高考物理二轮复习专题二动量与能量动量观点与能量观点在力学中的应用学案

第1讲动量观点与能量观点在力学中的应用
知识必备
1.常见的功能关系
(1)合力做功与动能的关系：W合＝ΔE k。

(2)重力做功与重力势能的关系：W G＝－ΔE p。

(3)弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔE p。

(4)除重力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机。

(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：F f x相对＝ΔE内。

2.机械能守恒定律
(1)条件：只有重力、系统内弹力做功。

(2)表达式：E k1＋E p1＝E k2＋E p2。

3.动能定理
(1)内容：合外力做的功等于动能的变化。

(2)表达式：W＝1
2
mv22－
1
2
mv21
4.动量定理及动量守恒定律
(1)动量定理：Ft＝mv2－mv1
(2)动量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
(3)
备考策略
1.复习时应理清运动中功与能的转化与量度的关系，结合受力分析、运动过程分析，熟练地应用动量定理和动能定理解决问题。

2.深刻理解功能关系，综合应用动量守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方程解决多运动过程的问题。

3.必须领会的“1种物理思想和3种方法”
(1)守恒的思想。

(2)守恒法、转化法、转移法。

4.必须辨明的“3个易错易混点”
(1)动量和动能是两个和速度有关的不同概念。

(2)系统的动量和机械能不一定同时守恒。

(3)不是所有的碰撞都满足机械能守恒。

力学中的几个功能关系的应用
【真题示例1】 (2020·全国卷Ⅲ，16)如图1，一质量为m 、长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂。

用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距1
3l 。

重力加速度大小为g 。

在此过
程中，外力做的功为( )
图1 A.1
9mgl B.1
6mgl C.1
3
mgl D.12
mgl 解析 由题意可知，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的重心升高了l 6，则重力势能增加ΔE p ＝23mg·l
6＝
19mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W ＝1
9mgl ，故选项A 正确，B 、C 、 D 错误。

答案 A
【真题示例2】 (2020·全国卷Ⅰ，24)一质量为8.00×104
kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面。

飞船在离地面高度1.60×105
m 处以7.5×103
m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面。

取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s 2
(结果保留2位有效数字)。

(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
(2)求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。

解析 (1)飞船着地前瞬间的机械能为 E k0＝12
mv 2
0①
式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。

由①式和题给数据得E k0＝4.0×108J②
设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层时的机械能为
E h＝1
2
mv2h＋mgh③
式中，v h是飞船在高度1.6×105 m处的速度大小。

由③式和题给数据得
E h＝2.4×1012J④
(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为
E h′＝1
2
m(
2.0
100
v h)2＋mgh′⑤
由功能原理得
W＝E h′－E k0⑥
式中，W是飞船从高度600 m处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。

由②⑤⑥式和题给数据得W＝9.7×108J⑦
答案(1)(1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
真题感悟
1.高考考查特点
(1)本考点高考命题既有选择题也有计算题，集中在物体系统机械能守恒及物体间的做功特点、力与运动的关系，并结合平抛、圆周运动等典型运动及生活科技为背景综合考查。

(2)熟悉掌握并灵活应用机械能的守恒条件、力学中的功能关系、常见典型运动形式的特点及规律是突破该考点的关键。

2.常见误区及临考提醒
(1)注意判断物体运动过程中的临界状态和隐含条件。

(2)注意物理方法的灵活选用。

如全国卷Ⅲ第16题的等效法(重心)。

(3)注意提高计算能力。

如全国卷Ⅰ第24题，试题情境难度不大，但增加了计算的难度。

预测1 功、功率的理解与计算
预测2 机械能守恒定律的应用
预测3 功能关系、能量转化守恒定律的综合应用
1.(2020·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2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( )
图2
A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5
B.10 s 末恒力F 的瞬时功率为6 W
C.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 由图线可知0～4 s 内的加速度大小a 1＝84 m/s 2＝2 m/s 2
，可得F ＋μmg＝ma 1；由图线可知4～1 0 s
内的加速度大小a 2＝66 m/s 2＝1 m/s 2
，可得F －μmg＝ma 2；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P 10＝Fv 10＝3×6 W＝18 W ，选项B 错误；0～4 s 内的位移x 1＝1
2× 4×8 m＝16 m ，
4～10 s 内的位移x 2＝－1
2×6×6 m＝－18 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 ＝Fx t ＝3×2
10 W ＝0.6 W ，选项D 正确。

答案 D
2.(多选)如图3，直立弹射装置的轻质弹簧顶端原来在O 点，O 与管口P 的距离为2x 0，现将一个重力为mg 的钢珠置于弹簧顶端，再把弹簧压缩至M 点，压缩量为x 0，释放弹簧后钢珠被弹出，钢珠运动到P 点时的动能为4mgx 0，不计一切阻力，下列说法正确的是( )
图3
A.弹射过程，弹簧和钢珠组成的系统机械能守恒
B.弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能全部转化为钢珠的动能
C.钢珠弹射所到达的最高点距管口P 的距离为7x 0
D.弹簧被压缩至M 点时的弹性势能为7mgx 0
解析 弹射过程中，对弹簧和钢珠组成的系统而言，只受重力作用，故系统机械能守恒，A 正确；弹簧恢复原长时，钢珠的动能和势能都增加，选项B 错误；钢珠运动到P 点时，钢珠的动能增加到4mgx 0，且竖直方向上钢珠位置升高了3x 0，即重力势能增加量ΔE p ＝3mgx 0，故弹簧被压缩至M 点时的弹性势能为E ＝
4mgx 0＋3mgx 0＝7mgx 0，D 正确；钢珠到达管口P 点时动能为4mgx 0，当钢珠达到最大高度时，动能为0，动能转化为重力势能，则上升的最高点与管口的距离h 满足mgh ＝4mgx 0，故上升的最高点与管口的距离h ＝4x 0，C 错误。

答案 AD
3.(名师改编)如图4所示，质量m B ＝3.5 kg 的物体B 通过下端固定在地面上的轻弹簧与地面连接，弹簧的劲度系数k ＝100 N/m 。

轻绳一端与物体B 连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O 1、O 2后，与套在光滑直杆顶端E 处的质量m A ＝1.6 kg 的小球A 连接。

已知直杆固定不动，杆长L 为0.8 m ，且与水平面的夹角θ＝37°。

初始时使小球A 静止不动，与A 相连的一段绳子保持水平，此时绳子中的张力F 为45 N 。

已知EO 1＝0.5 m ，重力加速度g 取10 m/s 2
，绳子不可伸长。

现将小球A 从静止释放。

图4
(1)求在释放小球A 之前弹簧的形变量；
(2)若直线CO 1与杆垂直，求小球A 从静止运动到C 点的过程中绳子拉力对小球A 所做的功； (3)求小球A 运动到直杆底端D 点时的速度大小。

解析 (1)释放小球A 前，B 处于静止状态，由于绳子中的张力大于物体B 的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧形变量为x ，有kx ＝F －m B g ，解得x ＝0.1 m 。

(2)对A 球从E 点运动到C 的过程应用动能定理得 W ＋m A gh ＝12
m A v 2
A －0①
其中h ＝xC O 1cos 37°，而xC O 1＝xE O 1sin 37°＝0.3 m 物体B 下降的高度h′＝xE O 1－xC O 1＝0.2 m②
由此可知，弹簧这时被压缩了0.1 m ，此时弹簧弹性势能与初始时刻相等，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，有m A gh ＋m B gh′＝12m A v 2A ＋12
m B v 2
B ③
由题意知，小球A 在C 点时运动方向与绳垂直，此时B 物体速度v B ＝0④ 由①②③④得W ＝7 J 。

(3)由题意知，杆长L ＝0.8 m ，由几何知识可知EC ＝CD ，∠CDO 1＝∠CEO 1＝37°，故DO 1＝EO 1
当A 到达D 点时，弹簧弹性势能与初状态相等，物体B 又回到原位置，将A 在D 点的速度沿平行于绳和垂直于绳两方向进行分解，平行于绳方向的速度即B 的速度，由几何关系得 v B ′＝v A ′cos 37°⑤ 整个过程机械能守恒，可得
m A gLsin 37°＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2
⑥
由⑤⑥得v A ′＝2 m/s 。

答案 (1)0.1 m (2)7 J (3)2 m/s 归纳总结
解决功能关系问题应注意的三个问题
(1)分析清楚是什么力做功，并且清楚该力做正功，还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况。

(2)也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其是可以方便计算变力做功的多少。

(3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同。

动量定理和动能定理的应用
【真题示例1】 (多选)(2020·全国卷Ⅲ，20)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5所示，则( )
图5
A.t ＝1 s 时物块的速率为1 m/s
B.t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/s
C.t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/s
D.t ＝4 s 时物块的速度为零
解析 由动量定理可得Ft ＝mv ，解得v ＝Ft m 。

t ＝1 s 时物块的速率为v ＝Ft m ＝2×1
2 m/s ＝1 m/s ，故A 正
确；t ＝2 s 时物块的动量大小p 2＝F 2t 2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t ＝3 s 时物块的动量大小为p 3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t ＝4 s 时物块的动量大小为p 4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t ＝4 s 时物块的速度为1 m/s ，故B 正确，C 、D 错误。

答案 AB
【真题示例2】 (2020·全国卷Ⅱ，24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1<s 0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图6所示。

训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。

训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。

假定运动员在
滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1。

重力加速度为g 。

求：
图6
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度。

解析 (1)设冰球的质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得 －μmgs 0＝12mv 21－12mv 2
0①
解得μ＝v 2
0－v 2
1
2gs 0
②
(2)法1 冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。

设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t 。

由运动学公式得v 2
0－v 2
1＝2a 1s 0③ v 0－v 1＝a 1t④ s 1＝12a 2t 2
⑤
联立②③⑤式得 a 2＝s 1（v 1＋v 0）2
2s 2
⑥ 法2 对冰球由动量定理得－μmgt＝mv 1－mv 0③ s 1＝12
a 2t 2
④
由②③④式得a 2＝s 1（v 1＋v 0）
2
2s 2
0 答案 (1)v 2
0－v 2
12gs 0 (2)s 1（v 0＋v 1）
22s 2
0 真题感悟 1.高考考查特点
(1)动能定理是高考的必考热点，运用动量定理解决生活中的物理问题也已成为高考的热点。

(2)一般以生活中的物理问题(如2020年全国卷Ⅱ第24以冰球运动)为背景考查对动能定理的理解及应用。

2.常见误区及临考提醒
(1)不清楚物体动量变化规律是由合外力的冲量决定的，物体动能变化规律是由合外力的功决定的。

(2)不清楚动能定理表达式是标量式，动量定理表达式是矢量式。

预测1 动能定理的应用 预测2 动量定理的应用
预测3
动能定理、动量定理的综合应用
1.(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7所示，g 取10 m/s 2
，则( )
图7
A.物体的质量为5 kg
B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.1
C.第1 s 内摩擦力对物体做的功为60 J
D.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＝mv
2
2，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x 2＝12×3×3 m＝4.5 m ，由动能定理可得：－fx 2＝0－12mv 2
，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x 1＝1.5 m ，第1 s 内摩擦力对物体做的功W ＝－fx 1＝－15 J ，故C 错误；由Fx 1－f(x 1＋x 2)＝0，可得F ＝40 N ，所以第1 s 内拉力对物体做的功W′＝Fx 1＝60 J ，故D 正确。

答案 BD
2.(多选)(2020·陕西省宝鸡市高三教学质量检测)如图8所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层。

设水柱直径为D ，水流速度为v ，方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零。

高压水枪的质量为M ，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。

下列说法正确的是( )
图8
A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvπD 2
B.高压水枪的功率为18ρπD 2v 3
C.水柱对煤层的平均冲力为14
ρπD 2v 2
D.手对高压水枪的作用力水平向右
解析 设Δt 时间内，从水枪喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV，ΔV＝SvΔt＝14πD 2
vΔt，
单位时间喷出水的质量为Δm Δt ＝14ρvπD 2，选项A 错误；Δt 时间内水枪喷出的水的动能E k ＝12Δmv 2
＝
18ρπD 2v 3Δt，由动能定理知高压水枪在此期间对水做功为W ＝E k ＝18ρπD 2v 3
Δt，高压水枪的功率P ＝W Δt ＝
18
ρπD 2v 3
，选项B 正确；考虑一个极短时间Δt′，在此时间内喷到煤层上水的质量为m ，设煤层对水柱的作用力为F ，由动量定理得FΔt′＝mv ，Δt′时间内冲到煤层水的质量m ＝14ρπD 2
vΔt′，解得F ＝
14ρπD 2v 2，由牛顿第三定律可知，水柱对煤层的平均冲力为F′＝F ＝14ρπD 2v 2
，选项C 正确；当高压水枪
向右喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向左，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向右上方，选项D 错误。

答案 BC
3.如图9所示，轻绳长为l ，竖直悬挂质量为M 的摆球，在最低点A 经两次打击后到达圆周最高点C ，若第一次平均打击力为10 N ，摆球恰升到水平位置OB 处，则第二次平均打击力至少应该为多大，才能使摆球上升到最高点？(设两次打击时间相等且极短)
图9
解析 设第一次被打击后，球的速度为v A1， 由动能定理得：－mgl ＝0－12mv 2
A1，即v A1＝2gl 。

则第二次被打击后，球的速度为v A2，则 －mg·2l＝12mv 2C －12mv 2
A2①
mg ＝mv 2
C
l
②
联立①②得v A2＝5gl 。

由动量定理FΔt＝mΔv 得 F 1F 2＝v A1
v A2
，F 2＝510 N 答案 510 N 归纳总结
1.应用动能定理解题应抓好“一个过程、两个状态、四个关注”
(1)一个过程：明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。

(2)两个状态：明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况。

(3)四个关注：
①建立运动模型，判断物体做了哪些运动。

②分析各个运动过程中物体的受力和运动情况。

③抓住运动模型之间的联系纽带，如速度、加速度、位移，确定初、末状态。

④根据实际情况分阶段或整体利用动能定理列式计算。

2.使用动量定理的注意事项
(1)动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。

这种情况下，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。

动量观点和能量观点的综合应用
【真题示例1】 (2020·全国卷Ⅰ，14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。

在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A.30 kg·m/s
B.5.7×102kg·m/s
C.6.0×102kg·m/s
D.6.3×102kg·m/s
解析设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2。

由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s ＝30 kg·m/s。

根据动量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误。

答案 A
【真题示例2】 (2020·天津理综，10)如图10所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg。

初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。

现将B竖直向上再举高h＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放。

一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。

取g＝10 m/s2，空气阻力不计。

求：
图10
(1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t ；
(2)A 的最大速度v 的大小；
(3)初始时B 离地面的高度H 。

解析 (1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有
h ＝12
gt 2① 代入数据解得t ＝0.6 s②
(2)设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v B ，
有v B ＝gt③
细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，由动量守恒得m B v B ＝(m A ＋m B )v④ 之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v 即为最大速度，联立②③④式，代入数据解得 v ＝2 m/s⑤
(3)细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、B
组成的系统机械能守恒，有12
(m A ＋m B )v 2＋m B gH ＝m A gH⑥ 代入数据解得H ＝0.6 m⑦
答案 (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m
真题感悟
1.高考考查特点
(1)动量守恒定律的应用是高考热点，碰撞模型、反冲运动是动量守恒定律的基础与核心模型。

(2)熟悉掌握并灵活应用动量守恒的条件，掌握常见的碰撞模型及规律是突破该考点的关键。

2.常见误区及临考提醒
(1)对动量守恒条件理解不准确。

(2)注意物理模型的构建。

如天津卷第10题，绳子绷直瞬间，两物块获得共同速度，可等效于发生完全非弹性碰撞。

预测1
动量守恒定律的应用 预测2
与动量守恒定律相关的临界问题 预测3 动量观点和能量观点的综合应用
1.(2020·云南玉溪一中模拟)在一水平支架上放置一个质量m 1＝0.98 kg 的小球A ，一颗质量为m 0＝20 g 的子弹以v 0＝300 m/s 的水平速度击中小球A 并留在其中。

之后小球A 水平抛出恰好落入迎面驶来的沙车
中，已知沙车的质量m 2＝2 kg ，沙车的速度v 1＝2 m/s ，水平面光滑，不计小球与支架间的摩擦。

图11
(1)若子弹打入小球A 的过程用时Δt＝0.01 s ，求子弹与小球间的平均作用力大小；
(2)求最终沙车B 的速度。

解析 (1)子弹打入小球的过程，子弹和小球组成的系统动量守恒，则
m 0v 0＝(m 0＋m 1)v
对小球由动量定理得FΔt＝m 1v －0
解得F ＝588 N 。

(2)之后小球平抛，系统水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，则
(m 0＋m 1)v －m 2v 1＝(m 0＋m 1＋m 2)v 2
解得v 2＝23
m/s ，方向水平向右。

答案 (1)588 N (2)23
m/s ，方向水平向右 2.(2020·西安一中模拟)光滑水平面上，用轻质弹簧连接的质量为m A ＝2 kg 、m B ＝3 kg 的A 、B 两物体都
处于静止状态，此时弹簧处于原长状态。

将质量为m C ＝5 kg 的物体C ，从半径R ＝3.2 m 的14
光滑圆弧轨道最高点由静止释放，如图12所示，圆弧轨道的最低点与水平面相切，B 与C 碰撞后粘在一起运动。

求：
图12
(1)B 、C 碰撞刚结束时的瞬时速度的大小；
(2)在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。

解析 (1)对C 下滑过程中，根据动能定理得
m C gR ＝12
m C v 20 设B 、C 碰撞后的瞬间速度为v 1，以C 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
m C v 0＝(m B ＋m C )v 1
代入数据得v 1＝5 m/s 。

(2)由题意可知，当A 、B 、C 速度大小相等时弹簧的弹性势能最大，设此时三者的速度大小为v 2，以C 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
(m C ＋m B )v 1＝(m A ＋m B ＋m C )v 2
设弹簧的最大弹性势能为E pm，则对B、C碰撞后到A、B、C速度相同过程中，由能量守恒定律得
1 2(m B＋m C)v21＝
1
2
(m A＋m B＋m C)v22＋E p
代入数据得E p＝20 J。

答案(1)5 m/s (2)20 J
3.(2020·肇庆高中毕业班一模)如图13所示，质量M＝1.5 kg 的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为0.5 kg的滑块Q。

水平放置的轻弹簧左端固定，质量为0.5 kg的小物块P置于光滑桌面上的A点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长。

现用水平向左的推力F将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内)，推力做功W F＝4 J，撤去F后，P沿桌面滑到小车左端并与Q发生弹性碰撞，最后Q恰好没从小车上滑下。

已知Q与小车表面间动摩擦因数μ＝0.1。

(取g＝10 m/s2)求：
图13
(1)P刚要与Q碰撞前的速度是多少？
(2)Q刚在小车上滑行时的初速度v0是多少？
(3)为保证Q不从小车上滑下，小车的长度至少为多少？
解析(1)推力F通过P压缩弹簧做功，根据功能关系有
E p＝W F①
当弹簧完全推开物块P时，有
E p＝1
2
m P v2②
由①②式联立解得v＝4 m/s。

(2)P、Q之间发生弹性碰撞，设碰撞后Q的速度为v0，P的速度为v′，由动量守恒和能量守恒得m P v＝m P v′＋m Q v0③
1 2m P v2＝
1
2
m P v′2＋
1
2
m Q v20④
由③④式解得v0＝v＝4 m/s，v′＝0。

(3)设滑块Q在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为u，由动量守恒可得m Q v0＝(m Q＋M)u⑤
根据能量守恒，系统产生的摩擦热
μm Q gL＝1
2
m Q v20－
1
2
(m Q＋M)u2⑥
联立⑤⑥解得L＝6 m。

答案(1)4 m/s (2)4 m/s (3)6 m
归纳总结
规律优先原则
(1)对于单个物体，涉及位移的应优先选用动能定理，涉及运动时间的优先选用动量定理。

(2)若是多个物体组成的系统，则优先考虑机械能守恒定律、能量守恒定律与动量守恒定律。

(3)若涉及系统内物体间的相对路程并涉及滑动摩擦力做功要优先考虑能量守恒定律。

2019-2020学年高考物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．通过对自然现象及实验现象的仔细观察和深入研究，物理学家得出科学的结论，推动了物理学的发展。

下列说法符合事实的是（）
A．光电效应说明光具有粒子性，康普顿效应说明光具有波动性
B．卢瑟福用人工转变的方法发现了质子，并预言了中子的存在
C．玻尔的原子理论成功地解释了原子发光的现象
D．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，提出了原子中存在原子核的观点
2．如图所示，轻质弹簧下端固定，上端与一质量为m的物块A连接，物块A经过P点时速度大小为v，方向竖直向下。

经过t秒物块A又回到P点。

速度大小为1v，方向竖直向上，则在时间t内（）
A．物块A受到弹簧力的冲量大小为2mv
B．物块A受到合力的冲量大小为2mv
C．弹簧弹力对物块A所做的功大小为2
mv
D．合力对物块A所做的功大小为2
mv
3．如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。

则（）
A．A、B物体组成的系统动量守恒
B．A不能到达圆槽的左侧最高点
C．A运动到圆槽的最低点时A 2
3 gR
gR
D．A运动到圆槽的最低点时B的速率为
3
4．下列说法正确的是（）
A．β衰变中产生的β射线是原子的核外电子挣脱原子核的束缚形成的
B．亚里士多德猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
C．对于某种金属，只要入射光强度足够大，照射时间足够长，就会发生光电效应
D．用频率大于金属的极限频率的入射光照射金属时，光越强，饱和电流越大
5．我国不少地方在节日期间有挂红灯笼的习俗。

如图，质量为m的灯笼用两根长度一定的轻绳OA、OB 悬挂在水平天花板上，O为结点，OA>OB，∠AOB=90°。

设OA、OB对O点的拉力大小分别为F A、F B，轻绳能够承受足够大的拉力，则（）
A．F A大于F B
B．F A、F B的合力大于mg
C．若左右调节A点位置，可使F A等于F B
D．若左右调节A点位置，可使F A、F B均大于mg
6．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一个光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，让一个物块从槽上高h处由静止开始下滑。

下列说法正确的是（）
A．物块沿槽下滑的过程中，物块的机械能守恒
B．物块沿槽下滑的过程中，物块与槽组成的系统动量守恒
C．从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块的冲量等于零
D．物块第一次被反弹后一定不能再次回到槽上高h处
7．如图所示，围绕地球做匀速圆周运动的两颗卫星的周期分别为T1和T2，两颗卫星的轨道半径的差值为
d，地球表面重力加速度为g，根据以上已知量无法求出
．．．．的物理量是（引力常量G未知）（）
A．地球的半径B．地球的质量
C．两颗卫星的轨道半径D．两颗卫星的线速度
8．如图所示，质量相等的物块放在粗糙的水平面上，两物块用水平轻绳连接且刚好拉直，物块a、b与地面间动摩擦因数相同，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。

现给物块a施加一水平向右的拉力F，缓慢增大F到物块a要滑动的过程中，下列说法正确的是
A．地面对物块a的摩擦力一直增大
B．地面对物块a的摩擦力与轻绳对物块a的拉力同步增大
C．物块a刚好要滑动时，物块b也刚好要滑动
D．物块b刚好要滑动时，轻绳拉力等于此时外力F的一半
9．一根重为G的金属棒中通以恒定电流，平放在倾角为30°光滑斜面上，如图所示为截面图。

当匀强磁场的方向垂直斜面向上时，金属棒处于静止状态，此时金属棒对斜面的压力为F N1，安培力大小为F1，保持磁感应强度的大小不变，将磁场的方向改为竖直向上时，适当调整电流大小，使金属棒再次处于平衡状态，此时金属棒对斜面的压力为F N2，安培力大小为F2。

下列说法正确的是（）
A．金属棒中的电流方向垂直纸面向外
B．金属棒受到的安培力之比1
2
3 2
F
F
= C．调整后电流强度应比原来适当减小
D．N1
N24 3
F
F
=
10．如图所示，MON是竖直平面内的光滑直角支架，小球p和q通过一根轻绳连接且它们都套在支架上。

对p球施加一个沿ON杆水平向右的拉力F，使q球缓慢上升，则此过程中（）
A ．力F 增大
B ．力F 减小
C ．p 球受到的支持力增大
D ．p 球受到的支持力减小
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，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
11．如图所示，一个碗口水平、内壁光滑的半球形碗固定在水平桌面上，在球心O 点固定一电荷量为Q 的带正电金属球，两个质量相等的绝缘带电小球A 和B 分别紧贴着内壁在水平面内做匀速圆周运动。

若小球A 、B 所带电荷量很少，两者间的作用力忽略不计，且金属球和带电小球均可视为质点，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（ ）
A ．小球A 运动轨迹上各点的电场强度相同
B ．小球A 运动轨迹上各点的电势相等
C ．小球A 的电荷量大于小球B 的电荷量
D ．小球A 的角速度大于小球B 的角速度
12．一个电子在电场力作用下做直线运动（不计重力）。

从0时刻起运动依次经历0t 、02t 、03t 时刻。

其运动的v t -图象如图所示。

对此下列判断正确的是（ ）
A ．0时刻与02t 时刻电子在同一位置
B ．0时刻、0t 时刻、03t 时刻电子所在位置的电势分别为0ϕ、1ϕ、3ϕ，其大小比较有103ϕϕϕ>>
C ．0时刻、0t 时刻、03t 时刻电子所在位置的场强大小分别为0E 、1E 、3E ，其大小比较有301E E E <<。