恒条件。
由动量守恒，可知mv0＝mv＋Mv P，解得v P＝3 m/s，选项A错误，D正确；子弹瞬间射穿P的过程，机械能不守恒，但能量守恒，选项B正确，C错误。
2．质量为m的物体放在光滑水平地面上，在与水平方向成θ角的恒力F作用下，由静止开始运动，经过时间t，速度为v，在此时间内恒力F和重力的冲量大小分别为( ) A．Ft,0 B．Ft cos θ，0C．mv,0 D．Ft，mgt解析：选D 冲量的计算一定要与功的计算区别开来，功的大小不但取决于力的大小、物体位移的大小，还与力和物体运动的方向的夹角θ有关。
而力的冲量与力和物体运动的方向的夹角θ没有关系，可直接由公式进行计算，求得恒力F的冲量为Ft，重力的冲量为mgt。
3.[多选]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.12mv2 B.mMm＋Mv2C.12NμmgL D．NμmgL解析：选BD 根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝mvM＋m，损失的动能ΔE k＝12mv 2－12(M ＋m )v ′2＝mM m ＋Mv 2，所以B 正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔE k ＝fNL ＝N μmgL ，可见D 正确。
2019年高考物理冲刺大二轮练习：专题二 能量与动量 专题跟踪训练5 Word版含解析
专题跟踪训练(五)一、选择题1．(2018·贵阳市高三监测)(多选)如图所示，位于水平面上的同一物体在恒力F1的作用下，做速度为v1的匀速直线运动；在恒力F2的作用下，做速度为v2的匀速直线运动，已知F1和F2的功率相同．则可能有()A．F1＝F2，v1<v2B．F1＝F2，v1>v2C．F1<F2，v1<v2D．F1>F2，v1>v2[解析]设F1与水平面间的夹角为α，根据题述，F1与F2的功率相同，则有F1v1cosα＝F2v2.若F1＝F2，则有v1cosα＝v2，即v1>v2；若F1>F2且v1>v2，F1v1cosα＝F2v2可能成立，选项BD正确，A错误．若F1<F2且v1<v2，则F1v1cosα＝F2v2肯定无法成立，选项C错误．[答案]BD2．(2018·襄阳市高三调研)如图1所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动．监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图2、3所示，g＝10 m/s2，则()A．第1 s内推力做的功为1 JB．第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝2 JC．第1.5 s时推力F做功的功率为2 WD．第2 s内推力F做功的平均功率P－＝1.5 W[解析]由题图3可知，第1 s内物体的速度为零，故位移为零，推力不做功，A错误；第2 s内推力为3 N，第3 s内推力为2 N且物体做匀速直线运动，则可知摩擦力f＝2 N，物体第2 s内的位移x＝1 m，则克服摩擦力所做的功W＝fx＝2 J，B正确；第1.5 s时推力为3 N，速度v＝1 m/s，则推力F做功的功率P＝3×1 W＝3 W，C错误；第2 s内推力F做功的平均功率P－＝F v－＝3 W，D错误．[答案] B3．(2018·江苏卷)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A 到B的过程中，物块()A．加速度先减小后增大B．经过O点时的速度最大C．所受弹簧弹力始终做正功D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功[解析]物块在从A到B的运动过程中，弹簧对物块的弹力先大于摩擦力后小于摩擦力，其所受合外力先减小后增大，根据牛顿第二定律，物块的加速度先减小后增大，选项A正确；物块受到弹簧的弹力等于摩擦力时速度最大，此位置一定位于A、O之间，选项B错误；物块所受弹簧的弹力先做正功后做负功，选项C 错误；对物块从A 到B 的运动过程，由动能定理可知，物块所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，选项D 正确．[答案] AD4．(2018·四川重点中学检测)(多选)质量为m 1的小环A 套在光滑的直角杆上，MN 部分竖直，小环A 与物块B 用细绳连接，如图所示．物块B 的质量为m 2，小环A 在M 点由静止释放，MN 间距为h ，ON 水平，OM 与竖直方向夹角为θ，则有( )A ．小环A 运动到N 点时，小环A 的速度为零B ．小环A 运动到N 点时，物块B 的速度为零C ．小环A 运动到N 点时，小环A 的速度为2[m 2(1－sin θ)－m 1]gh m 1cos θD ．小环A 从M 点运动到N 点的过程中，绳的拉力对A 做的功为m 2gh (1－sin θ)cos θ[解析] 小环A 到达N 点时由速度的合成与分解可知，竖直速度v 1不为零，水平速度v 2为零，即B 的速度为零，故A 错误，B 正确；由题图中几何关系可得：MO ＝h cos θ，NO ＝h tan θ，以AB 为整体，由动能定理可知：－m 1gh ＋m 2gh ⎝ ⎛⎭⎪⎫1cos θ－tan θ＝12m 1v 2，v ＝2[m 2(1－sin θ)－m 1cos θ]gh m 1cos θ，故C 错误；对A 由动能定理可知：W －m 1gh ＝12m 1v 2－0，代入解得：W ＝m 2gh (1－sin θ)cos θ，故D 正确，故选BD.[答案] BD5．(2018·山东淄博摸底考试)如图所示，质量为m 的物体P 以初速度v 在水平面上运动，运动x 距离后与一固定的橡皮泥块Q 相碰撞(碰后物体静止)．已知物体运动时所受到的水平面的阻力大小恒为f ，则下列说法正确的是( )A ．水平面阻力做的功为fxB ．物体克服水平面阻力做的功为－fxC ．橡皮泥块对物体做的功为fx －12m v 2 D ．物体克服橡皮泥块的阻力做的功为12m v 2＋fx [解析] 根据功的定义式，物体P 受到的水平面的阻力做的功W 1＝fx cos180°＝－fx ，选项A 错误；物体克服水平面阻力做的功W 2＝－W 1＝fx ，选项B 错误；设橡皮泥块对物体做的功为W 3，根据动能定理，有W 1＋W 3＝0－12m v 2，解得W 3＝fx －12m v 2，选项C 正确；物体克服橡皮泥块的阻力做的功为W 4＝－W 3＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫fx －12m v 2＝12m v 2－fx ，选项D 错误．[答案] C6．(2018·潍坊模拟)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，此后物体的v－t图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10 m/s2，则()A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5B．10 s末恒力F的瞬时功率为6 WC．10 s末物体在计时起点左侧4 m处D．0～10 s内恒力F做功的平均功率为0.6 W[解析]由题图乙可知0～4 s内的加速度：a1＝84m/s2＝2 m/s2，可得：F＋μmg＝ma1；4～10 s内的加速度：a2＝66m/s2＝1 m/s2，可得：F－μmg＝ma2；解得：F＝3 N，μ＝0.05，选项A错误；10 s末恒力F的瞬时功率为P10＝F|v10|＝3×6 W＝18 W，选项B错误；0～4 s内的位移x1＝12×4×8 m＝16 m,4～10 s内的位移x2＝－12×6×6m＝－18 m，x＝x1＋x2＝－2 m，故10 s末物体在计时起点左侧2 m处，选项C错误；0～10 s内恒力F做功的平均功率为P－＝F|x|t＝3×210W＝0.6 W，选项D正确．[答案] D7．(2018·河北名校联盟)质量为m 的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图所示，从t 1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为F f ，则( )A ．0～t 1时间内，汽车的牵引力等于m v 1t 1B ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于F f v 1C ．汽车运动的最大速度等于⎝ ⎛⎭⎪⎫m v 1F f t 1＋1v 1 D ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速度小于v 1＋v 22[解析] 由题图可知，汽车运动的最大速度为v 2，则有P ＝F f v 2.在0～t 1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度大小为a ＝v 1t 1，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma ，汽车的牵引力F ＝F f ＋ma ＝F f ＋m v 1t 1，选项A 错误；t 1～t 2时间内，汽车的功率保持不变，汽车功率P ＝F f v 2，选项B 错误；题图上A 点和B 点都对应汽车功率P ＝F v 1＝F f v 2，而F ＝F f ＋m v 1t 1，联立解得v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m v 1F f t 1＋1v 1，选项C 正确；根据速度—时间图象的面积表示位移，t 1～t 2时间内，汽车的位移为曲边梯形ABt 2t 1的面积，汽车的平均速度大于v 1＋v 22，选项D 错误．[答案] C8．(2018·江西十校联考)(多选)一物体静止在粗糙水平面上，某时刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用开始沿水平方向做直线运动，已知在第1 s内合力对物体做的功为45 J，在第1 s末撤去拉力，物体整个运动过程的v－t图象如图所示，g取10 m/s2，则()A．物体的质量为5 kgB．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C．第1 s内摩擦力对物体做的功为60 JD．第1 s内拉力对物体做的功为60 J[解析]由动能定理有W合＝m v22，第1 s末速度v＝3 m/s，解出m＝10 kg，故A错误；撤去拉力后物体的位移x2＝12×3×3 m＝4.5 m，由动能定理可得：－fx2＝0－12m v2，可解得：f＝10 N，又f＝μmg，解出μ＝0.1，故B正确；第1 s内物体的位移x1＝1.5 m，第1 s内摩擦力对物体做的功W＝－fx1＝－15 J，故C错误；由Fx1－f(x1＋x2)＝0，可得F＝40 N，所以第1 s内拉力对物体做的功W′＝Fx1＝60 J，故D正确．[答案]BD9.如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且BC＝1.5AB.小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知小物块P从A点由静止释放，恰好能滑动到C点而停下，则θ、μ1、μ2间应满足的关系是()A．tanθ＝2μ1＋3μ25B．tanθ＝2μ1＋μ23C．tanθ＝2μ1－μ2D．tanθ＝2μ2－μ1[解析]由A点释放恰好能滑动到C点，小物块P受重力、支持力、滑动摩擦力作用．设斜面AC长为L，则AB＝25L，BC＝35L.对全过程，根据动能定理有mgL sinθ－μ1mg cosθ×25L－μ2mg cosθ×35L＝0，得tanθ＝2μ1＋3μ25.[答案] A10. (2018·辽宁五校联考)某物体的质量为5 kg，在力F作用下沿x轴做直线运动，力F随坐标x的变化情况如图所示．物体在x＝0处，速度为1 m/s，不计一切摩擦，则物体运动到x＝16 m处时，速度大小为()A．2 2 m/s B．3 m/s C．4 m/s D.17 m/s[解析]由图象可知变力F做的正功W1＝10×4 J＋10×4×1 2J＝60 J，变力F做的负功大小W2＝10×4×12J＝20 J，由动能定理得：W1－W2＝12m v22－12m v21，代入数据解得：v2＝17 m/s，故D正确．[答案] D二、非选择题11．(2018·临沂二模)如图所示，倾角θ＝45°的粗糙平直导轨AB 与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内．一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h＝3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道．接着小滑块从圆环最高点C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g.求：(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功．[解析] (1)小滑块从C 点飞出后做平抛运动，设水平速度为v 0.竖直方向上：R ＝12gt 2 水平方向上：2R ＝v 0t解得：v 0＝gR .(2)设小滑块在最低点时速度为v ，由动能定理得：－mg ·2R ＝12m v 20－12m v 2 解得：v ＝5gR在最低点由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2R解得：F N ＝6mg由牛顿第三定律得：F N ′＝6mg .(3)从D 到最低点过程中，设DB 过程中克服摩擦阻力做功W f ，由动能定理得：mgh －W f ＝12m v 2－0 解得：W f ＝12mgR . [答案] (1)gR (2)6mg (3)12mgR 12．(2018·广东湛江四校联考)一半径为R ＝1 m 、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道与斜面AB 相切于B 点，圆弧轨道的最高点为M ，斜面倾角θ＝37°，如图甲所示．t ＝0时，有一物块(可视为质点)从A 点以8 m/s 的初速度沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能通过M 点，g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(计算结果可以保留根号)(1)物块与斜面间的动摩擦因数．(2)物块经过M 点的速度大小．(3)斜面AB 的长度．[解析] (1) 设物块的质量为m ，由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为a ＝10 m/s 2，方向沿斜面向下，由牛顿第二定律得mg sin37°＋μmg cos37°＝ma解得μ＝0.5.(2)设物块恰好能到达M 点时的速度大小为v M ，则有mg ＝m v 2M R解得v M ＝gR ＝10 m/s.(3)设斜面长度为L ，物块从A 点运动到M 点的过程中，由动能定理得－mgL (sin37°＋μcos37°)－mgR (1＋cos37°)＝12m v 2M －12m v 2A 解得L ＝0.9 m.[答案] (1)0.5 (2)10 m/s (3)0.9 m。
2019年高考物理冲刺大二轮练习：专题二 能量与动量 专题跟踪训练5 Word版含解析
专题跟踪训练(五)一、选择题1．(2018·贵阳市高三监测)(多选)如图所示，位于水平面上的同一物体在恒力F1的作用下，做速度为v1的匀速直线运动；在恒力F2的作用下，做速度为v2的匀速直线运动，已知F1和F2的功率相同．则可能有()A．F1＝F2，v1<v2B．F1＝F2，v1>v2C．F1<F2，v1<v2D．F1>F2，v1>v2[解析]设F1与水平面间的夹角为α，根据题述，F1与F2的功率相同，则有F1v1cosα＝F2v2.若F1＝F2，则有v1cosα＝v2，即v1>v2；若F1>F2且v1>v2，F1v1cosα＝F2v2可能成立，选项BD正确，A错误．若F1<F2且v1<v2，则F1v1cosα＝F2v2肯定无法成立，选项C错误．[答案]BD2．(2018·襄阳市高三调研)如图1所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动．监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图2、3所示，g＝10 m/s2，则()A．第1 s内推力做的功为1 JB．第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝2 JC．第1.5 s时推力F做功的功率为2 WD．第2 s内推力F做功的平均功率P－＝1.5 W[解析]由题图3可知，第1 s内物体的速度为零，故位移为零，推力不做功，A错误；第2 s内推力为3 N，第3 s内推力为2 N且物体做匀速直线运动，则可知摩擦力f＝2 N，物体第2 s内的位移x＝1 m，则克服摩擦力所做的功W＝fx＝2 J，B正确；第1.5 s时推力为3 N，速度v＝1 m/s，则推力F做功的功率P＝3×1 W＝3 W，C错误；第2 s内推力F做功的平均功率P－＝F v－＝3 W，D错误．[答案] B3．(2018·江苏卷)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A 到B的过程中，物块()A．加速度先减小后增大B．经过O点时的速度最大C．所受弹簧弹力始终做正功D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功[解析]物块在从A到B的运动过程中，弹簧对物块的弹力先大于摩擦力后小于摩擦力，其所受合外力先减小后增大，根据牛顿第二定律，物块的加速度先减小后增大，选项A正确；物块受到弹簧的弹力等于摩擦力时速度最大，此位置一定位于A、O之间，选项B错误；物块所受弹簧的弹力先做正功后做负功，选项C 错误；对物块从A 到B 的运动过程，由动能定理可知，物块所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，选项D 正确．[答案] AD4．(2018·四川重点中学检测)(多选)质量为m 1的小环A 套在光滑的直角杆上，MN 部分竖直，小环A 与物块B 用细绳连接，如图所示．物块B 的质量为m 2，小环A 在M 点由静止释放，MN 间距为h ，ON 水平，OM 与竖直方向夹角为θ，则有( )A ．小环A 运动到N 点时，小环A 的速度为零B ．小环A 运动到N 点时，物块B 的速度为零C ．小环A 运动到N 点时，小环A 的速度为2[m 2(1－sin θ)－m 1]gh m 1cos θD ．小环A 从M 点运动到N 点的过程中，绳的拉力对A 做的功为m 2gh (1－sin θ)cos θ[解析] 小环A 到达N 点时由速度的合成与分解可知，竖直速度v 1不为零，水平速度v 2为零，即B 的速度为零，故A 错误，B 正确；由题图中几何关系可得：MO ＝h cos θ，NO ＝h tan θ，以AB 为整体，由动能定理可知：－m 1gh ＋m 2gh ⎝ ⎛⎭⎪⎫1cos θ－tan θ＝12m 1v 2，v ＝2[m 2(1－sin θ)－m 1cos θ]gh m 1cos θ，故C 错误；对A 由动能定理可知：W －m 1gh ＝12m 1v 2－0，代入解得：W ＝m 2gh (1－sin θ)cos θ，故D 正确，故选BD.[答案] BD5．(2018·山东淄博摸底考试)如图所示，质量为m 的物体P 以初速度v 在水平面上运动，运动x 距离后与一固定的橡皮泥块Q 相碰撞(碰后物体静止)．已知物体运动时所受到的水平面的阻力大小恒为f ，则下列说法正确的是( )A ．水平面阻力做的功为fxB ．物体克服水平面阻力做的功为－fxC ．橡皮泥块对物体做的功为fx －12m v 2 D ．物体克服橡皮泥块的阻力做的功为12m v 2＋fx [解析] 根据功的定义式，物体P 受到的水平面的阻力做的功W 1＝fx cos180°＝－fx ，选项A 错误；物体克服水平面阻力做的功W 2＝－W 1＝fx ，选项B 错误；设橡皮泥块对物体做的功为W 3，根据动能定理，有W 1＋W 3＝0－12m v 2，解得W 3＝fx －12m v 2，选项C 正确；物体克服橡皮泥块的阻力做的功为W 4＝－W 3＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫fx －12m v 2＝12m v 2－fx ，选项D 错误．[答案] C6．(2018·潍坊模拟)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，此后物体的v－t图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10 m/s2，则()A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5B．10 s末恒力F的瞬时功率为6 WC．10 s末物体在计时起点左侧4 m处D．0～10 s内恒力F做功的平均功率为0.6 W[解析]由题图乙可知0～4 s内的加速度：a1＝84m/s2＝2 m/s2，可得：F＋μmg＝ma1；4～10 s内的加速度：a2＝66m/s2＝1 m/s2，可得：F－μmg＝ma2；解得：F＝3 N，μ＝0.05，选项A错误；10 s末恒力F的瞬时功率为P10＝F|v10|＝3×6 W＝18 W，选项B错误；0～4 s内的位移x1＝12×4×8 m＝16 m,4～10 s内的位移x2＝－12×6×6m＝－18 m，x＝x1＋x2＝－2 m，故10 s末物体在计时起点左侧2 m处，选项C错误；0～10 s内恒力F做功的平均功率为P－＝F|x|t＝3×210W＝0.6 W，选项D正确．[答案] D7．(2018·河北名校联盟)质量为m 的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图所示，从t 1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为F f ，则( )A ．0～t 1时间内，汽车的牵引力等于m v 1t 1B ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于F f v 1C ．汽车运动的最大速度等于⎝ ⎛⎭⎪⎫m v 1F f t 1＋1v 1 D ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速度小于v 1＋v 22[解析] 由题图可知，汽车运动的最大速度为v 2，则有P ＝F f v 2.在0～t 1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度大小为a ＝v 1t 1，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma ，汽车的牵引力F ＝F f ＋ma ＝F f ＋m v 1t 1，选项A 错误；t 1～t 2时间内，汽车的功率保持不变，汽车功率P ＝F f v 2，选项B 错误；题图上A 点和B 点都对应汽车功率P ＝F v 1＝F f v 2，而F ＝F f ＋m v 1t 1，联立解得v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m v 1F f t 1＋1v 1，选项C 正确；根据速度—时间图象的面积表示位移，t 1～t 2时间内，汽车的位移为曲边梯形ABt 2t 1的面积，汽车的平均速度大于v 1＋v 22，选项D 错误．[答案] C8．(2018·江西十校联考)(多选)一物体静止在粗糙水平面上，某时刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用开始沿水平方向做直线运动，已知在第1 s内合力对物体做的功为45 J，在第1 s末撤去拉力，物体整个运动过程的v－t图象如图所示，g取10 m/s2，则()A．物体的质量为5 kgB．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C．第1 s内摩擦力对物体做的功为60 JD．第1 s内拉力对物体做的功为60 J[解析]由动能定理有W合＝m v22，第1 s末速度v＝3 m/s，解出m＝10 kg，故A错误；撤去拉力后物体的位移x2＝12×3×3 m＝4.5 m，由动能定理可得：－fx2＝0－12m v2，可解得：f＝10 N，又f＝μmg，解出μ＝0.1，故B正确；第1 s内物体的位移x1＝1.5 m，第1 s内摩擦力对物体做的功W＝－fx1＝－15 J，故C错误；由Fx1－f(x1＋x2)＝0，可得F＝40 N，所以第1 s内拉力对物体做的功W′＝Fx1＝60 J，故D正确．[答案]BD9.如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且BC＝1.5AB.小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知小物块P从A点由静止释放，恰好能滑动到C点而停下，则θ、μ1、μ2间应满足的关系是()A．tanθ＝2μ1＋3μ25B．tanθ＝2μ1＋μ23C．tanθ＝2μ1－μ2D．tanθ＝2μ2－μ1[解析]由A点释放恰好能滑动到C点，小物块P受重力、支持力、滑动摩擦力作用．设斜面AC长为L，则AB＝25L，BC＝35L.对全过程，根据动能定理有mgL sinθ－μ1mg cosθ×25L－μ2mg cosθ×35L＝0，得tanθ＝2μ1＋3μ25.[答案] A10. (2018·辽宁五校联考)某物体的质量为5 kg，在力F作用下沿x轴做直线运动，力F随坐标x的变化情况如图所示．物体在x＝0处，速度为1 m/s，不计一切摩擦，则物体运动到x＝16 m处时，速度大小为()A．2 2 m/s B．3 m/s C．4 m/s D.17 m/s[解析]由图象可知变力F做的正功W1＝10×4 J＋10×4×1 2J＝60 J，变力F做的负功大小W2＝10×4×12J＝20 J，由动能定理得：W1－W2＝12m v22－12m v21，代入数据解得：v2＝17 m/s，故D正确．[答案] D二、非选择题11．(2018·临沂二模)如图所示，倾角θ＝45°的粗糙平直导轨AB 与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内．一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h＝3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道．接着小滑块从圆环最高点C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g.求：(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功．[解析] (1)小滑块从C 点飞出后做平抛运动，设水平速度为v 0.竖直方向上：R ＝12gt 2 水平方向上：2R ＝v 0t解得：v 0＝gR .(2)设小滑块在最低点时速度为v ，由动能定理得：－mg ·2R ＝12m v 20－12m v 2 解得：v ＝5gR在最低点由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2R解得：F N ＝6mg由牛顿第三定律得：F N ′＝6mg .(3)从D 到最低点过程中，设DB 过程中克服摩擦阻力做功W f ，由动能定理得：mgh －W f ＝12m v 2－0 解得：W f ＝12mgR . [答案] (1)gR (2)6mg (3)12mgR 12．(2018·广东湛江四校联考)一半径为R ＝1 m 、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道与斜面AB 相切于B 点，圆弧轨道的最高点为M ，斜面倾角θ＝37°，如图甲所示．t ＝0时，有一物块(可视为质点)从A 点以8 m/s 的初速度沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能通过M 点，g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(计算结果可以保留根号)(1)物块与斜面间的动摩擦因数．(2)物块经过M 点的速度大小．(3)斜面AB 的长度．[解析] (1) 设物块的质量为m ，由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为a ＝10 m/s 2，方向沿斜面向下，由牛顿第二定律得mg sin37°＋μmg cos37°＝ma解得μ＝0.5.(2)设物块恰好能到达M 点时的速度大小为v M ，则有mg ＝m v 2M R解得v M ＝gR ＝10 m/s.(3)设斜面长度为L ，物块从A 点运动到M 点的过程中，由动能定理得－mgL (sin37°＋μcos37°)－mgR (1＋cos37°)＝12m v 2M －12m v 2A 解得L ＝0.9 m.[答案] (1)0.5 (2)10 m/s (3)0.9 m。
2019届高考物理二轮复习第章动量和能量动量和能量观点的综合应用课件.ppt
2019-9-8
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则滑块 B 从滑上小车到与小车共速时的位移为 xB＝v－2共－2av2B＝1.312 5 m
小车的加速度 a 车＝μmMBg＝43m/s2 此过程中小车的位移为 x 车＝0－－2va2共车＝0.375 m 滑块 B 相对小车的位移为 Δx＝xB－x 车＝0.937 5 m<L，故滑 块 B 未脱离小车， 滑块 B 对小车做的功 W＝μmBgx 车＝1.5 J
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(2)由(1)知 P 的位置到小车左端的最大距离 xmax＝Δx＝0.937 5m
假设滑块 B 从小车左端刚好不脱离小车时，滑块 B 和小车 的共同速度为 v 共′，由动量守恒定律得 mBvB＝(mB＋M)v 共′
由功能关系得
12mBv2B＝12(mB＋M)v 共′2＋2μmBgxmin 解得 xmin＝0.47 m 故 挡 板 P 的 位 置 到 小 车 左 端 的 距 离 x 的 范 围 为 0.47 m≤x≤0.94 m [答案] (1)1.5 J (2)0.47 m≤x≤0.94 m
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设小球运动到最高点 C 时的速度大小为 vc，以水平面为零 势能面，因为 B 球由半圆形轨道的底端运动到 C 点的过程中机 械能守恒，
则有12mv2C＋2mgR＝12mv2B
解得 vC＝ 5 m/s 对小球 B，在最高点 C 有 mg＋FN＝mvR2C 解得 FN＝4 N 由牛顿第三定律知小球 B 运动到最高点 C 时对轨道的压力
[答案] AC
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考向 2 碰撞中的动量守恒 [例 2] 如图甲所示，光滑水平面上有 P、Q 两物块，它们 在 t＝4 s 时发生碰撞，图乙是两者的位移图象，已知物块 P 的质 量为 mp＝1 kg，由此可知( )
[k12精品]2019年版本高考物理二轮专题复习-专题九-动量守恒-原子物理检测试题(含解析)-Word版
专题九动量守恒原子物理检测(附参考答案)本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题共20分)一、选择题(共5小题，每小题4分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有的小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2013·北京东城区一模)下列说法正确的是( )A．α射线是高速运动的氦原子核B．核聚变反应方程21H＋31H→42He＋10n中，10n表示质子C．从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的频率成正比D．氢原子的核外电子从低能级跃迁到高能级时，向外辐射光子[答案]A[解析]α射线是高速运动的氦核流，A正确；10n表示中子，B错误；当照射光的频率大于金属的极限频率，能发生光电效应时，从金属表面逸出的光电子的最大初动能E k＝hν－W0，可见E k与ν不成正比，C错误；氢原子的核外电子从低能级跃迁到高能级时，吸收光子，D 错误。
2．(2013·山东济南一模)在下列四个核反应方程中， x1、x2、x3和x4各代表某种粒子( )①31H＋x1→42He＋10n②14 7N＋42He→17 8O＋x2③94Be＋42He→12 6C＋x3④32He＋21H→42He＋x4以下判断中正确的是( )A．x1是电子B．x2是质子C．x3是中子D．x4是中子[答案]BC[解析]根据核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知，x1是氘核，x2是质子，x3是中子，x4是质子，故B、C正确。
3．(2013·福建泉州质检)“爆竹声中一岁除，春风送暖人屠苏”，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v0、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，则另一块的速度大小是( )A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v[答案]C[解析] 设向东为正方向，在最高点由水平方向动量守恒得：3mv 0＝2mv ＋mv′，则v′＝3v 0－2v ，C 正确。
2019高考物理二轮专项练习精品卷--动量、动量定理、机械能及其守
2019高考物理二轮专项练习精品卷--动量、动量定理、机械能及其守考点范围：功和功率；动能和动能定理；重力做功与重力势能；功能关系、机械能守恒定律及其应用选择题〔此题共10小题，每题4分，共40分。
在每题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
〕1、关于机械能以下说法中正确的选项是 〔 〕A 、做匀速运动的物体，其机械能一定守恒B 、做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒C 、如果合外力对物体做功为零，物体的机械能可能增加D 、只要有摩擦力存在，机械能一定减少【思路点拨】〔1〕机械能是否守恒应从守恒的条件去分析判断。
〔2〕否定判断可用举例法。
【答案】BC【解析】物体在竖直方向向上做匀速运动时，其机械能是增加的，选项A 错误、选项C 正确；做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒，如自由落体运动，选项B 正确；摩擦力可以做正功、可以做负功、也可以不做功，选项D 错误。
2、测定运动员体能的一种装置如右图所示，运动员的质量为M1，绳栓在腰间沿水平方向跨过滑轮〔不计滑轮摩擦与质量〕，悬挂重物M2。
人用力蹬传送带而人的重心不动，使传送带以速率V 向右运动，下面四种说法正确的选项是〔〕A 、人对传送带不做功B 、人对传送带做正功C 、传送带对人做负功D 、人对传送带做功的功率为M2GV【命题立意】此题考查功的基本概念与功率。
【思路点拨】功的正负取决于力与位移〔速度〕的夹角，功率P ＝FV 求解。
【答案】BD【解析】传送带在人的摩擦力的作用下向右运动，摩擦力与速度方向相同，所以人以传送带做正功，选项A 错误、B 正确；由于人处于静止状态，在传送带给人的摩擦力的方向无位移，故传送带对人不做功，C 选项错误；人处于静止状态故有：F ＝M2G ，由牛顿第三运动定律可得：F'＝F ＝M2G ，故人对传送带做功的功率为：P ＝F'V ＝M2GV ，D 选项正确。
2019届高考物理二轮专题复习 专题四 能量和动量(练习)【共3套21页】
本套资源目录2019届高考物理二轮专题复习专题四能量和动量第1讲功能关系在力学中的应用限时检测2019届高考物理二轮专题复习专题四能量和动量第2讲功能关系在电学中的应用限时检测2019届高考物理二轮专题复习专题四能量和动量第3讲动量三大观点的综合应用限时检测第1讲功能关系在力学中的应用一、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.(2018·北京模拟)用一根绳子竖直向上拉一个物块,物块从静止开始运动,绳子拉力的功率按如图所示规律变化,已知物块的质量为m,重力加速度为g,0～t0时间内物块做匀加速直线运动,t0时刻后功率保持不变,t1时刻物块达到最大速度,则下列说法正确的是( D )A.物块始终做匀加速直线运动B.0～t0时间内物块的加速度大小为C.t0时刻物块的速度大小为D.0～t1时间内物块上升的高度为(t1-)-解析:0～t0时间内物块做匀加速直线运动,t0时刻后功率保持不变,根据P=Fv知v增大,F减小,物块做加速度减小的加速运动,当加速度减小到零,物块做匀速直线运动,故A错误;根据P=Fv=Fat,F=mg+ma,得P=(mg+ma)at,由图线的斜率k得=m(g+a)a,可知a≠,故B错误;在t1时刻速度达到最大,F=mg,则速度v=,可知t0时刻物块的速度小于,故C错误;P t 图线围成的面积表示牵引力做功的大小,根据动能定理得,+P0(t1-t0)-mgh=mv2,解得h=(t1-)-.故D正确.2.(2018·辽宁庄河五模)如图所示,竖直平面内放一直角杆MON,杆的水平部分粗糙,动摩擦因数μ=0.2,杆的竖直部分光滑.两部分各套有质量均为1 kg的小球A和B,A,B球间用细绳相连.初始A,B均处于静止状态,已知OA=3 m,OB=4 m,若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m(取g=10 m/s2),那么该过程中拉力F做功为( A )A.14 JB.10 JC.6 JD.4 J解析:对A,B整体,受力为拉力F、重力G、支持力F N、向左的摩擦力F f和向左的弹力F N1,如图所示,根据共点力平衡条件,竖直方向有F N=G1+G2;水平方向有F=f+F N1;而F f=μF N解得F N=(m1+m2)g=20 N;F f=μF N=0.2×20 N=4 N;在整个运动过程中由动能定理得到W F-F f x-m2g·h=0,根据几何关系,可知B 上升距离h=1 m,故有W F=fx+m2g·h=4×1 J+1×10×1 J=14 J;故选项A正确.3.(2018·郑州一模)在光滑的水平面上有一静止的物体,现以水平恒力F1推这一物体,作用一段时间后换成相反方向的水平恒力F2推这一物体,当恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等时,物体恰好回到原处,此时物体的动能为32 J,则在整个过程中,恒力F1,F2做的功分别为( B )A.16 J,16 JB.8 J,24 JC.32 J,0 JD.48 J,-16 J解析:设加速运动的末速度为v1,匀变速运动的末速度为v2,由于加速过程和匀变速过程的位移相反,又由于恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等,根据平均速度公式有=-,解得v2=2v1,根据动能定理,加速过程W1=m,匀变速过程W2=m-m,根据题意m=32 J;故W1=8 J,W2=24 J,选项B正确.4.(2018·包头一模)如图所示,水平光滑长杆上套有小物块A,细线跨过位于O点的轻质光滑小定滑轮,一端连接A,另一端悬挂小物块B,物块A,B质量相等.C为O点正下方杆上的点,滑轮到杆的距离OC=h,重力加速度为g,开始时A位于P点,PO与水平方向的夹角为30°,现将A,B由静止释放,下列说法正确的是( B )A.物块A由P点出发第一次到达C点过程中,速度先增大后减小B.物块A经过C点时的速度大小为C.物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动D.在物块A由P点出发第一次到达C点过程中,物块B克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量解析:物块A由P点出发第一次到达C点过程中,绳子拉力对A做正功,其他力不做功,A动能不断增大,速度不断增大,故A错误;设物块A经过C点时的速度大小为v,此时B的速度为0,由于系统的机械能守恒,得 mg(-h)=mv2,解得v=,故B正确;由几何知识可得PC=h,由于A,B组成的系统机械能守恒,由对称性可得物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动,故C错误;物块A到C点时B的速度为零,则根据功能关系可知,在物块A由P点出发第一次到达C点过程中,物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量,故D错误.5.(2018·和平区一模)如图所示,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,到达C处的速度为零,AC=h.如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A处.弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g.则( C )A.从A到C的下滑过程中,圆环的加速度一直减小B.从A下滑到C过程中弹簧的弹性势能增加量等于mghC.从A到C的下滑过程中,克服摩擦力做的功为D.上滑过程系统损失的机械能比下滑过程多解析:圆环从A处由静止开始下滑,经过某处B的速度最大,到达C处的速度为零,所以圆环先做加速运动,再做减速运动,经过B处的速度最大,所以经过B处的加速度为零,所以加速度先减小,后增大,故A错误;研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程中,运用动能定理得mgh-W f-W弹=0,在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A,有-mgh+W弹-W f=0-mv2.解得W f=-mv2,则克服摩擦力做的功为mv2,故C正确;由A到C,克服弹力做功为mgh-mv2,则在C处弹簧的弹性势能为mgh-mv2,而A处弹性势能为零,故B错误.由能量守恒定律知,损失的机械能全部转化为摩擦生热,而两个过程摩擦力情况相同,则做功相等,选项D错误.6.(2018·吉林通化一模)如图所示,一个质量为m的物体(可视为质点),由斜面底端的A点以某一初速度冲上倾角为30°的固定斜面做匀减速直线运动,减速的加速度大小为g,物体沿斜面上升的最大高度为h,在此过程中( CD )A.物体克服摩擦力做功mghB.物体的动能损失了mghC.物体的重力势能增加了mghD.系统机械能损失了mgh解析:设摩擦力大小为F f.根据牛顿第二定律得F f+mgsin 30°=ma,又a=g,解得F f=mg,物体在斜面上能够上升的最大距离为2h,则物体克服摩擦力做功W f=F f·2h=mgh,故A错误;根据动能定理,物体动能的变化量ΔE k=W合=-ma·2h=-2mgh,即动能损失了2mgh,故B错误;物体在斜面上能够上升的最大高度为h,所以重力势能增加了mgh,故C正确;根据功能原理可知,系统机械能减少量等于mgh,故D正确.7.(2018·吉林省实验中学模拟)如图所示,一质量为m的小球(可看作质点)置于半径为R的光滑竖直轨道内侧最低点A处,B为轨道最高点,C,D为圆的水平直径两端点.轻质弹簧的一端固定在圆心O点,另一端与小球拴接,已知弹簧的劲度系数为k=,原长为L=2R,弹簧始终处于弹性限度内,若给小球一水平向右的初速度v0,已知重力加速度为g,则( CD )A.无论v0多大,小球均不会离开圆轨道B.若<v0<,则小球会在BD间脱离圆轨道C.只要v0≥,小球就能做完整的圆周运动D.只要小球能做完整圆周运动,则小球与轨道间的最大压力与最小压力之差与v0无关解析:因弹簧的劲度系数为k=,原长为L=2R,若小球恰能到达最高点,此时弹簧的弹力为F=kR=,轨道的支持力为0,由弹簧的弹力和重力提供向心力,则有mg-F=m,解得v=,从A到最高点,弹性势能不变,由机械能守恒定律得2mgR+mv2=m,解得v0=,即当v0≥时小球才不会脱离轨道,故A,B错误,C正确;在最低点时,设小球受到的支持力为F N1,有F N1-kR-mg=m,解得F N1=kR+mg+m,小球运动到最高点时受到轨道的支持力最小,设为F N2,速度为v,有F N2-kR+mg=m,解得F N2=kR-mg+m,小球由A到B过程中,由机械能守恒定律得2m g R+mv2=m,联立解得ΔF N=F N1-F N2=6mg,与初速度无关,故D正确.8.(2018·南充模拟)如图(甲)所示,倾角为37°的足够长的传送带以恒定速率运行,将一质量m=2 kg的小物体以某一初速度放上传送带,物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图(乙)所示,取沿传送带向上为正方向,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.则下列说法正确的是( AD )A.物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B.0～8 s内物体位移的大小为20 mC.0～8 s内物体机械能的增量为190 JD.0～8 s内因放上物体,传送带电动机多消耗的电能为432 J解析:根据v-t图像,可得物体在传送带上滑动时的加速度大小为a==1 m/s2.在0～6 s,物体相对传送带滑动,对此过程,由牛顿第二定律得μmgcos θ-mgsinθ=ma,解得μ=0.875,由图像得物体在0～8 s内的位移为s=-×2×2 m+×4 m=14 m,故A正确,B错误;物体被送上的高度为h=s·sin θ=14×sin 37°=8.4 m,重力势能增加量为ΔE p=mgh=2×10×8.4 J=168 J,动能增加量为ΔE k=m(-)=×2×[42-(-2)2] J=12 J,则机械能的增加量为ΔE=ΔE p+ΔE k=180 J,故C错误;0～8 s内只有前6 s内物体与传送带间发生相对滑动.在0～6 s内传送带运动的距离s带=v带t=4×6 m=24 m,物体的位移s物=-×2×2 m+ m=6 m,则物体与传送带的相对位移大小Δs=s带-s物=18 m,产生的热量Q=μmgcos θ·Δs=0.875×2×10×0.8×18 J=252 J;0～8 s内因放上物体,传送带电动机多消耗的电能为E=ΔE+Q=432 J,故D正确.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(16分)(2018·贵州模拟)质量为m=4 kg的小物块静止于水平地面上的A点,现用F=10 N 的水平恒力拉动物块一段时间后撤去,物块继续滑动一段位移停在B点,A,B两点相距x=20 m,物块与地面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,求:(1)物块在力F作用过程发生位移x1的大小;(2)撤去力F后物块继续滑动的时间t.解析:(1)取小物块为研究对象,从A到B整个运动过程的拉力与摩擦力做功,根据动能定理,有Fx1-F f x=0,其中F f=μmg联立解得x1=16 m;(2)对从A到撤去F时根据动能定理,有Fx1-μmgx1=mv2;解得v=4 m/s撤去F后,根据牛顿第二定律,有μmg=ma′,解得a′=μg=2 m/s2;根据速度公式,有v=a′t,解得t=2 s.答案:(1)16 m (2)2 s10.(20分)(2018·如皋模拟)打井施工时要将一质量可忽略不计的坚硬底座A送到井底,由于A与井壁间摩擦力很大,工程人员采用了如图所示的装置.图中重锤B质量为m,下端连有一劲度系数为k的轻弹簧,工程人员先将B放置在A上,观察到A不动;然后在B上再逐渐叠加压块,当压块质量达到m时,观察到A开始缓慢下沉时移去压块.将B提升至弹簧下端距井口为H0处,自由释放B,A被撞击后下沉的最大距离为h1,以后每次都从距井口H0处自由释放.已知重力加速度为g,不计空气阻力,B与A撞击过程时间很短,且不损失能量,弹簧始终在弹性限度内.(1)求缓慢下沉时A与井壁间的摩擦力大小F f和弹簧的形变量ΔL;(2)求撞击下沉时A的加速度大小a和弹簧弹性势能E p;(3)若第n次撞击后,底座A恰能到达井底,求井深H.解析:(1)B放置A点,增加压块质量,A开始缓慢下沉时,则有F f=2mg;由于底座质量不计,则有kΔL=F f,解得ΔL=.(2)撞击后A,B一起减速下沉,对B,根据牛顿第二定律得kΔL-mg=ma, 解得a=gA第一次下沉,由功能关系得mg(H0+ΔL+h1)=E p+F f h1,解得E p=mg(H0-h1+).(3)A第二次下沉,由功能关系得mg(H0+ΔL+h1+h2)=E p+F f h2又F f=2mg解得h2=2h1A第三次下沉,由功能关系有mg(H0+ΔL+h1+h2+h3)=E p+F f h3解得h3=4h1同理A第n次下沉过程中向下滑动的距离为h n=2n-1h1所以井的深度为H=h1+h2+h3+…+h n=h1+2h1+4h1+…+2n-1h1=(2n-1)h1.答案:见解析第2讲功能关系在电学中的应用一、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. (2018·安徽池州模拟)如图所示,匀强电场水平向左,带正电的物体沿绝缘、粗糙水平板向右运动,经A点时动能为100 J,到B点时动能减少到80 J,减少的动能中有12 J转化为电势能,则它再经过B点时,动能大小是( B )A.4 JB.16 JC.32 JD.64 J解析:设物体向右运动到C点速度为零,然后返回,A,B间距离为x1, B,C间距离为x2,从A到B过程中,由动能定理-(F f+qE)x1=(80-100) J= -20 J.由电场力做功与电势能的关系知qEx1=12 J,解得qE=.从B到C过程中,由动能定理得-(F f+qE)x2=-80 J,解得F f x2=32 J.从B到C再返回B的过程中,由动能定理得-2F f x2=E k-80 J,解得E k=16 J,故选项B正确. 2.(2018·常德一模)如图(甲),倾角为θ的光滑绝缘斜面,底端固定一带电荷量为Q的正点电荷.将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放,小物块沿斜面向上滑动至最高点B处,此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图像如图(乙)(E1和x1为已知量).已知重力加速度为g,静电力常量为k,由图像可以求出( C )A.小物块所带电荷量B.A,B间的电势差C.小物块的质量D.小物块速度最大时到斜面底端的距离解析:由动能图线得知,随x增大,小物块的速度先增大后减小.加速度先减小后增大,小物块先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动,再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动,直至速度为零.则加速度有最大值,此时小物块受力平衡,即mgsin θ=,由于没有x的具体数据,所以不能求得小物块所带电荷量,选项A错误;A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减少,所以可以求出小物块电势能的减少,由于小物块的电荷量不知道,所以不能求出A,B之间的电势差,选项B错误;由重力势能图线得到E1=mgh=mgx1sin θ,即可求出m,选项C正确;图像中不能确定哪一点的速度最大,又不知小物块的电荷量等信息,所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离,选项D错误.3. (2018·衡阳模拟)如图所示,一电荷量为-Q的点电荷甲,固定在绝缘水平面上的O点.另一电荷量为+q、质量为m的点电荷乙,从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动,到B点时的速度减小到最小,大小为v,已知点电荷乙受到水平面的阻力恒为μmg,g为重力加速度,A,B间距离为L,静电力常量为k,则下列说法正确的是( A )A.点电荷甲在B点处的电场强度大小为B.O,B两点间的距离大于C.在点电荷甲形成的电场中,A,B两点间电势差U AB=D.点电荷甲形成的电场中,A点的电势低于B点的电势解析: 因为电荷乙从A点运动到B点时的速度减小到最小,故此时电荷乙的加速度为零,即E B q=μmg,即E B=,选项A正确;根据点电荷的场强公式得E B=k=,解得x OB=,选项B错误;从A点到B点由动能定理可知qU AB-μmgL=mv2-m,U AB=,选项C错误;点电荷甲带负电,故在所形成的电场中,A点的电势高于B点的电势,选项D错误.4.(2018·河南模拟)如图所示,Ⅰ,Ⅱ是竖直平面内两个相同的半圆形光滑绝缘轨道,K为轨道最低点.轨道Ⅰ处于垂直纸面向外的匀强磁场中,轨道Ⅱ处于水平向右的匀强电场中.两个完全相同的带正电小球a,b从静止开始下滑至第一次到达最低点K的过程中,带电小球a,b 相比( C )A.球a所需时间较长B.球a机械能损失较多C.在K处球a速度较大D.在K处球b对轨道压力较大解析:对小球a,洛伦兹力不做功,仅重力做正功,机械能保持守恒,由动能定理得mgr=m;对小球b,重力做正功,电场力做负功,机械能减少,由动能定理得mgr-Eqr=m,则v1>v2,对应轨道的同一高度,a球总比b球快,因此a球所需时间较短,选项A,B错误,C正确;在最低点对a球有F N1+F洛-mg=,对b球有F N2-mg=,解得F N1=3mg- Bq, F N2=3mg-2Eq,无法比较F N1,F N2大小,选项D错误.5. (2018·山西太原高三三模)如图所示,两竖直平行边界内,匀强电场方向竖直(平行纸面)向下,匀强磁场方向垂直纸面向里,一带电小球从P点以某一速度垂直边界进入,恰好沿水平方向做直线运动,若减小小球从P点进入的速度但保持方向不变,则在小球进入的一小段时间内( C )A.小球的动能可能减小B.小球的机械能可能不变C.小球的电势能一定减小D.小球的重力势能一定减小解析:小球在重力、电场力和洛伦兹力作用下,沿水平方向做直线运动时,其竖直方向合力为零,当减小小球从P点进入的速度但保持方向不变时,若小球带负电,小球受到的向下的洛伦兹力变小,所以粒子会向上偏转,合力做正功,动能增大,电场力做正功,电势能减小,机械能不守恒,重力做负功,重力势能增加;若小球带正电,则粒子所受到的向上的洛伦兹力会变小,则粒子会向下发生偏转,则合外力做正功,动能增大,电场力做正功,电势能减小,机械能不守恒,重力做正功,重力势能减小,选项C正确.6. (2018·榆林四模)如图所示,轻质绝缘弹簧的上端固定,下端连接一带负电的小球,小球在竖直方向上下自由运动,当运动到最高点M时弹簧恰好处于原长.已知小球经过O点有向上的最大速度,此时突然施加一方向竖直向下的匀强电场,则对于在这种情况下小球从O点第一次向上运动到最高点N的过程,下列说法正确的是( AC )A.N点的位置比M点的位置高B.小球的机械能逐渐减小C.小球的机械能与弹簧的弹性势能之和逐渐增大D.小球的电势能、重力势能与弹簧弹性势能之和逐渐增大解析:小球向上运动的过程受重力、弹簧弹力和电场力作用,电场力方向向上,在相同位置,弹簧弹力、重力不变,两力做功情况与有无电场无关,但电场力做正功,故小球能够到达M点,且在M点仍然向上运动,故N点的位置比M点的位置高,故A正确;小球从O到M运动过程电场力做正功,弹簧弹力做正功,故小球机械能逐渐增大;从M到N的过程,电场力做正功,弹簧弹力做负功,小球机械能变化不确定,故B错误;电场力做正功,对弹簧和小球组成的系统机械能增加,即小球的机械能与弹簧的弹性势能之和逐渐增大,故C正确;小球向上运动的过程中,重力、弹力做功不改变机械能,而电场力做正功,且电场力做多少正功,小球和弹簧机械能就增加多少,而小球电势能就减少多少,其总能量不变,故D错误.7. (2018·黑龙江大庆实验中学高三考试)如图,M,N两点处于同一水平面,O为M,N连线的中点,过O点的竖直线上固定一根绝缘光滑细杆,杆上A,B两点关于O点对称,第一种情况,在M,N两点分别放置电荷量为+Q和-Q的等量异种电荷,套在杆上带正电的小金属环从A点无初速度释放,运动到B点;第二种情况,在M,N两点分别放置电荷量为+Q的等量同种点电荷,该金属环仍从A点无初速度释放,运动到B点,则两种情况是( BD )A.金属环运动到B点的速度第一种情况较大B.金属环从A点运动到B点所用的时间第二种情况较长C.金属环从A点运动到B点的过程中,动能与重力势能之和均保持不变D.金属环从A点运动到B点的过程中(不含A,B两点),在杆上相同位置的速度第一种情况较大解析:当M,N两点分别放置等量异种电荷时,它们连线的中垂线是等势线,重力势能全部转化为动能,金属环做加速度为g的匀加速直线运动;当M,N两点分别放置等量同种电荷时,根据对称性可知,电场力对金属环先做负功、后做正功,总功为零,因此全过程中重力势能也是全部转化为动能,因此两种情况下,在B点的速度相等,故A错误;由于到B点之前第一种情况一直做匀加速直线运动,第二种情况的速度小,因此第二种情况所用的时间长,故B正确;等高处重力势能相等,但到达B点前第二种情况的电势能先增大,后减小,由能量守恒定律可知第二种情况动能与重力势能之和较小,故C错误;第二种情况中电场力对金属环先是阻力后是动力,结合到达B点时的速度与第一种情况的速度相等,可知在杆上相同位置的速度第一种情况较大,故D正确.8.(2018·四川模拟)如图(甲)所示,倾角30°、上侧接有R=1 Ω的定值电阻的粗糙导轨(导轨电阻忽略不计、且ab与导轨上侧相距足够远),处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场中,导轨相距L=1 m.一质量m=2 kg、阻值r=1 Ω的金属棒,在作用于棒中点、沿斜面且平行于导轨的拉力F作用下,由静止开始从ab处沿导轨向上加速运动,金属棒运动的速度—位移图像如图(乙)所示,(b点为位置坐标原点).若金属棒与导轨间动摩擦因数μ=,g=10 m/s2,则金属棒从起点b沿导轨向上运动x=1 m的过程中( BC )A.金属棒做匀加速直线运动B.金属棒与导轨间因摩擦产生的热量为10 JC.通过电阻R的感应电荷量为0.5 CD.电阻R产生的焦耳热为0.5 J解析:v x图像是直线,如果是匀加速直线运动,根据v2-=2ax,v-x图像应该是曲线,故金属棒做变加速直线运动,故A错误;金属棒与导轨间因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功,即Q1=μmgcos 30°·x=×2×10× J=10 J,故B正确;通过电阻R的感应电荷量q=t= t=t=== C=0.5 C,故C正确;设金属棒经某点时速度为v,移动距离为Δx,该过程产生的焦耳热即等于克服安培力做的功,则有F安·Δx=·Δx=·vΔx,vΔx即为v-x图线在该过程的面积,则在金属棒沿导轨向上运动1 m的过程中,其面积S=1,产生的焦耳热为Q=·∑x=×1 J=0.5 J,由于R=r,故R产生的焦耳热为0.25 J,故D错误.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(18分)(2018·湖南模拟)如图所示,A,B两物块用一根轻绳跨过定滑轮相连,其中A带负电,电荷量大小为q.A静止于斜面的光滑部分(斜面倾角为37°,其上部分光滑,下部分粗糙且足够长,粗糙部分的动摩擦因数为μ,且μ=,上方有一个平行于斜面向下的匀强电场),轻弹簧恰好无形变.不带电的B,C通过一根轻弹簧拴接在一起,且处于静止状态,弹簧劲度系数为k.B,C质量相等,均为m,A的质量为2m,不计滑轮的质量和摩擦,重力加速度为g.(1)电场强度E的大小为多少?(2)现突然将电场的方向改变180°,A开始运动起来,当C刚好要离开地面时(此时B还没有运动到滑轮处,A刚要滑上斜面的粗糙部分),B的速度大小为v,求此时弹簧的弹性势能E p.(3)若(2)问中A刚要滑上斜面的粗糙部分时,绳子断了,电场恰好再次反向,请问A再经多长时间停下来?解析:(1)对A,B系统,根据平衡条件对物块A有F T+Eq=2mgsin 37°,对物块B有F T=mg,解得E=.(2)C刚离地时,弹簧伸长x=,由能量守恒定律得2mgxsin 37°+ qEx=mgx+·3mv2+E p,解得E p=-.(3)绳断后,对A根据牛顿第二定律,有a==-0.2 g,由运动公式得,t==.由于Eq=<2mgsin 37°,之后物块A不可能上滑而保持静止,即物块A经的时间停止运动.答案:(1)(2)-(3)10. (18分)(2018·福建模拟)如图所示,倾角θ=30°、宽为L=1 m的足够长的U形光滑金属导轨固定在磁感应强度B=1 T、范围足够大的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面斜向上.现用一平行于导轨的F牵引一根质量m=0.2 kg、电阻R=1 Ω的导体棒ab由静止开始沿导轨向上滑动;牵引力的功率恒定为P=90 W,经过t=2 s导体棒刚达到稳定速度v时棒上滑的距离s=11.9 m.导体棒ab始终垂直导轨且与导轨接触良好,不计导轨电阻及一切摩擦,取g=10 m/s2.求:(1)从开始运动到达到稳定速度过程中导体棒产生的焦耳热Q1;(2)若在导体棒沿导轨上滑达到稳定速度前某时刻撤去牵引力,从撤去牵引力到棒的速度减为零的过程中通过导体棒的电荷量为q=0.48 C,导体棒产生的焦耳热为Q2=1.12 J,则撤去牵引力时棒的速度v′多大?解析:(1)导体棒达到稳定时,整个过程中,牵引力做功W=Pt,即消耗机械能为Pt,感应电动势为E1=BLv,感应电流为I1=,牵引力的功率为P=Fv,根据平衡条件得F-mgsin θ-BI1L=0,整个过程中,牵引力做功W=Pt,即消耗机械能为Pt,由能量守恒有Pt=mg·ssin θ+mv2+Q1,联立代入数据得Q1=160 J.(2)设棒从撤去拉力到速度为零的过程沿导轨上滑距离为x,则有通过导体棒的电荷量q=·Δt,由闭合电路欧姆定律有=,根据法拉第电磁感应定律,有=,磁通量的变化量ΔΦ=B·(Lx),由能量守恒有mv′2= mg·xsin θ+Q2,联立代入数据得v′=4 m/s.答案:(1)160 J (2)4 m/s第3讲动量三大观点的综合应用一、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. (2018·北京市八十中高三三模)在课堂中,老师用如图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Δp A和Δp B,动能的变化量分别为ΔE kA和ΔE kB,忽略一切阻力的影响,下列判断正确的是( A )A.Δp A=Δp B,ΔE kA=ΔE kBB.Δp A≠Δp B,ΔE kA≠ΔE kBC.Δp A≠Δp B,ΔE kA=ΔE kBD.Δp A=Δp B,ΔE kA≠ΔE kB解析:两个小球A,B的运动分别为平抛运动和自由落体运动,竖直方向的位移均为h=gt2,速度v y=gt.A,B同时开始下落,所以到达水平面1竖直方向上的速度与水平面2竖直方向上的速度相同,所以从水平面1到水平面2的时间t A=t B,动量变化量Δp=mgt,A,B质量相等,运动时间相同,所以Δp A=Δp B,小球运动过程中只有重力做功,根据动能定理有ΔE k=mgh,A,B质量相等,高度相同,所以ΔE kA=ΔE kB,选项A正确.2.(2018·河南模拟)如图所示,质量为M的足够高光滑斜槽静止在光滑水平面上,质量为m 的小球以一定的水平初速度冲上斜槽且不脱离斜槽,后又返回斜槽底部,则下列说法正确的是( D )A.小球获得的最大重力势能等于小球初始动能B.小球到达斜槽最高点处,小球的速度为零C.小球回到斜槽底部时,小球速度方向一定向右D.小球回到斜槽底部时,小球速度方向可能向左解析:小球冲上斜槽的过程中,斜槽向左运动,获得了动能,所以小球获得的最大重力势能小于小球初始动能,故A错误;小球到达斜槽最高点时速度与斜槽速度相同,设为v′,取水平向。
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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
竖直平面内有一14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＝12kx2(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12kb2 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＝2mgb(b－a)2－md2(b－a)2t2
[解析] 小球到达Q点时弹簧的弹性势能为12k(b－a)2，由功能关系可知，小球到达Q点时的动能等于mgb－12k(b－a)2，选项A、B错误；小球到达Q点时的速度v＝dt，小球到达Q点时的动能Ek＝12mv2＝md22t2，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－md22t2，C错误；由功能关系可知12k(b－a)2＝mgb－md22t2，解得k＝2mgb(b－a)2－md2(b－a)2t2，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＝32，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＝12a1t21＝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v22－v21＝2a0(L－x1)
L－x1＝v1＋v22·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＝12mv22 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＋12a0t21－12a1t21 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14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 v2A1＝2gh①
刚进入圆弧时FN＝mAv2A1R② 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＝12aCt2＝12×2×12 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＝μmCg(mA＋mB)＝0.2×1×101＋3 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＝vB1＋vB22t＝2＋2.52×1 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＝12mAv2A2⑬ 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＝5gR 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＝mv2BR，解得：vB＝gR，从O到B根
据动能定理得：－mg2R＝12mv2B－12mv20，联立以上解得：v0＝5gR，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5gR大，故B错误；从A到O根据能量守恒得：Ep＝12mv20＋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＝mv20R，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：12mv20＝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＝v－v0
μg＝1 s s1＝v＋v02t1＝3＋22×1 m＝2.5 m
t2＝L－s1v＝5.5－2.53 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＝mv2MR。 物块从B到M的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得 12mv2B＝mg(R＋Rcos 37°)＋12mv2M。
联立以上各式，解得：vB＝46 m/s。 (2)分析v－t图像，求得物块在斜面上的加速度为
a＝ΔvΔt＝80.8 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。