通用版2019版高考物理二轮复习专题检测：(九) 技法专题——巧用“动量观点”解决力学选择题(含解析)

合集下载

高考物理二轮复习专题检测(八)巧用“能量观点”解决

专题检测（八）巧用“能量观点”解决力学选择题1．如图所示，质量、初速度大小都相同的A 、B 、C 三个小球，在同一水平面上，A 球竖直上抛，B 球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计，C 球沿倾角为θ的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为h A 、h B 、h C ，则( )A ．h A ＝hB ＝hC B ．h A ＝h B <h C C ．h A ＝h B >h CD ．h A ＝h C >h B解析：选D A 球和C 球上升到最高点时速度均为零，而B 球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能。

对A 、C 球由机械能守恒得mgh ＝12mv 02，得h ＝v 022g 。

对B 球由机械能守恒得mgh ′＋12mv t 2＝12mv 02，且v t ′≠0，所以h A ＝h C >h B ，故D 正确。

2．(2018届高三·河北五校联考)取水平地面为重力势能零点。

一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能为重力势能的3倍。

不计空气阻力。

该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A.π8 B.π6C.π4D.π3解析：选B 平抛运动过程中，物体的机械能守恒，初始状态时动能为势能的3倍，而落地时势能全部转化成动能，可以知道平抛运动过程初动能与落地瞬间动能之比为3∶4，那么落地时，水平速度与落地速度的比值为3∶2，那么落地时速度与水平方向的夹角为π6，A 、C 、D 错，B 对。

3.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放。

小球A 能够下降的最大高度为h 。

若将小球A 换为质量为2m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B 下降h 时的速度为(已知重力加速度为g ，且不计空气阻力)( )A.2ghB.ghC.gh2D ．0解析：选B 质量为m 的小球A ，下降到最大高度h 时，速度为零，重力势能转化为弹簧弹性势能，即E p ＝mgh ，质量为2m 的小球下降h 时，根据功能关系有2mgh －E p ＝12(2m )v 2，解得v ＝gh ，选项B 正确。

2019届高考物理(全国通用)二轮专题复习：动力学、动量和能量观点的综合应用(附答案)

2019届高考物理（全国通用）二轮专题复习：动力学、动量和能量观点的综合应用（附答案）考题一动量定理和能量观点的综合应用1.动量定理公式：Ft ＝p ′－p 说明：(1)F 为合外力 ①恒力，求Δp 时，用Δp ＝Ft②b.变力，求I 时，用I ＝Δp ＝m v 2－m v 1③牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率 ④当Δp 一定时，Ft 为确定值：F ＝Δptt 小F 大——如碰撞；t 大F 小——缓冲(2)等式左边是过程量Ft ，右边是两个状态量之差，是矢量式.v 1、v 2是以同一惯性参照物为参照的. Δp 的方向可与m v 1一致、相反或成某一角度，但是Δp 的方向一定与Ft 一致. 2.力学规律的选用原则单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律.例1 据统计人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍.为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况.重物与地面的形变很小，可忽略不计.g 取10 m/s 2.下表为一次实验过程中的相关数据.(1)请你选择所需数据，通过计算回答下列问题： ①重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小；②在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍.(2)如果人从某一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力，可采取什么具体措施，请你提供一种可行的方法并说明理由. 解析 (1)①重物受到最大冲击力时加速度的大小为a 由牛顿第二定律：a ＝F m －mgm解得a ＝90 m/s 2②重物在空中运动过程中，由动能定理mgh ＝12m v 2重物与地面接触前瞬时的速度大小v 1＝2gH 重物离开地面瞬时的速度大小v 2＝2gh重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F ，设竖直向上为正方向由动量定理：(F －mg )t ＝m v 2－m (－v 1) 解得F ＝510 N ，故Fmg＝6因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍.(2)可以通过增加人与地面接触时间来减小冲击力(如落地后双腿弯曲)，由动量定理Ft ＝Δm v 可知，接触时间增加了，冲击力F 会减小.答案 (1)①90 m/s 2 ②6倍 (2)见解析变式训练1.高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动).此后经历时间t 安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2gh t＋mgB.m 2gh t－mgC.m gh t ＋mgD.m gh t－mg答案 A解析由自由落体运动公式得人下降h 距离时的速度为v ＝2gh ，在t 时间内对人由动量定理得(F －mg )t ＝m v ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝m 2ght＋mg ，A 项正确.2.一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如图1所示.物块以v 0＝9 m /s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m /s 的速度反向运动直至静止.g 取10 m/s 2.图1(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ； (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W . 答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J解析 (1)对小物块从A 运动到B 处的过程中应用动能定理－μmgs ＝12m v 2－12m v 2代入数值解得μ＝0.32(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v ′＝－6 m/s 由动量定理得：F Δt ＝m v ′－m v 解得F ＝－130 N其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左. (3)对物块反向运动过程中应用动能定理得－W ＝0－12m v ′2解得W ＝9 J.考题二动量守恒定律和能量观点的综合应用1.动量守恒定律(1)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反).(2)动量守恒条件：①理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零.②近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多.③单方向守恒：合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒.动量守恒定律应用要注意的三性(1)矢量性：在一维运动中要选取正方向，未知速度方向的一律假设为正方向，带入求解.(2)同时性：m1v1和m2v2——作用前的同一时刻的动量m1v1′和m2v2′——作用后的同一时刻的动量(3)同系性：各个速度都必须相对于同一个惯性参考系.定律的使用条件：在惯性参考系中普遍适用(宏观、微观、高速、低速)2.力学规律的选用原则多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决.例2如图2所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m，物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，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＝0.1 m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短).图2(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度v n与n的关系式. 解析(1)从A→Q由动能定理得－mg·2R＝12m v 2－12m v2解得v＝4 m/s＞gR＝ 5 m/s在Q点，由牛顿第二定律得F＋mg＝m v 2R 解得F＝22 N.(2)A撞B，由动量守恒得m v0＝2m v′解得v′＝v02＝3 m/s设摩擦距离为x，则－2μmgx＝0－12·2m v′2解得x＝4.5 m所以k＝xL＝45.(3)AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得－μ·2mgnL＝12·2m v 2n －12·2m v′2所以v n＝9－0.2n m/s(n<45).答案(1)4 m/s22 N(2)45(3)v n＝9－0.2n m/s(n<45)变式训练3.如图3，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间.A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态.现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.图3答案(5－2)M≤m＜M解析设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律得m v 0＝m v 1＋M v 2由机械能守恒定律得12m v 20＝12m v 21＋12M v 22可得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2mm ＋Mv 0要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜M A 反向向左运动与B 发生碰撞过程，有 m v 1＝m v 3＋M v 4 12m v 21＝12m v 23＋12M v 24 整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1，v 4＝2m m ＋Mv 1由于m ＜M ，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v 3≤v 2 即2mm ＋M v 0≥m －M m ＋M v 1＝(m －M m ＋M )2v 0 整理可得m 2＋4Mm ≥M 2 解方程可得m ≥(5－2)M 另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以使A 只与B 、C 各发生一次碰撞，须满足 (5－2)M ≤m ＜M .考题三电学中动量和能量观点的综合应用系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法. (1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).例3如图4所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，x轴与绝缘的水平面重合，在y轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场.质量为m2＝8×10－3kg的不带电小物块静止在原点O，A点距O点l ＝0.045 m，质量m1＝1×10－3kg的带电小物块以初速度v0＝0.5 m/s从A点水平向右运动，在O点与m2发生正碰并把部分电量转移到m2上，碰撞后m2的速度为0.1 m/s，此后不再考虑m1、m2间的库仑力.已知电场强度E＝40 N/C，小物块m1与水平面的动摩擦因数为μ＝0.1，取g＝10 m/s2，求：图4(1)碰后m1的速度；(2)若碰后m2做匀速圆周运动且恰好通过P点，OP与x轴的夹角θ＝30°，OP长为l OP＝0.4 m，求磁感应强度B的大小；(3)其他条件不变，若改变磁场磁感应强度的大小，使m2能与m1再次相碰，求B′的大小.解析(1)设m1与m2碰前速度为v1，由动能定理－μm1gl＝12m1v21－12m1v20代入数据解得：v1＝0.4 m/sv2＝0.1 m/s，m1、m2正碰，由动量守恒有：m1v1＝m1v1′＋m2v2代入数据得：v1′＝－0.4 m/s，方向水平向左(2)m2恰好做匀速圆周运动，所以qE＝m2g得：q＝2×10－3 C由洛伦兹力提供向心力，设物块m2做圆周运动的半径为R，则q v2B＝m2v2 2R 轨迹如图，由几何关系有：R＝l OP解得：B＝1 T(3)当m 2经过y 轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，m 1碰后做匀减速运动. m 1匀减速运动至停止，其平均速度大小为： v ＝12|v 1′|＝0.2 m /s>v 2＝0.1 m/s ，所以m 2在m 1停止后与其相碰由牛顿第二定律有：F f ＝μm 1g ＝m 1a m 1停止后离O 点距离：s ＝v 1′22a则m 2平抛的时间：t ＝sv 2平抛的高度：h ＝12gt 2设m 2做匀速圆周运动的半径为R ′，由几何关系有： R ′＝12h由q v 2B ′＝m 2v 22R ′，联立得：B ′＝0.25 T答案 (1)－0.4 m/s ，方向水平向左 (2)1 T (3)0.25 T 变式训练4.如图5所示，C 1D 1E 1F 1和C 2D 2E 2F 2是距离为L 的相同光滑导轨，C 1D 1和E 1F 1为两段四分之一的圆弧，半径分别为r 1＝8r 和r 2＝r .在水平矩形D 1E 1E 2D 2内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .导体棒P 、Q 的长度均为L ，质量均为m ，电阻均为R ，其余电阻不计，Q 停在图中位置，现将P 从轨道最高点无初速度释放，则：图5(1)求导体棒P 进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针)；(2)若P 、Q 不会在轨道上发生碰撞，棒Q 到达E 1E 2瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒P 离开轨道瞬间的速度；(3)若P 、Q 不会在轨道上发生碰撞，且两者到达E 1E 2瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的范围. 答案 (1)2BL grR ，方向逆时针 (2)3gr(3)3mgr ≤Q ≤4mgr解析 (1)导体棒P 由C 1C 2下滑到D 1D 2，根据机械能守恒定律： mgr 1＝12m v 2D，v D ＝4gr导体棒P 到达D 1D 2瞬间：E ＝BL v D 回路中的电流I ＝E 2R ＝2BL grR方向逆时针(2)棒Q 到达E 1E 2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q ： mg ＝m v 2Q r 2，v Q ＝gr设导体棒P 离开轨道瞬间的速度为v P ，根据动量守恒定律：m v D ＝m v P ＋m v Q 代入数据得，v P ＝3gr(3)由(2)知，若导体棒Q 恰能在到达E 1E 2瞬间飞离轨道，P 也必能在该处飞离轨道.根据能量守恒，回路中产生的热量：Q 1＝12m v 2D －12m v 2P －12m v 2Q ＝3mgr 若导体棒Q 与P 能达到共速v ，回路中产生的热量最多，则根据动量守恒： m v D ＝(m ＋m )v ，v ＝2gr回路中产生的热量：Q 2＝12m v 2D －12(m ＋m )v 2＝4mgr综上所述，回路中产生热量的范围是3mgr ≤Q ≤4mgr .专题规范练1.如图1所示，水平桌面左端有一顶端高为h 的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上.桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也为R .一质量m ＝0.4 kg 的物块A 自圆弧形轨道的顶端静止释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m 的物块B 发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B 的位移随时间变化的关系式为x ＝6t －2t 2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B 飞离桌面后恰由P 点沿切线落入圆轨道.(重力加速度g 取10 m/s 2)求：图1(1)BP 间的水平距离x BP ；(2)判断物块B 能否沿圆轨道到达M 点； (3)物块A 由静止释放的高度h . 答案 (1)4.1 m (2)不能 (3)1.8 m解析 (1)设碰撞后物块B 由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR 同时v yv D＝tan 45°，解得v D ＝4 m/s设平抛用时为t ，水平位移为x ，则有R ＝12gt 2x ＝v D t 解得x ＝1.6 m物块B 碰后以初速度v 0＝6 m/s ，加速度大小 a ＝－4 m/s 2减速到v D ，则BD 间的位移为x 1＝v 2D －v 202a＝2.5 m故BP 之间的水平距离x BP ＝x ＋x 1＝4.1 m(2)若物块B 能沿轨道到达M 点，在M 点时其速度为v M ，则有12m v 2M －12m v 2D ＝－22mgR设轨道对物块的压力为F N ，则F N ＋mg ＝m v 2MR解得F N ＝(1－2)mg <0，即物块不能到达M 点. (3)对物块A 、B 的碰撞过程，有： m A v A ＝m A v A ′＋m B v 0 12m A v 2A ＝12m A v A ′2＋12m B v 20 解得：v A ＝6 m/s设物块A 释放的高度为h ，则mgh ＝12m v 2A ，解得h ＝1.8 m2.如图2所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，Q 点为圆形轨道最低点，M 点为最高点，圆形轨道半径R ＝0.32 m.水平轨道PN 右侧的水平地面上，并排放置两块长木板c 、d ，两木板间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道PN 平齐，木板c 质量m 3＝2.2 kg ，长L ＝4 m ，木板d 质量m 4＝4.4 kg.质量m 2＝3.3 kg 的小滑块b 放置在轨道QN 上，另一质量m 1＝1.3 kg 的小滑块a 从P 点以水平速度v 0向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b 发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失.碰后a 沿原路返回到M 点时，对轨道压力恰好为0.已知小滑块b 与两块长木板间动摩擦因数均为μ0＝0.16，重力加速度g ＝10 m/s 2.图2(1)求小滑块a 与小滑块b 碰撞后，a 和b 的速度大小v 1和v 2；(2)若碰后滑块b 在木板c 、d 上滑动时，木板c 、d 均静止不动，c 、d 与地面间的动摩擦因数μ至少多大？(木板c 、d 与地面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(3)若不计木板c 、d 与地面间的摩擦，碰后滑块b 最终恰好没有离开木板d ，求滑块b 在木板c 上滑行的时间及木板d 的长度.答案 (1)4 m /s 5.2 m/s (2)0.069 (3)1 s 1.4 m解析 (1)根据题意可知：小滑块a 碰后返回到M 点时：m 1v 2M R＝m 1g 小滑块a 碰后返回到M 点过程中机械能守恒：12m 1v 21＝12m 1v 2M ＋m 1g (2R ) 代入数据，解得：v 1＝4 m/s取水平向右为正方向，小滑块a 、b 碰撞前后：动量守恒：m 1v 0＝－m 1v 1＋m 2v 2机械能守恒：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 代入数据，解得：v 0＝9.2 m /s ，v 2＝5.2 m/s(2)若b 在d 上滑动时d 能静止，则b 在c 上滑动时c 和d 一定能静止μ(m 2＋m 4)g >μ0m 2g解得μ>m 2m 2＋m 4μ0≈0.069 (3)小滑块b 滑上长木板c 时的加速度大小：a 1＝μ0g ＝1.6 m/s 2此时两块长木板的加速度大小：a 2＝μ0m 2m 3＋m 4g ＝0.8 m/s 2 令小滑块b 在长木板c 上的滑行时间为t ，则：时间t 内小滑块b 的位移x 1＝v 2t －12a 1t 2 两块长木板的位移x 2＝12a 2t 2 且x 1－x 2＝L解得：t 1＝1 s 或t 2＝103s(舍去) b 刚离开长木板c 时b 的速度v 2′＝v 2－a 1t 1＝3.6 m/sb 刚离开长木板c 时d 的速度v 3＝a 2t 1＝0.8 m/sd 的长度至少为x ：由动量守恒可知：m 2v 2′＋m 4v 3＝(m 2＋m 4)v解得：v ＝2 m/sμ0m 2gx ＝12m 2v 2′2＋12m 4v 23－12(m 2＋m 4)v 2 解得：x ＝1.4 m3.如图3所示，两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠，组成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B 处连接一内径相同的粗糙水平直管AB .已知E 处距地面的高度h ＝3.2 m ，一质量m ＝1 kg 的小球a 从A 点以速度v 0＝12 m/s 的速度向右进入直管道，到达B 点后沿“8”字形轨道向上运动，到达D 点时恰好与轨道无作用力，直接进入DE 管(DE 管光滑)，并与原来静止于E 处的质量为M ＝4 kg 的小球b 发生正碰(a 、b 均可视为质点).已知碰撞后a 球沿原路返回，速度大小为碰撞前速度大小的13，而b 球从E 点水平抛出，其水平射程s ＝0.8 m.(g ＝10 m/s 2)图3(1)求碰后b 球的速度大小；(2)求“8”字形管道上下两圆的半径r 和R ；(3)若小球a 在管道AB 中运动时所受阻力为定值，请判断a 球返回到BA 管道时，能否从A 端穿出？答案 (1)1 m/s (2)0.9 m 0.7 m (3)不能解析 (1)b 球离开E 点后做平抛运动h ＝12gt 2，s ＝v b t ，解得v b ＝1 m/s (2)a 、b 碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向，则有：m v a ＝－m ×13v a ＋M v b 解得v a ＝3 m/s碰前a 在D 处恰好与轨道无作用力，则有：mg ＝m v 2a rr ＝0.9 mR ＝h －2r 2＝0.7 m (3)小球从B 到D ，机械能守恒：12m v 2B ＝12m v 2a ＋mgh 解得：12m v 2B ＝36.5 J 从A 到B 过程，由动能定理得：－W f ＝12m v 2B －12m v 20解得：W f ＝35.5 J从D 到B ，机械能守恒：12m (v a 3)2＋mgh ＝12m v B ′2 解得：12m v B ′2＝32.5 J<W f 所以，a 球返回到BA 管道中时，不能从A 端穿出.4.如图4所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场，经过桌边的虚线PQ 与桌面成45°角，其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A 球对桌面的压力为零，其质量为m ，电量为q ；B 球不带电且质量为km (k >7).A 、B 间夹着质量可忽略的火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间A 的速度为v 0.求：图4(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能；(2)A 球在磁场中的运动时间；(3)若一段时间后A 、B 在桌上相遇，求爆炸前A 球与桌边P 的距离.答案 (1)k ＋12k m v 20 (2)3πm 2qB (3)2k －2－3π2(k ＋1)·m v 0qB解析 (1)设爆炸之后B 的速度大小为v B ，选向左为正方向，在爆炸前后由动量守恒可得：0＝m v 0－km v BE ＝12m v 20＋12km v 2B ＝k ＋12km v 20 (2)由A 球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向，故A 球进入电场中将会做匀速圆周运动，如图所示则T ＝2πm qB有几何知识可得：粒子在磁场中运动了34个圆周则t 2＝3πm 2qB(3)由0＝m v 0－km v B 可得：v B ＝v 0k由q v 0B ＝m v 20R 知，R ＝m v 0qB设爆炸前A球与桌边P的距离为x A，爆炸后B运动的位移为x B，时间为t B则t B＝x A v0＋t2＋R v，x B＝v B t B由图可得：R＝x A＋x B联立上述各式解得：x A＝2k－2－3π2(k＋1)·m v0qB.。

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(有答案和解析)

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 ，另一端系一14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E p ＝kx 2(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12Q 处光电计时器时的挡光时间为t ，下列说法正确的是图1A ．小球到达Q 点时的动能等于mgbB ．小球到达Q 点时弹簧的弹性势能为kb 212C ．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)2md2(b －a)2t2[解析]　小球到达Q 点时弹簧的弹性势能为k(b －a)2，由功能关系可知，小球到达Q 点时的动能等于12mgb －k(b －a)2，选项A 、B 错误；小球到达Q 点时的速度v ＝，小球到达Q 点时的动能E k ＝mv 2＝，由12d t 12md22t2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 ＝E p ＝mgb －，C 错误；由功能关系md22t2可知k(b －a)2＝mgb －，解得k ＝－，D 正确。

12md22t22mgb (b －a)2md2(b －a)2t2[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a 0＝1 m/s 2的匀加速运动，当其速度为v 0＝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＝，在物块由底端上升到顶端的过程中，求：32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。

2019版《创新设计》高考物理二轮复习文档：专题二动量与能量第1讲含答案

第1讲动量观点与能量观点在力学中的应用网络构建备考策略1.解决力学综合题目的关键要做好“三选择”(1)当运动物体受到恒力作用而且又涉及时间时，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、功能关系解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律。

（3)当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律。

2。

碰撞中的“三看”和“三想"(1）看到“弹性碰撞"，想到“动量守恒与机械能守恒”。

(2）看到“非弹性碰撞”,想到“动量守恒但机械能有损失"。

(3)看到“完全非弹性碰撞或者碰后连体",想到“动量守恒，机械能损失最大”。

能量观点在力学中的应用功和功率的理解与计算【典例1】（多选)(2018·全国卷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1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（）图1A.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解析根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等,即错误!v0×2t0＝错误!×错误!v0［2t0＋t′＋（t0＋t′)］,解得t′＝错误!t0，则对于第①次和第②次提升过程中，矿车上升所用的时间之比为2t0∶(2t0＋错误!t0)＝4∶5，A正确；加速过程中的牵引力最大，且已知两次加速时的加速度大小相等，故两次中最大牵引力相等，B错误;由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为2∶1，由功率P ＝Fv，得最大功率之比为2∶1，C正确；两次提升过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故电机所做的功之比为1∶1,D错误。

(通用版)2019版高考物理第9讲技法专题——巧用“动量观点”解决力学选择题讲义(含解析)

技法专题——巧用“动量观点”解决力学提能点一 “解题快手”动量定理的应用⎣⎢⎡⎦⎥⎤基础保分类考点练练就能过关 [知能全通]————————————————————————————————1．掌握基本概念和规律2．应用动量定理的注意事项(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简捷。

动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。

力变化的情况下，动量定理中的力F 应理解为变力在作用时间内的平均值。

(2)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F 是物体或系统所受的合力。

[题点全练]————————————————————————————————1．[多选]一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m ，速度大小为v ，做圆周运动的周期为T ，则以下说法中正确的是( )A ．经过时间t ＝T 2，动量变化量为0 B ．经过时间t ＝T4，动量变化量大小为2mvC ．经过时间t ＝T 2，细绳对小球的冲量大小为2mv D ．经过时间t ＝T 4，重力对小球的冲量大小为mgT 4解析：选BCD 经过时间t ＝T 2，小球转过了180°，速度方向正好相反，若规定开始计时时的速度方向为正，则动量变化量为Δp ＝－mv －mv ＝－2mv ，细绳对小球的冲量为I ＝Δp ＝－2mv ，故大小为2mv ，选项A 错误，C 正确；经过时间t ＝T 4，小球转过了90°，根据矢量合成法可得，动量变化量大小为Δp ′＝2mv ，重力对小球的冲量大小为I G ＝mgt ＝mgT 4，B 、D 正确。

2．[多选](2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg 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 ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零解析：选AB 根据F t 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F 的冲量，可知在0～1 s 、0～2 s 、0～3 s 、0～4 s 内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I ＝m Δv 可知物块在1 s 、2 s 、3 s 、4 s 末的速率分别为1 m/s 、2 m/s 、1.5 m/s 、1 m/s ，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A 、B 正确，C 、D 错误。

2019届高考物理二轮复习第一部分专题整合专题二功能与动量课时检测【共4套33页】

本套资源目录2019届高考物理二轮复习第一部分专题整合专题二功能与动量第1讲功和功率动能定理课时检测2019届高考物理二轮复习第一部分专题整合专题二功能与动量第2讲功能关系能量守恒定律课时检测2019届高考物理二轮复习第一部分专题整合专题二功能与动量第3讲动量定理与动量守恒定律课时检测2019届高考物理二轮复习第一部分专题整合专题二功能与动量第4讲力学三大观点的应用课时检测第一部分专题二第1讲功和功率动能定理一、单项选择题1．(2018·邯郸模拟)某人用同一水平力先后两次拉同一物体，第一次使此物体沿光滑水平面前进距离s ，第二次使此物体沿粗糙水平面也前进距离s ，若先后两次拉力做的功为W 1和W 2，拉力做功的功率是P 1和P 2，则正确的是A ．W 1＝W 2，P 1＝P 2B ．W 1＝W 2，P 1＞P 2C ．W 1＞W 2，P 1＞P 2D ．W 1＞W 2，P 1＝P 2解析由W ＝Fs 可知两次拉力做功相同，但由于地面光滑时不受摩擦力，加速度较大，运动时间较短，由P ＝W t可知P 1＞P 2，B 正确。

答案 B2．从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。

忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图像是解析设小球抛出瞬间的速度大小为v 0，抛出后，某时刻t 小球的速度v ＝v 0－gt ，故小球的动能E k ＝12mv 2＝12m (v 0－gt )2，结合数学知识知，选项A 正确。

答案 A3．(2018·上海市静安区教学质量检测)物体在平行于斜面向上的拉力作用下，分别沿倾角不同的斜面的底端，匀速运动到高度相同的顶端，物体与各斜面间的动摩擦因数相同，则图2－1－16A ．沿倾角较小的斜面拉，拉力做的功较多B ．沿倾角较大的斜面拉，克服重力做的功较多C ．无论沿哪个斜面拉，拉力做的功均相同D ．无论沿哪个斜面拉，克服摩擦力做的功相同解析设斜面倾角为θ，高度为h ，则斜面长度L ＝hsin θ。

高考物理二轮复习第一部分专题四动量与能量第1讲动量和能量观念在力学中的应用练习(含解析)

动量和能量观念在力学中的应用1．如图甲所示，质量m＝6 kg的空木箱静止在水平面上,某同学用水平恒力F推着木箱向前运动，1 s 后撤掉推力，木箱运动的v .t图像如图乙所示，不计空气阻力，g取10 m/s2。

下列说法正确的是（）A．木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0。

25B．推力F的大小为20 NC．在0～3 s内，木箱克服摩擦力做功为900 JD．在0.5 s时，推力F的瞬时功率为450 W解析撤去推力后，木箱做匀减速直线运动，由速度—时间图线知，匀减速直线运动的加速度大小a2＝错误! m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得,a2＝错误!＝μg，解得木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5,故A错误；匀加速直线运动的加速度大小a1＝错误! m/s2＝10 m/s2，由牛顿第二定律得,F－μmg＝ma1，解得F＝μmg＋ma1＝0。

5×60 N＋6×10 N＝90 N，故B错误;0～3 s内，木箱的位移x＝错误!×3×10 m＝15 m，则木箱克服摩擦力做功W f＝μmgx＝0。

5×60×15 J＝450 J，故C错误；0。

5 s时木箱的速度v＝a1t1＝10×0。

5 m/s＝5 m/s，则推力F的瞬时功率P＝Fv＝90×5 W＝450 W,故D正确.答案D2．（2019·湖南株洲二模)如图，长为l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙（小球可视为质点），初始时它们直立在光滑的水平地面上。

后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。

当小球甲刚要落地时，其速度大小为（）A.错误!B．错误!C.错误!D．0解析甲、乙组成的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，由于甲球落地时，水平方向速度v＝0，故v′＝0，由机械能守恒定律得错误!mv错误!＝mgl，解得v甲＝2gl，故A正确.答案A3。

湖北省荆门市龙泉中学2019届高三物理第二轮专题复习动量的综合应用(解析版)

动量的综合应用（解析版）一、选择题(共8个小题，4、5、6、7、8为多选，其余为单选，每题5分共40分)( )1．如图甲所示为杂技中的“顶竿”表演、水平地面上演员B 用肩部顶住一根长直竹竿，另一演员A 爬至竹竿顶端完成各种动作．某次顶竿表演结束后，演员A 自竿顶由静止开始下落．滑到竿底时速度正好为零，然后曲腿跳到地面上，演员A 、B 质量均为50 kg ，长竹竿质量为5 kg ，A 下滑的过程中速度随时间变化的图像如图乙所示．重力加速度g 取10 m/s 2，下列判断正确的是 A ．竹竿的总长度约为3 mB ．0～6 s 内，演员B 对地面的压力大小始终为1 050 NC ．0～6 s 内，竹竿对演员B 的压力的冲量大小为3 300 N·sD ．演员A 落地时向下曲腿，是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力答案 C解析 A 项，杆子的长度等于v-t 图像中的面积，由图可知，x ＝2×62＝6 m ，故A 项错误；B 项，0～6 s 内A 加速度先向下，再向上，故人先失重再超重，故B 对地面的压力一定是变化的，故B 项错误；C 项，由图可知，0～4 s 内A 向下加速，加速度为：a 1＝24＝0.5 m/s 2；则由牛顿第二定律可得：mg －F 1＝ma 1，解得：F 1＝500－50×0.5＝475 N ；4～6 s 内A 向下减速，加速度为：a 2＝22＝1 m/s 2；则由牛顿第二定律可得：F 2－mg ＝ma 2，解得：F 2＝500＋50×1＝550 N ；设向下为正方向，则0～6 s 内竹竿对演员B 的压力的冲量大小为：I ＝mg(t 1＋t 2)＋F 1t 1＋F 2t 2＝5×10×(4＋2)＋475×4＋550×2＝3 300 N·s ，故C 项正确；D 项，演员A 落地时向下曲腿，是为了延长作用时间以减小地面的冲击力，故D 项错误，故选C 项．( )2．高空作业须系安全带．如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为 A.m 2gh t ＋mgB.m 2gh t －mgC.m gh t ＋mgD.m gh t－mg答案A解析人下落h 高度为自由落体运动，由运动学公式v 2＝2hg ，可知v ＝2gh ；缓冲过程(取向上为( )3．如图所示，A 、B 两物体质量之比m A ∶m B ＝3∶2，静止在平板小车C 上，A 、B 间有一根被压缩的弹簧，水平地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列分析错误的是 A ．若A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 组成系统的动量守恒 B ．若A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 、C 组成系统的动量守恒 C ．若A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 组成系统的动量守恒 D ．若A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 、C 组成系统的动量守恒答案 A解析如果A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A 、B 分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F fA 向右，F fB 向左，由于m A ∶m B ＝3∶2，所以F fA ∶F fB ＝3∶2，则A 、B 组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A 项错．对A 、B 、C 组成的系统，A 、B 与C 间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力(水平方向不受外力)，它们的矢量和为零，故该系统的动量守恒，B 、D 两项均正确．若A 、B 所受摩擦力大小相等，则A 、B 组成系统的外力之和为零，故其动量守恒，C 项正确．( )4．质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时刻小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为 A.12mv 2 B.12mM m ＋M v 2C.12N μmgL D ．N μmgL答案 BD解析小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，最后恰好又回到箱子正中间．二者相对静止，即为同速，设速度为v 1，mv ＝(m ＋M)v 1，系统损失动能E k ＝12mv 2－12(M ＋m)v 12＝12Mmv 2M ＋m ，A 项错误，B 项正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔE k ＝Q ＝NμmgL ，C 项错误，D 项正确．( )5.质量M ＝3 kg 的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动．质量为m ＝2 kg 的小球(视为质点)通过长L ＝0.75 m 的轻杆与滑块上的光滑轴O 连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态．现给小球一个v 0＝3 m/s 的竖直向下的初速度，取g ＝10 m/s 2.则A ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.3 mB ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.5 mC．小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54 m答案AD解析可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向动量守恒，有mM＝xL－x，解得：x＝0.3 m，A项正确，B项错误．根据动量守恒定律，小球m相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m，C项错误．根据动量守恒定律，在小球上升到最大高度时，滑块速度为零，由系统的能量守恒定律可知，小球m相对于初始位置可以达到的最大高度为h＝0.45 m，与水平面的夹角为cosα＝0.8，设水球从最低位置上升到最高位置过程上滑块M在水平轨道上又向右运动了x′，由滑块和小球系统在水平方向动量守恒，有mM＝x′Lcosα－x′，解得x′＝0.24 m．小球m从初始位置到第一次达到最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了x＋x′＝0.3 m＋0.24 m＝0.54 m．D项正确．()6．将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个滑块(可视为质点)以水平速度v0沿木板从左端向右端滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止，现将木板分成A和B两段，如图乙所示，并紧挨着放在水平面上，让滑块仍以初速度v0从木板左端向右端滑动，滑块与木板的动摩擦因数处处相同，在以后的整个过程中，下列说法正确的是A．甲乙两图中，滑块克服摩擦力做的功一样多B．系统因摩擦产生的热量甲图比乙图多C．最终甲、乙两图中滑块受到合外力的冲量相同D．图乙过程中滑块与B一定不会分离答案BD解析设滑块的质量为m，A部分的质量为M1，B的质量为M2，则滑块在木板上运动的过程中，系统的动量守恒，选择向右为正方向，对甲图：mv0＝(m＋M1＋M2)v ①对乙图，则：mv0＝M1v1＋(m＋M2)v2 ②由于滑块滑过A后，在B上滑动的过程中，滑块的速度将大于A的速度，所以可得：v1<v<v2可知第二次时滑块的速度的变化量小一些，根据动量定理可知，滑块与B木板将比第一种的情景更早达到速度相等，所以在第二种的情况下，滑块还没有运动到B的右端，两者速度相同，即第二次时，滑块相对于木板的位移小．A项，根据动能定理可知，滑块克服摩擦力做的功等于其动能的变化，由于v<v2，所以甲、乙两图中，滑块克服摩擦力做的功不一样多．故A项错误；B项，根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，第一次的相对路程的大小大于第二次的相对路程的大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量．故B项正确；C项，由以上分析可知，两图中最终滑块的速度不同，则可知末动量不相同，则由动量定理可知，合外力的冲量不同，故C项错误．D项，根据以上分析可知，滑块与B达相对静止时对应的位移将更小，因此滑块不会离开B物体，故D项正确，故选B、D两项．()7．如图所示，光滑地面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点．A点有一质量为m2的静止小球，P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动．小球与小球、小球与挡板间的碰撞均没有机械能损失，两小球均可视为质点．已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量之比m1∶m2可能为A．3∶1 B．1∶3C．1∶5 D．1∶7答案ABD解析①若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，两球在B点相遇，是球2反弹后在B点相遇，有：v2t＝3v1t，即：v2＝3v1.根据动量守恒得，m1v0＝m1v1＋m2v2，根据机械能守恒得：12m1v02＝12m1v12＋12m2v22，联立解得m1＝3m2.故A项正确．②若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹在B点追上球2，则有：v1t＝3v2t，即：v1＝3v2.根据动量守恒得：m1v0＝－m1v1＋m2v2，根据机械能守恒得：12m1v02＝12m1v12＋12m2v22，联立解得：m2＝7m1.故D项正确．③若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹、球2与挡板碰后反弹在B点相遇，则有：v1t＝v2t，即：v1＝v2，根据动量守恒得：m1v0＝－m1v1＋m2v2，根据机械能守恒得：12m1v02＝12m1v12＋12m2v22，联立解得：m2＝3m1.故B项正确，故选A、B、D三项．()8．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上．现使B获得水平向右、大小为6 m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得A．在t1，t2时刻两物块达到共同速度2 m/s，且弹簧都处于伸长状态B．从t3到t4时刻间弹簧由压缩状态恢复到原长C．两物体的质量之比为m1∶m2＝2∶1D．在t2时刻，A、B两物块的动能之比为E k1∶E k2＝4∶1答案BC解析A项，从图像可以看出，从0到t1的过程中弹簧被压缩，t1时刻两物块达到共同速度2 m/s，此时弹簧处于伸长状态，由图示图像可知，t2时刻两物体的速度大小不相等，且方向相反，则速度不同，故A项错误；B项，由图示图像可知，从t3到t4时间内A做减速运动，B做加速运动，弹簧由由压缩状态恢复到原长，故B项正确；C项，由图示图像可知，t1时刻两物体相同，都是2 m/s，A、B系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v1＝(m1＋m2)v2，即m2×6＝(m1＋m2)×2，解得：m1∶m2＝2∶1，故C项正确；D项，由图示图像可知，在t2时刻，A、B两物块的速度分别为：4 m/s、－2 m/s，两物体的动能之比为E k1∶E k2＝12m1v A2∶12m2v B2＝12×2m2×42∶12×m2×(－2)2＝8∶1，故D项错误，故选B、C两项．．二、计算题(共6个小题，9题6分，10题8分，11题8分，12题12分，13题12分，14题14分，共60分)9．质量是60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中．已知弹性安全带缓冲时间为1.2 s，安全带伸直后长5 m，求安全带所受的平均冲力．(g＝10 m/s2)解析人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：v02＝2gh，∴v0＝2gh＝10 m/s取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带给的冲力F，取F方向为正方向，由动量定理得：(F－mg)t＝mv－mv0所以F＝mg＋mv0t＝1 100 N，(方向竖直向下)注意动量定理既适用于恒力作用下的问题，也适用于变力作用下的问题．如果是在变力作用下的问题，由动量定理求出的力是在t时间内的平均值．10．如图所示，一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M.现以地面为参考系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图)，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板，以地面为参考系．(1)若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度大小和方向．(2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离．解析(1)用能量守恒定律和动量守恒定律求解．A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为v，A 和B的初速度的大小为v0，则据动量守恒定律可得：Mv0－mv0＝(M＋m)v解得：v＝M－mM＋mv0，方向向右．(2)对系统的全过程，由能量守恒定律得：Q＝fL＝12(M＋m)v02－12(m＋M)v2对于fL1＝12mv02由上述二式联立求得L1＝（M＋m）L4M.11．如图甲所示，是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上．已知夯锤的质量为M＝450 kg，桩料的质量为m＝50 kg.每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶h0＝5 m处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上并不弹起，而是随桩料一起向下运动．桩料进入泥土后所受阻力随打入深度h的变化关系如图乙所示，直线斜率k＝5.05×104N/m，g＝10 m/s2，求：(1)夯锤与桩料碰撞完毕后，随桩料一起向下运动的速度是多少？(2)打完第一夯后，桩料进入泥土的深度．(假设打第一夯前，桩料未进入泥土)答案(1)夯锤与桩斜碰撞完毕后，随桩料一起向下运动的速度是9 m/s(2)打完第一夯后，桩料进入泥土的深度是1 m解析(1)夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度v02＝2gh0，得v0＝2gh0＝2×10×5 m/s＝10 m/s取向下为正方向，打击过程遵守动量守恒定律，则得：Mv0＝(M＋m)v代入数据解得v＝9 m/s(2)由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力是随距离均匀变化，可用平均力求阻力做功，为W f＝－12kh·h＝－12kh2对夯锤与桩料，由动能定理得(M＋m)gh＋W f＝0－12(M＋m)v2代入数据解得h＝1 m12．如图所示，光滑水平面上有一质量M＝3.0 kg的平板车，车的上表面右侧是一段长L＝0.5 m的水平轨道，水平轨道左侧是一半径R＝0.25 m的14圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在O′点相切．车右端固定一个尺寸可以忽略，处于锁定状态的压缩弹簧，一质量m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)紧靠弹簧，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为0.4，整个装置处于静止状态，现将弹簧解除锁定，小物块被弹出，恰能到达圆弧轨道的最高点A，不考虑小物块与轻质弹簧碰撞时的能量损失，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：(1)解除锁定前轻弹簧的弹性势能；(2)小物块第二次经过O′点时的速度大小．答案(1)解除锁定前轻弹簧的弹性势能是4.5 J(2)小物块第二次经过O′点时的速度大小是152m/s解析(1)小物块从被弹出到到达圆弧轨道最高点的过程，平板车与小物块组成的系统，水平方向动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：(m＋M)v共＝0，得：v共＝0设解除锁定前轻弹簧的弹性势能为E p.由能量守恒定律得：E p＝mgR＋μmgL代入数据解得：E p＝4.5 J(2)设小物块第二次经过O′点时的速度大小v1，此时车的速度大小为v2.由水平方向动量守恒定律得：mv1－Mv2＝0，由机械能守恒定律得：mgR＝12mv12＋12Mv22，代入数据解得：v1＝152m/s.13．某同学设计了如图所示的趣味实验来研究碰撞问题，用材料和长度相同的不可伸长的轻绳依次将5个大小相同、质量不等的小球悬挂于水平天花板下方，且相邻的小球静止时彼此接触但无相互作用力，小球编号从左到右依次为1、2、3、4、5，每个小球的质量为其相邻左边小球质量的k倍，k＝2－1，所有小球的球心等高．现将1号小球由最低点向左拉起高度h，保持绳绷紧状态由静止释放1号小球，使其与2号小球碰撞，2号小球再与3号小球碰撞….所有碰撞均为在同一直线上的正碰且无机械能损失．已知重力加速度为g，空气阻力、小球每次碰撞时间均可忽略不计．(1)求1号小球与2号小球碰撞之前的速度v1的大小；(2)求第5个球被第4个小球碰后的速度；(3)摆线长为L＝16h，在第5个球右侧偏离竖直方向成θ＝60°角的虚线上的A点钉了一个钉子，则A距悬点的距离与L的比例系数p满足什么条件时，第5个小球能绕A点做完整的圆周运动．答案(1)1号小球与2号小球碰撞之前的速度v1的大小是2gh(2)第5个球被第4个小球碰后的速度是42gh(3)p≥3L4小球能绕A点做完整的圆周运动解析(1)设1号小球的质量为m1，碰前的速度为v1.对于1号小球由h高处运动到最低点过程，根据机械能守恒有：m1gh＝12m1v12 ①解得：v1＝2gh ②(2)设1号、2号小球碰撞后的速度分别为v1′和v2，取水平向右为正方向．对于1、2号小球碰撞的过程，根据动量守恒定律有：m1v1＝m1v1′＋m2v2 ③根据机械能守恒有：12m1v12＝12m1v1′2＋12m2v22 ④解得：v2＝21＋k2gh设2号、3号小球碰撞后的速度分别为v2′和v3，对于2、3号小球碰撞的过程，根据动量守恒定律有：m2v2＝m2v2′＋m3v3根据机械能守恒有：12m2v22＝12m2v2′2＋12m3v32同理可解得：3号小球被碰后的速度为：v3＝(21＋k)22gh由以上规律可推知5号小球被碰后的速度为：v5＝(21＋k)42gh ⑤解得：v5＝42gh ⑥(3)5号小球绕钉子A做完整的圆周运动在最高点至少有：m5g＝m5v′2r⑦第5个小球从最低点运动到圆周的最高点根据机械能守恒，可知：m5gLsin30°＋m5g(r＋rsin30°)＝12m5v52－12m5v′2 ⑧解得：r ＝14L⑨所以有p ≥3L4小球能绕A 点做完整的圆周运动． 14．足够长的倾角为θ的光滑斜面的底端固定一轻弹簧，弹簧的上端连接质量为m 、厚度不计的钢板，钢板静止时弹簧的压缩量为x 0，如图所示，一物块从钢板上方距离为3x 0的A 处沿斜面下滑，与钢板碰撞后立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动．已知物块质量也为m 时，它们恰能回到O 点，O 为弹簧自然伸长时钢板的位置，若物块质量为2m ，仍从A 处沿斜面下滑，则物块与钢板回到O 点时，还具有向上的速度．已知重力加速度为g ，计算结果可以用根式表示，求：(1)质量为m 的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v 1； (2)碰撞前弹簧的弹性势能；(3)质量为2m 的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O 点的距离．答案 (1)质量为m 的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v 1是6gx 0sin θ2(2)碰撞前弹簧的弹性势能是12mgx 0sin θ(3)质量为2m 的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O 点的距离是x 02解析 (1)设物块与钢板碰撞前的速度为v 0.根据机械能守恒定律得：mg·3x 0sin θ＝12mv 02解得：v 0＝6gx 0sin θ对于碰撞过程，取沿斜面向下方向为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝2mv 1. 解得：v 1＝6gx 0sin θ2(2)设碰撞前弹簧的弹性势能为E p .当物块与钢板一起回到O 点时，弹簧无形变，弹簧的弹性势能为零，根据机械能守恒定律得： E p ＋12(2m)v 12＝2mgx 0sin θ解得：E p ＝12mgx 0sin θ(3)设质量为2m 的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v 2.由动量守恒定律得：2mv 0＝3mv 2. 当物块与钢板一起回到O 点时，弹簧的弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时它们的速度为v.根据机械能守恒定律得： E p ＋12(3m)v 22＝3mgx 0sin θ＋12(3m)v 2在O 点物块与钢板分离，分离后，物块以初速度v 继续沿斜面上升，设运动到达的最高点离O 点的距离为h ，则有：v 2＝2ah 由牛顿第二定律得：2mgsinθ＝2ma 解得：h ＝x 02。

2019版高考物理通用版二轮第一部分第一板块第8讲技法专题——巧用“能量观点”解决力学选择题 Word版

第8讲|技法专题——巧用“能量观点”解决力学选择题┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄提能点(一)“解题利器”动能定理的灵活应用⎣⎢⎡⎦⎥⎤多维探究类考点精细精研过关[点点探明]————————————————————————————————题型1应用动能定理求解变力做功[例1]如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距为R，物块随转台由静止开始转动。

当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)() A．0B．2μmgRC．2πμmgR D.12μmgR[解析]物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝m v2R，在物块由静止到获得速度v的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得W＝12m v2－0，解得W＝12μmgR，D正确。

[答案] D题型2应用动能定理解决往复运动问题[例2]如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块与挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。

若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是()A.1μ⎝⎛⎭⎫v 022g cos θ＋x 0tan θ B.1μ⎝⎛⎭⎫v 022g sin θ＋x 0tan θ C.2μ⎝⎛⎭⎫v 022g cos θ＋x 0tan θ D.1μ⎝⎛⎭⎫v 022g cos θ＋x 0tan θ [解析] 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x ，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q ＝12m v 02＋mgx 0sin θ，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q ＝μmgx cos θ，解得x ＝1μ⎝⎛⎭⎫v 022g cos θ＋x 0tan θ，选项A 正确。

2019版高考物理：二轮复习专题二功和能动量和能量专题突破练6动量和能量观点的应用38(含答案).doc

专题突破练6 动量和能量观点的应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共9小题,每小题6分,共54分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项符合题目要求,第6~9小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.(2018四川绵阳二诊)在水平地面上,两个具有相同初动量而质量不同的物体在大小相等的阻力作用下最后停下来。

则质量大的物体()A.滑行的距离小B.滑行的时间长C.滑行过程中的加速度大D.滑行过程中的动量变化快2.(2017辽宁本溪联考)一位质量为m的运动员从下蹲状态向上跳起,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,在此过程中,下列说法正确的是()A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为mv2B.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为mv2D.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零3.(2018吉林二调)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用,在粗糙水平面上做加速直线运动时的a-t图象如图所示。

若t=0时其速度大小为2 m/s,滑动摩擦力大小恒为2 N,则()A.在t=6 s的时刻,物体的速度为18 m/sB.在0~6 s时间内,合力对物体做的功为400 JC.在0~6 s时间内,拉力对物体的冲量为36 N·sD.在t=6 s的时刻,拉力F的功率为200 W4.(2018山西晋城一模)所谓对接是指两艘同方向以几乎同样快慢运行的宇宙飞船在太空中互相靠近,最后连接在一起。

假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M、m,两者对接前的在轨速度分别为(v+Δv)、v,对接持续时间为Δt,则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为()A. B.C. D.05.(2018四川攀枝花一模)如图所示,轻质弹簧固定在水平地面上。

现将弹簧压缩后,将一质量为m的小球静止放在弹簧上,释放后小球被竖直弹起,小球离开弹簧时速度为v,则小球被弹起的过程中()A.地面对弹簧的支持力冲量大于mvB.弹簧对小球的弹力冲量等于mvC.地面对弹簧的支持力做功大于mv2D.弹簧对小球的弹力做功等于mv26.(2018湖南常德期末)如图所示,在光滑水平面上,质量为m的A球以速度v0向右运动,与静止的质量为5m的B球碰撞,碰撞后A球以v=av(待定系数a<1)的速率弹回,并与固定挡板P发生弹性碰撞,若要0使A球能再次追上B球并相撞,则系数a可以是()A. B. C. D.7.(2018山东烟台期末)质量为M的小车置于光滑的水平面上,左端固定一根轻弹簧,质量为m的光滑物块放在小车上,压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端,开始时小车与物块都处于静止状态,此时物块与小车右端相距为L,如图所示,当突然烧断细线后,以下说法正确的是()A.物块和小车组成的系统机械能守恒B.物块和小车组成的系统动量守恒C.当物块速度大小为v时,小车速度大小为vD.当物块离开小车时,小车向左运动的位移为L8.(2017山东菏泽模拟)如图甲所示,一质量为m的物块在t=0时刻,以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行,物块速度随时间变化的图象如图乙所示。

高考物理二轮复习专题突破—动量和能量观点的应用(含解析)

高考物理二轮复习专题突破—动量和能量观点的应用1.(2021福建泉州高三月考)如图所示,建筑工地上的打桩过程可简化为重锤从空中某一固定高度由静止释放,与钢筋混凝土预制桩在极短时间内发生碰撞,并以共同速度下降一段距离后停下来。

则()A.重锤质量越大,撞预制桩前瞬间的速度越大B.重锤质量越大,预制桩被撞后瞬间的速度越大C.碰撞过程中,重锤和预制桩的总机械能保持不变D.整个过程中,重锤和预制桩的总动量保持不变2.(2021福建高三二模)如图所示,A车以某一初速度水平向右运动距离l后与静止的B 车发生正碰,碰后两车一起运动距离l后停下。

已知两车质量均为m,运动时受到的阻力为车重力的k倍,重力加速度为g,碰撞时间极短,则()A.两车碰撞后瞬间的速度大小为√kglB.两车碰撞前瞬间A车的速度大小为√2kglC.A车初速度大小为√10kglD.两车碰撞过程中的动能损失为4kmgl3.(2021辽宁丹东高三一模)2022年冬奥会将在北京举行,滑雪是冬奥会的比赛项目之一,如图所示,某运动员(视为质点)从雪坡上先后以v0和2v0沿水平方向飞出,不计空气阻力,则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中()A.空中飞行的时间相同B.落在雪坡上的位置相同C.动量的变化量之比为1∶2D.动能的增加量之比为1∶24.(多选)(2021辽宁大连高三一模)在光滑水平桌面上有一个静止的木块,高速飞行的子弹水平穿过木块,若子弹穿过木块过程中受到的摩擦力大小不变,则()A.若木块固定,则子弹对木块的摩擦力的冲量为零B.若木块不固定,则子弹减小的动能大于木块增加的动能C.不论木块是否固定,两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小相等D.不论木块是否固定,两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等5.(多选)(2021河南洛阳高三二模)如图所示,质量均为2 kg的三个物块静止在光滑水平面上,其中物块B的右侧固定一轻弹簧,物块A与弹簧接触但不连接。

2019年高考物理二轮复习专题07动量测含解析

动量【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．如图所示，在光滑水平地面上有两个完全相同的小球A 和B ，它们的质量都为m 。

现B 球静止，A 球以速度v 0与B 球发生正碰，针对碰撞后的动能下列说法中正确的是( )A ．B 球动能的最大值是212mv B ．B 球动能的最大值是218mv C ．系统动能的最小值是0 D ．系统动能的最小值218mv 【答案】 A2．质量为0.2 kg 的小球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面上，再以4 m/s 的速度反向弹回。

取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp 和合外力对小球做的功W ，下列说法正确的是（）A ．Δp ＝2 kg·m/s,W ＝－2 JB ．Δp ＝－2 kg·m/s,W ＝2 JC ．Δp ＝0.4 kg·m/s,W ＝－2 JD ．Δp ＝－0.4 kg·m/s,W ＝2 J 【答案】 A 【解析】取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：△p=mv 2-mv 1=0.2×4-0.2×（-6）=2kg•m/s，方向竖直向上．由动能定理可知，合外力做功：W=mv 22-mv 12=×0.2×42-×0.2×62=-2J ；故选A ．点睛：此题中动量是矢量，要规定正方向，用带正负呈的数值表示动量．动量变化量也是矢量，同样要注意方向．应用动能定理可以求出合外力做的功．3．古时有“守株待兔”的寓言.设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力即可致死，并设兔子与树桩作用时间为0.2s，则被撞死的兔子其奔跑的速度可能为（g取）（）A．1m/s B．1.5m/s C．2m/s D．2.5m/s【答案】 C点睛：本题应用动量研究碰撞过程物体的速度，对于打击、碰撞、爆炸等变力作用过程，往往用动量定理研究作用力。

2019版高考物理：二轮复习第二部分一“九法”巧解选择题选择题专项练17(含答案).doc

选择题专项练(一)(本题共8小题,每小题6分。

在每小题给出的四个选项中,第14~18题只有一项符合题目要求,第19~21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)14.(2018山西太原三模)在研究光电效应的实验中。

保持P的位置不变,用单色光a照射阴极K,电流计G的指针不发生偏转;改用另一频率的单色光b照射K,电流计的指针发生偏转。

那么()A.增加a的强度一定能使电流计的指针发生偏转B.用b照射时通过电流计的电流由d到cC.只增加b的强度一定能使通过电流计的电流增大D.a的波长一定小于b的波长15.(2018河南中原名校四模)如图所示为甲、乙两质点做直线运动的v-t图象,若两质点从同一地点出发,到t时刻相遇,则下列说法正确的是1()A.v1=8 m/sB.v2=12 m/sC.t 1=(3+) sD.0~t1时间内,甲、乙相距的最大距离为3 m16.(2018江苏卷)我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。

今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km,之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km,它们都绕地球做圆周运动。

与“高分四号”相比,下列物理量中“高分五号”较小的是()A.周期B.角速度C.线速度D.向心加速度17.(2018北京卷)某空间存在匀强磁场和匀强电场。

一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动。

下列因素与完成上述两类运动无关的是()A.磁场和电场的方向B.磁场和电场的强弱C.粒子的电性和电荷量D.粒子入射时的速度18.(2018天津部分区期末)如图所示,E、F、G、H为矩形ABCD各边的中点,O为EG、HF的交点,AB边的长度为d。

E、G两点各固定一等量正点电荷,另一电荷量为Q的负电荷置于H点时,F点处的电场强度恰好为零。

若将H点的负电荷移到O点,则F点处电场强度的大小和方向为(静电力常量为k)()A.,方向向右B.,方向向左C.,方向向右D.,方向向左19.(2018江西师范大学附中三模)如图所示,abcd为一边长为l的正方形导线框,导线框位于光滑水平面内,其右侧为一匀强磁场区域,磁场的边界与线框的cd边平行,磁场区域的宽度为2l,磁感应强度为B,方向竖直向下。

通用版2019版高考物理二轮复习专题检测：(九) 技法专题——巧用“动量观点”解决力学选择题(含解析)

高考物理二轮复习 专题检测(八)巧用“能量观点”解决

2019届高考物理(全国通用)二轮专题复习：动力学、动量和能量观点的综合应用(附答案)

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(有答案和解析)

2019版《创新设计》高考物理二轮复习文档：专题二 动量与能量 第1讲 含答案

(通用版)2019版高考物理第9讲技法专题——巧用“动量观点”解决力学选择题讲义(含解析)

2019届高考物理二轮复习 第一部分 专题整合 专题二 功能与动量课时检测【共4套33页】

高考物理二轮复习 第一部分 专题四 动量与能量 第1讲 动量和能量观念在力学中的应用练习(含解析)

湖北省荆门市龙泉中学2019届高三物理第二轮专题复习 动量的综合应用(解析版)

推荐学习K12(浙江选考)2019届高考物理二轮复习 专题二 能量与动量 提升训练9 动量定理、动量

2019版高考物理通用版二轮第一部分 第一板块 第8讲 技法专题——巧用“能量观点”解决力学选择题 Word版