2019年高考物理总复习专题动量与能量的综合应用练习卷

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(浙江选考)2019届高考物理二轮复习专题二能量与动量综合训练

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

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

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

图中a是弹性绳的原长位置,c是人所到达的最低点。

b是人静止地悬吊着时的平衡位置。

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

2019年高考物理试题分项解析专题26 动量与能量综合问题(第02期).doc

专题26 动量与能量综合问题一．选择题1．【全国百强校福建省莆田市第一中学2019届高三上学期第一次月考物理试题】如图所示,水平光滑轨道宽和弹簧自然长度均为d。

m2的左边有一固定挡板。

m1由图示位置静止释放,当m1与m2相距最近时m1速度为v1,则在以后的运动过程中()A．m1的最小速度是0B．m1的最小速度是v1C．m2的最大速度是v1D．m2的最大速度是v1【参考答案】BD(多选)如图所示，在光滑的水平杆上套有一个质量为m的滑环．滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为M的物块(可视为质点)，绳长为L.将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆；若滑环不固定时，仍给物块以同样的水平冲量，则（）A ．给物块的水平冲量为B ．物块上升的最大高度为C ．物块上升最高时的速度为D ．物块在最低点时对细绳的拉力3Mg 【参考答案】ABD二．计算题1. （2019湖南株洲一模）（12分）在水平桌面上画两个同心圆，它们的半径分别为r 和2r 。

圆心处摆放一颗棋子B ，大圆周上另一颗棋子A 以某一初速度v 0沿直径方向向右正对B 运动，它们在圆心处发生弹性碰撞后，A 刚好停在小圆周上，而B 则刚好停在大圆周上。

两颗棋子碰撞前后都在同一条直线上运动，它们与桌面间的动摩擦因数均为，棋子大小远小于圆周半径，重力加速度为g 。

试求（1）A 、B 两颗棋子的质量之比。

（2）棋子A 的初速度v 0。

【名师解析】（12分）先讨论的情况。

在此条件下，A 停在圆心右侧的小圆周上，B 停在圆心右侧大圆周上。

联立①②③④解得⑤（1分）与题设不符，故一定有⑥（1分）因此，碰后A 一定是反向运动，这样，A 只可能停在圆心左侧的小圆周上。

根据①②③④⑥解得⑦（2分）（2）根据动能定理，碰前对A 有⑧（1分）联立①③④⑥⑦⑧解得⑨（2分）2．【全国百强校辽宁省大连市第二十四中学2018届高考模拟物理试题】如图所示为过山车模型，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 。

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.。

【北京专用】2019版高考物理一轮复习检测动量守恒和能量守恒的综合应用含答案

第3讲动量守恒和能量守恒的综合应用基础巩固1.(2017北京朝阳期中,12,3分)小铁块置于薄木板右端,薄木板放在光滑的水平地面上,铁块的质量大于木板的质量.t=0时使两者获得等大反向的初速度开始运动,t=t1时铁块刚好到达木板的左端并停止相对滑动,此时与开始运动时的位置相比较,下列示意图符合实际的是( )2.一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰.若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A. B. C. D.3.(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v水平射向滑块.若射击下层,子弹刚好不射出;若射击上层,则子弹刚好能射穿一半厚度,如图所示.则上述两种情况相比较( )A.子弹的末速度大小相等B.系统产生的热量一样多C.子弹对滑块做的功不相同D.子弹和滑块间的水平作用力一样大4.(2016北京东城零模,17)如图所示,在光滑的水平面上有两物体A、B,它们的质量均为m.在物体B上固定一个轻弹簧处于静止状态.物体A以速度v0沿水平方向向右运动,通过弹簧与物体B发生作用.下列说法正确的是( )A.当弹簧获得的弹性势能最大时,物体A的速度为零B.当弹簧获得的弹性势能最大时,物体B的速度为零C.在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中,弹簧对物体B所做的功为mD.在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中,弹簧对物体A和物体B的冲量大小相等,方向相反5.(2017北京海淀零模,18)如图所示,在光滑水平地面上有A、B两个小物块,其中物块A的左侧连接一轻质弹簧.物块A处于静止状态,物块B以一定的初速度向物块A运动,并通过弹簧与物块A发生弹性正碰.对于该作用过程,两物块的速率变化可用速率-时间图像进行描述,在选项图所示的图像中,图线1表示物块A的速率变化情况,图线2表示物块B的速率变化情况.则在这四个图像中可能正确的是( )6.(2017北京朝阳期中,18,6分)如图所示,光滑水平冰面上固定一足够长的光滑斜面体,其底部与水平面相切,左侧有一滑块和一小孩(站在冰车上)处于静止状态.在某次滑冰游戏中,小孩将滑块以相对冰面v1=4 m/s的速度向右推出,已知滑块的质量m1=10 kg,小孩与冰车的总质量m2=40 kg,小孩与冰车始终无相对运动,取重力加速度g=10 m/s2,求:(1)推出滑块后小孩的速度大小v2;(2)滑块在斜面体上上升的最大高度H;(3)小孩推出滑块的过程中所做的功W.7.(2017北京东城一模,23,18分)能量守恒定律、动量守恒定律、电荷守恒定律等是自然界普遍遵循的规律,在微观粒子的相互作用过程中也同样适用.卢瑟福发现质子之后,他猜测:原子核内可能还存在一种不带电的粒子.(1)为寻找这种不带电的粒子,他的学生查德威克用α粒子轰击一系列元素进行实验.当他用α粒子He)轰击铍原子核Be)时发现了一种未知射线,并经过实验确定这就是中子,从而证实了卢瑟福的猜测.请你完成此核反应方程He Be→n.(2)为了测定中子的质量m n,查德威克用初速度相同的中子分别与静止的氢核和静止的氮核发生弹性正碰.实验中他测得碰撞后氮核的速率与氢核的速率关系是v N=v H.已知氮核质量与氢核质量的关系是m N=14m H,将中子与氢核、氮核的碰撞视为弹性碰撞.请你根据以上数据计算中子质量m n与氢核质量m H 的比值.(3)以铀235为裂变燃料的“慢中子”核反应堆中,裂变时放出的中子有的速度很大,不易被铀235俘获,需要使其减速.在讨论如何使中子减速的问题时,有人设计了一种方案:让快中子与静止的粒子发生碰撞,他选择了三种粒子:铅核、氢核、电子.以弹性正碰为例,仅从力学角度分析,哪一种粒子使中子减速效果最好,请说出你的观点并说明理由.综合提能1.(2018北京西城期末)(多选)如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两物块相连,它们静止在光滑水平地面上.现给物块m1一个瞬时冲量,使它获得水平向右的速度v0,从此时刻开始计时,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示.则下列判断正确的是( )A.t1时刻弹簧长度最短B.t2时刻弹簧恢复原长C.在t1~t3时间内,弹簧处于压缩状态D.在t2~t4时间内,弹簧处于拉长状态2.(2017北京海淀期中,17,10分)建筑工程中的“打桩”是利用重锤的冲击克服泥土对桩柱的阻力,使桩柱插入泥土到达预定深度的过程.如图甲所示,设打桩机重锤的质量为m,桩柱的质量为M.打桩过程可简化如下:桩柱下端开始时在地表面没有进入泥土,提升重锤到距离桩柱上端h高度后使其自由落下,重锤撞击桩柱上端,经极短时间的撞击使两者以共同的速度一起向下移动一段距离后停止.然后再次提升重锤,重复打桩过程,逐渐把桩柱打到预定深度.设桩柱向下移动的过程中泥土对桩柱的阻力f的大小与桩柱打入泥土中的深度x成正比,其函数表达式f=kx(k为大于0的常量,具体值未知),f-x图像如图乙所示.已知重力加速度大小为g.(1)求重锤与桩柱第一次碰撞后瞬间的共同速度大小;(2)图像法和比较法是研究物理问题的重要方法,例如从教科书中我们明白了由v-t图像求直线运动位移的思想和方法,请你借鉴此方法,根据图示的f-x图像结合函数式f=kx,分析推导在第一次打桩将桩柱打入泥土的过程中阻力所做的功与桩柱打入泥土深度的关系式;并将泥土对桩柱的阻力与你熟悉的弹簧弹力进行比较,从做功与能量转化的角度简要说明泥土对桩柱的阻力做功和弹簧弹力做功的不同;(3)若重锤与桩柱第一次的撞击能把桩柱打入泥土中的深度为d,试求常量k的大小.3.(2017北京朝阳一模,24,20分)动量守恒定律是一个独立的实验定律,它适用于目前为止物理学研究的一切领域.运用动量守恒定律解决二维问题时,可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究.(1)如图1所示,质量分别为m1、m2的球1和球2构成的系统,不考虑系统的外力作用.球1以速度v1(方向沿x轴正向)与静止的球2碰撞,若速度v1不在两球球心的连线上,碰撞之后两球的速度v1'、v2'都会偏离v1的方向,偏角分别为θ和φ,且v1、m1、m2、θ、φ均已知.图1a.请写出计算v1'、v2'的大小时主要依据的关系式;b.请分析说明球1对球2的平均作用力F的方向.图2(2)如图2所示,美国物理学家康普顿及其团队将X射线入射到石墨上,发现被石墨散射的X射线中除了有与入射波长相同的成分外,还有与入射波长不同的成分.我国物理学家吴有训在此项研究中也做出了突出贡献,因此物理学界也把这一效应称为“康普顿吴效应”.由于这一现象很难用经典电磁理论解释,所以康普顿提出光子不仅具有能量,也具有动量,光子的动量p与其对应的波长λ之间的关系为p=(h为普朗克常量).进一步研究表明X射线的散射实质是单个光子与单个电子发生碰撞的结果.由于电子的速度远小于光的速度,可认为电子在碰撞前是静止的.现探测到散射X射线的波长不同于入射X 射线的波长,请你构建一个合理的相互作用模型,解决以下问题:a.请定性分析散射X射线的波长λ'与入射X射线的波长λ的大小关系;b.若已知入射X射线的波长为λ,散射X射线的波长为λ'.设散射X射线相对入射方向的偏转角为θ.求θ=时电子获得的动量.答案精解精析基础巩固1.A 铁块质量大于木板质量,系统所受合外力为零,动量守恒,根据初动量情况,可知末动量方向向左.具体运动情况如以下分析:根据牛顿第二定律f=ma可知,铁块的加速度较小,因此,铁块向左以较小的加速度匀减速运动,木板以较大的加速度向右匀减速运动,木板的速度先减为零,然后反向运动,当两者速度相等时,停止相对运动,由动量守恒可得出v<v0,因整个过程中木板所受摩擦力始终向左且不变,则木板的加速度不变,又木板初速度向右、末速度向左,则知木板先向右做匀减速运动,后向左做匀加速运动,因v<v0,则知木板向右减速的位移大于向左加速的位移,选项A正确,选项B、C、D错误.2.A 设中子质量为m,则原子核的质量为Am.设碰撞前后中子的速度分别为v0、v1,碰后原子核的速度为v2,由弹性碰撞可得mv0=mv1+Amv2,m=m+Am,解得v1=v0,故=,A正确.3.AB 由动量守恒定律有mv=(m+M)v共,得v共=,A正确;由能量守恒定律有Q=mv2-(m+M),知B正确;由动能定理有M-0=W,知C错误;产生的热量Q=f·Δs,因Δs不同,则f也不同,故D错误.4.D 当A、B速度相同时,弹簧获得最大弹性势能,故A、B均错误.系统机械能守恒,E总=m,故当弹簧具有弹性势能时,物体的动能一定小于m,故C错误;弹簧对A、B的作用力始终大小相等方向相反,弹簧对物体A和物体B的冲量大小相等,方向相反,故D正确.5.B 由图像知速度方向都为正.B通过弹簧与A发生弹性碰撞,B减速,A加速,某一时刻两者速度相等,之后A继续加速,B继续减速,v B<v A,当弹簧恢复到原长时,A、B间无相互作用,两者同时开始匀速运动,所以选B.6.答案(1)1 m/s (2)0.8 m (3)100 J解析(1)对于滑块、小孩以及冰车构成的系统,根据动量守恒定律可得:0=m1v1-m2v2代入相关数据可得:v2=1 m/s(2)对于滑块,根据机械能守恒定律可得:m1=m1gH代入相关数据可得:H=0.8 m(3)小孩在推出滑块的过程中所做的功等于系统所获得的总动能,即:W=m1+m2代入相关数据可得:W=100 J7.答案(1 C (2)(3)见解析解析(1)由质量数守恒、电荷数守恒可得,此核反应方程为He Be C n.(2)设中子与氢核、氮核碰撞前的速率为v0中子与氢核发生弹性碰撞时根据动量守恒定律有m n v0=m n v n+m H v H根据能量守恒定律有m n=m n+m H解得碰后氢核的速率v H=同理可得,中子与氮核发生弹性碰撞后,氮核的速率v N=因此有=解得=(3)仅从力学角度分析,氢核减速效果最好.中子与质量为m的粒子发生弹性正碰时,根据动量守恒定律、能量守恒定律有,碰撞后中子的速率v n'=①由于铅核质量比中子质量大很多,碰撞后中子几乎被原速率弹回.②由于电子质量比中子质量小很多,碰撞后中子基本不会减速.③由于中子质量与氢核质量相差不多,碰撞后中子的速率将会减小很多.综合提能1.ABD m1与m2速度相同时,动能损失最多,此时弹簧弹性势能最大,0~t1时间内,相当于m1追 m2,两物块相距越来越近,t1时刻弹簧最短;t1~t2时间内,m2一直加速向右运动,m1先向右减速,后反向向左加速,两物块相距越来越远;由v-t图像中斜率表示加速度,可知t2时刻两物块的加速度为零,即弹簧恢复原长;t2~t3时间内,m2继续向右运动,两物块相距越来越远,弹簧伸长,t3时刻两物块共速,弹性势能最大,弹簧最长;t3~t4时间内,两物块均向右运动,且m1加速,m2减速,m1的速度大于m2的速度,两物块逐渐靠近,说明弹簧处于拉长状态.综上可知A、B、D正确,C错误.2.答案(1)(2)见解析(3)+解析(1)设重锤落到桩柱上端时的速度为v0,对于重锤下落的过程,根据机械能守恒定律有m=mgh(1分)解得:v0=重锤与桩柱相互作用过程极为短暂,冲击力远大于它们所受的重力,重锤与桩柱组成的系统,沿竖直方向动量守恒,设二者碰撞后共同运动的速度为v1,根据动量守恒定律有mv0=(M+m)v1(1分)解得:v1==(1分)(2)由直线运动的v-t图像与横坐标轴所围的“面积”表示位移,比较阻力随深度变化的f-x图像可知,f-x图像与横坐标轴所围成的三角形的“面积”表示阻力做功的大小:x=kx2(1分)阻力对桩柱做负功,所以W=-kx2(1分)由题可知:弹簧弹力的大小和泥土对桩柱的阻力大小变化的规律一样,都是大小与位移成正比.但是弹簧弹力做的功会使物体减少的机械能以弹性势能的形式存储起来,是不同形式的机械能之间的转化;而泥土对桩柱做的功会使物体减少的机械能转化成内能,是机械能转化为其他形式能的过程.泥土阻力一定做负功,弹簧弹力可以做正功,也可以做负功.(2分)(3)对于第一次碰撞后获得共同速度到进入泥土深度为d的过程,根据动能定理有(M+m)gd-kd2=0-(M+m)(2分)可解得:k=2+(1分)3.答案见解析解析(1)a.分别列出沿x轴、y轴方向的动量守恒表达式如下:b.对球2,由动量定理有FΔt=m2v2'-0可知,F的方向与v2'相同,与水平方向夹角为φ(2)a.依题意,建立如(1)中的碰撞模型,入射X射线的光子能量为E=h,散射X射线的光子能量为E'=h设碰撞后电子的动能为E e,碰撞中可能存在的能量损失为ΔE损由能量守恒定律有E=E'+E e+ΔE损可知,E>E',即h>h,所以λ<λ'b.设散射后电子获得的动量为p e,方向与X射线入射方向夹角为φ,由(1)结论可知,代入θ=解得p e=h。

高考物理二轮复习专题提升训练7 动量与能量的综合应用(含解析)

专题提升训练7动量与能量的综合应用一、单项选择题(本题共6小题,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.(2019·天津二模)如图所示,三个质量相等的小球A、B、C从图示位置分别以相同的速度v0水平向左抛出,最终都能到达坐标原点O,不计空气阻力,x轴所在处为地面,则可判断A、B、C 三个小球()A.在空中运动过程中,动量变化率之比为1∶2∶3B.在空中运动过程中,重力做功之比为1∶2∶3C.初始时刻纵坐标之比为1∶4∶9D.到达O点时,速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1∶4∶9答案:C解析:动量的变化率为合外力即重力,重力相同,则动量的变化率相等,故A错误;根据x=v0t,水平初速度相同,A、B、C水平位移之比为1∶2∶3,所以它们在空中运动的时间之比为1∶2∶3,故B错误;初始时刻纵坐标之比即该过程小球的下落高度之比,根据h=gt2,初始时刻纵坐标之比为1∶4∶9,重力做功之比为h之比,即为1∶4∶9,C正确;竖直方向速度之比为1∶2∶3,水平方向速度相向,而速度方向与水平方向夹角的正切值tanα=,则其比值为1∶2∶3,故D错误。

2.(2019·天津和平区期中)物体A和B用轻绳相连,挂在轻弹簧下静止不动,如图甲所示,A的质量为m,B的质量为m',当连接A、B的绳突然断开后,物体A上升经某一位置时的速度大小为v,这时物体B的下落速度大小为u,如图乙所示,在这段时间里,弹簧的弹力对物体A的冲量为()A.mvB.mg+C.mv+m'uD.mv+mu答案:D解析:以向上为正方向,由动量定理得对B:-m'gt=-m'u-0,对A:I-mgt=mv-0,解得:I=m(v+u),D项正确。

3.(2019·河南商丘上学期期末)李老师在课堂上做了如下的小实验:他把一支粉笔竖直放在水平桌面上靠近边缘的纸条上,如图所示。

第一次他慢慢拉动纸条将纸条抽出,粉笔向后倾倒。

2019届高考物理一轮训练【专题14】动量和能量(3)(含答案)

1.如图所示,内壁光滑半径为R的圆形轨道,固定在竖直平面内.质量为m1的小球静止在轨道最低点,另一质量为m2的小球(两小球均可视为质点)从内壁上与圆心O等高的位置由静止释放,运动到最低点时与m1发生碰撞并粘在一起.求:(1)小球m2刚要与m1发生碰撞时的速度大小;(2)碰撞后,m1､m2能沿内壁运动所能达到的最大高度(相对碰撞点).2.两个质量都是M=0.4kg的砂箱A､B并排放在光滑的水平桌面上,一颗质量为m=0.1kg的子弹以v0=140m/s 的水平速度射向A,如图所示.射穿A后,进入B并同B一起运动,测得A､B落点到桌边缘的水平距离s A：s B=1：2,求子弹在砂箱A､B中穿行时系统一共产生的热量Q.【解析】设子弹入射过程,使A获得速度v1,B获得速度v2,子弹穿过A时速度为v3.子弹入射A过程,子弹A､B水平方向不受外力作用,动量守恒,则mv0=mv3+2Mv1 ①子弹射入B过程,子弹与B水平方向不受外力作用,动量守恒.mv 3+Mv 1=(m+M)v 2 ②A ､B 离开桌面后做平抛运动,因高度相同,空中运动时间相等s A ：s B =v 1：v 2=1：2 ③子弹入射过程,系统动能转化为内能222012111()222Q mv Mv M m v =--+ ④ 联立①②③得010.1140/10/3230.420.1mv v m s m s M m ⨯===+⨯+⨯ v 2=2v 1=20 m/s 代入④得Q=860 J.【答案】860 J3.小球A 和B 的质量分别为m A 和m B ,且m A >m B .在某高处将A 和B 先后从静止释放.小球A 与水平地面碰撞后向上弹回,在释放处下方与释放处距离为H 的地方恰好与正在下落的小球B 发生正碰.设所有碰撞都是弹性的,碰撞时间极短.求小球A ､B 碰撞后B 上升的最大高度. 由①④⑤式得23.A B A B m m h H m m ⎛⎫-= ⎪+⎝⎭⑥ 【答案】23A B A B m m H m m ⎛⎫- ⎪+⎝⎭4.如图所示,质量为3 m 的足够长木板C 静止在光滑水平面上,质量均为m 的两个小物体A ､B 放在C 的左端,A ､B 间相距s 0,现同时对A ､B 施加水平向右的瞬时冲量而使之分别获得初速度v 0和2v 0,若A ､B 与C 之间的动摩擦因数分别为μ和2μ,则(1)最终A ､B ､C 的共同速度为多大?(2)求运动过程中A的最小速度?(3)A与B最终相距多远?(4)整个过程中A､B与木板C因摩擦所产生的热量之比为多大?(3)在A与C相对静止前,三个物体的加速度大小分别为a A=mgmμ=μg a B=2mgmμ=2μg【答案】(1)0.6v0 (2)v AC=0.5v0 v0=v B(3)20.425vsgμ+ (4)5275．如图所示，甲车质量为2 kg，静止在光滑水平面上，其顶部上表面光滑，右端放一个质量为1 kg的小物块，乙车质量为4 kg，以5 m/s的速度向左运动，与甲车碰撞后甲车获得6 m/s的速度，物块滑到乙车上，若乙车足够长，其顶部上表面与物块的动摩擦因数为0.2(g取10 m/s2)，则( )(1)物块在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止；(2)物块最终距离乙车左端多大距离．。

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。

2019年春高中物理人教版选修3-5专题练习试题：动量和能量的综合

动量和能量的综合1. （湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2019届高三上学期期中）如图所示，矩形滑块由材料不同的上下两层粘合而成，它静止于光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块。

若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，上述两种情况相比较（）A. 子弹和滑块的最终速度不同B. 滑块对子弹的阻力不一样大C. 子弹对滑块做功不一样多D. 系统产生的热量不一样多【答案】B2. （黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2019届高三上学期期末）如图所示，在光滑的水平面上静止放着装有一条光滑弧形轨道的小车，小车的质量为1kg一质量为0.5kg的小球以3m/s的速度沿弧形轨道水平方向射入，小球沿弧形轨道上升至h高处后，再沿轨道下滑脱离小车(g=10m/s2)，则（）A. h=45cmB. 小球上升至h处的速度为0C. 脱离时小球的速度大小为3m/sD. 脱离时小车的速度大小为2m/s【答案】D3. （2019届湖南师大附中高三上学期月考）某家用桶装纯净水手压式饮水器如图，在手连续稳定的按压下，出水速度为v0，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H(水面很低，高度不计)，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，则下列说法正确的是A. 出水口单位时间内的出水体积Q ＝v 0SB. 出水口所出水落地时的速度gHv v 220+=C. 出水后，手连续稳定按压的功率为ηρηρgH Sv Sv 032+D. 手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和【答案】BC4. 两质量、大小完全相同的正方体木块A 、B ，靠在一起放在光滑水平面上，一水平射来的子弹先后穿透两木块后飞出，若木块对子弹的阻力恒定不变，子弹射穿两木块的时间相同，则A 、B 两木块被子弹射穿后的速度之比为( ) A ．1∶1 B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶ 3【答案】C5. 如图所示，一个质量为m 的物块A 与另一个质量为2m 的物块B 发生正碰，碰后B 物块刚好能落入正前方的沙坑中。

2019版高考物理一轮复习热考题型专攻(三)动量和能量的综合练习

热考题型专攻 ( 三) 动量和能量的综合(45 分钟100 分)1.(25分)(2018·鹰潭模拟)如下图是某游玩场过山车的娱乐装置原理图, 弧形轨道尾端与一个半径为R 的圆滑半圆轨道光滑连结, 两辆质量均为m的同样小车 ( 大小可忽视 ), 中间夹住一轻弹簧后连结在一同, 两车从圆滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下, 当两车刚滑入半圆最低点时连结两车的挂钩忽然断开, 弹簧将两车弹开 , 此中后车恰巧停下, 前车沿半圆轨道运动恰能超出半圆轨道最高点, 求 :(1)前车被弹出时的速度。

(2)前车被弹出的过程中弹簧开释的弹性势能。

(3)两车从静止下滑到最低点的高度h。

【分析】 (1) 设前车在最高点速度为v2, 依题意有 :mg=m设前车在最低地点与后车分别后速度为v1, 依据机械能守恒得: m+mg· 2R= m解得 :v 1=(2)设两车分别前速度为 v0, 由动量守恒定律得 :2mv0=mv1解得 :v 0=设分别前弹簧弹性势能为E p, 依据系统机械能守恒得:E p= m -· 2m= mgR(3) 两车从 h 高处运动到最低处机械能守恒, 则 :2mgh= · 2m解得 :h= R答案 : (1)(2) mgR (3)R2.(25分)如图 , 质量为6m、长为L 的薄木板AB放在圆滑的平台, 木板 B 端与台面右侧沿齐平。

B 端上放上有质量为3m且可视为质点的滑块C,C 与木板之间的动摩擦因数为μ =。

质量为m的小球用长为L 的细绳悬挂在平台右侧沿正上方的O点, 细绳竖直时小球恰巧与C接触。

现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放 , 小球运动到最低点时细绳恰巧断裂, 小球与 C 碰撞后反弹速率为碰前的一半。

(1)求细绳可以蒙受的最大拉力。

(2)若要使小球落在开释点的正下方P 点 , 平台高度应为多大 ?(3)经过计算判断 C可否从木板上掉下来。

【分析】 (1) 设小球运动到最低点的速率为v0, 小球向下摇动过程机械能守恒, 由机械能守恒定律得 :mgL= m解得 :v 0=小球在圆周运动最低点, 由牛顿第二定律得:F T -mg=m由牛顿第三定律可知, 小球对细绳的拉力:F T′ =F T解得 :F T′ =3mg(2)小球碰撞后做平抛运动 , 则 :在竖直方向上:h=gt 2水平方向 :L=t解得 :h=L(3) 小球与滑块 C 碰撞过程中小球和C系统知足动量守恒, 设 C 碰后速率为v1,以小球的初速度方向为正方向, 由动量守恒定律得:mv 0=m+3mv1假定木板足够长, 在C 与木板相对滑动直到相对静止过程, 设二者最后共同速率为v , 以C的初速度方向为2正方向 , 由动量守恒定律得:3mv1=(3m+6m)v2由能量守恒定律得:·3m = (3m+6m) +μ · 3mgs联立解得 :s=L由 s<L 可知 , 滑块 C不会从木板上掉下来答案 : (1)3mg (2)L(3)C不会从木板上掉下来3.(25分 ) 如下图, 质量M=1.0 kg的木块随传递带一同以v=2.0 m/s的速度向左匀速运动, 木块与传递带间的动摩擦因数μ =0.50 。

2019年高考物理二轮复习综合测试试题能量与动量

2019 年高考物理二轮复习综合测试一试题能量与动量东北师范大学2018-2019 学年度放学期二轮复习试题长白山实验中学高三物理能量与动量综合测试题一、选择题 ( 共 10 小题，每题 5 分，1-4 题单项选择， 5-10 为多项选择，所有选对的得 5分，选对但不全的得 3 分，有选错的得0分．)1．“中兴号”动车组是我国拥有完好自主知识产权的中国标准动车组．由8 节车厢构成的“中兴号”动车组在车站从静止匀加快起动出站，一警务员站在站台上第 1 节车厢前，第 1 节车厢经过警务员用了t 0时间．每节车厢长度都同样，动车组出站过程中遇到的阻力大小恒定，出站后发动机实质功率才达到额定功率．则( ) A．第 2、3 和 4 节车厢经过警务员的时间共为2t 0B．第 8 节车厢经过警务员的时间为 2 2t 0C．动车组出站过程中，经过同样的距离，发动机牵引力做功同样D．动车组出站过程中，经过同样的时间，发动机牵引力做功同样2．如下图，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 从圆槽的右边最顶端由静止开释，全部摩擦均不计．则①运动员从 10 米高的跳台上跃入水中．②运动员从水底快速浮出水面．③运动员困难的挺举起110 kg 的杠铃．④运动员举起杠铃后向前走了两步停下．⑤马术竞赛中运动员骑马快速冲上山坡．⑥运动员骑马在水平跑道上冲过终点后减速．A．①④⑥B．②③⑤ C ．⑥②③ D ．⑤①③5．为了进一步研究课本中的迷你小实验，某同学从圆珠笔中拿出轻弹簧，将弹簧一端固定在水平桌面上，另一端套上笔帽，使劲把笔帽往下压后快速松开，他察看到笔帽被弹起并走开弹簧向上运动一段距离．不计空气阻力，忽视笔帽与弹簧间的摩擦，在弹簧恢还原长的过程中()A．笔帽向来做加快运动B．弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C．弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等D．弹簧对笔帽的弹力做功的均匀功率大于笔帽战胜重力做功的均匀功率6．如下图，水平川面上停放一质量为 3m的木板 C，质量分别为 2m和 m的 A、B两滑块，同时从木板的两头以同样的速率 v 滑上木板，两滑块相撞后粘连成一个整体一同运动．已知木板 C与水平川面间的动摩擦因数为μ，滑块 A、B与木板间的动摩擦因数分别为 3μ和 6μ，则 ()A．木板 C 加快运动时的加快度大小为μgB．木板 C加快运动时的加快度大小为2μ g()A．A 不可以抵达 B 圆槽的左边最高点gR B．A 运动到圆槽的最低点时 A 的速率为3 C．两滑块相撞后瞬时的速度大小必定小于D．两滑块相撞后瞬时的速度大小可能等于v3v3gRC．A 运动到圆槽的最低点时 B 的速率为 232RD．B 向右运动的最大位移大小为33．如下图，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为 m 的物体 A 相连， A 放在圆滑水平面上，有一质量与 A 同样的物体 B，从高 h 处由静止开始沿圆滑曲面滑下，与 A 相碰后一同将弹簧压缩，弹簧还原过程中某时辰B 与 A 分开且沿原曲面上涨．下列说法正确的选项是 () A．弹簧被压缩时所拥有的最大弹性势能为 mghmghB．弹簧被压缩时所拥有的最大弹性势能为27．如下图，一男孩站在小车上，并和木箱一同在圆滑的水平冰面上向右匀速运动，木箱与小车挨得很近．现男孩使劲向右快速推开木箱．在男孩推开木箱的过程中，以下说法正确的选项是 ()A．木箱的动量增量等于男孩动量的减少许B．男孩对木箱推力的冲量大小等于木箱对男孩推力的冲量C．男孩推开木箱后，男孩和小车的速度可能变成零D．关于小车、男孩和木箱构成的系统，推开木箱前后的总动能不变8．一物体静止在水平川面上，在竖直向上的拉力 F 的作用下开始向上运动，如图甲所示．在物体上涨过程中，空气阻力不计，其机械能 E 与位移 x 的关系图象如图乙所示，此中曲线上点 A 处的切线的斜率最大，则()A．在 x1处物体的速度最大C．B 能达到的最大高度为h2B．在 x2处物体所受拉力最大C．在 x2～x3过程中，物体的动能向来减小D．在 0～x2过程中，物体加快度的大小是先D．B 能达到的最大高度为h 增大后减小再增大1 / 42019 年高考物理二轮复习综合测试一试题能量与动量时间为 t. 关于这一过程，以下判断正确的选项是()A．斜面对物体的弹力的冲量为零B．物体遇到的重力的冲量大小为mgtC．物体遇到的协力的冲量大小为零D．物体动量的变化量大小为mgsinθ·t110．如下图，竖直搁置的4圆弧轨道AB与水平轨道BC相切连结．一质量为m 的小物体由静止开始从顶端 A 沿圆弧轨道滑下，最后停止于水平轨道的 C 处，已知 BC＝R(R 为圆弧轨道半径 ) ，小物体与水平面间的动摩擦因数为μ.现使劲F将该小物体从 C 处迟缓拉回圆弧轨道的顶端A，拉力 F 的方向一直与小物体的运动方向一致．重力加快度为 g. 以下说法正确的选项是 ()A．物体从 A 点下滑到 B 点的过程中战胜摩擦力做功为mgR(1－μ )B．拉力 F 做的功等于 2mgRC．物体先后两次经过 B 点时对 B 点的压力大小相等D．物体从 B 点到 C点过程中在 BC中点的速度大小等于μgR二、实验题：此题 1 小题，共 6 分．11图示为考证机械能守恒定律的实验装置：(1) 关于该实验，以下操作中对减小实验偏差有益的是________．A．精准丈量出重物的质量B．重物采用质量和密度较大的金属锤C．两限位孔在同一竖直面内上下对正D．用手托庄重物，接通电源后，松手开释重物(2) 某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50 Hz 的沟通电源上，按正确操作获得了一条完好的纸带，因为纸带较长，图中有部分未画出，如下图．纸带上各点是打点计时器打出的计时点，此中O 点为纸带上打出的第一个点．重物着落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用以下丈量值能达成考证机械能守恒定律的选项有________．C． BD、CF和 EG的长度 D ．AC、BD和 EG的长度三、计算题：共 4 小题，共 44 分．12.(10 分) 如下图，粗拙的水平轨道 AB与圆滑的半圆轨道 BC光滑连结，且在同一竖直平面内，一质量 M＝ 0.98 kg 的木块静止在 A 点，被一水平向右飞来的质量 m ＝20 g 的子弹射中，子弹滞留在木块中，不计子弹在木块中的运动时间，木块沿轨道滑到 C点后水平飞出，并恰巧落回 A 点．已知 A、B 两点的距离 s＝1.2 m，半圆轨道的半径r ＝0.4 m，木块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.36 ，重力加快度g＝10 m/s2. 求：(1)木块在 C点时对轨道的压力大小；(2)子弹射入木块前瞬时的速度大小．13. (10分)如下图，水平桌面离地高度h＝0.8 m ，桌面长 L＝1.6 m ．质量 m1 ＝0.2 kg的滑块A与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块A以初速度v0＝5 m/s从桌面左端向右滑去，并与静止于右端、质量m2＝ 1.0 kg的滑块B相碰，碰撞后A 被反弹， B 从桌面水平飞出． A 被反弹后又滑行了 L1＝0.4 m 后停在桌面上．滑块可视为质点，空气阻力不计，重力加快度 g＝ 10 m/s 2. 求(1)滑块 A与 B 碰撞前瞬时、碰撞后瞬时， A 的速度大小；(2)滑块 B从飞出桌面到落地过程中水平位移的大小．2 / 42019 年高考物理二轮复习综合测试一试题能量与动量14.(12 分) 圆滑水平面上放着质量 m A＝ 2.5 kg 的物块 A 与质量 m B＝ 1.5 kg 的物块B， A 与 B 均可视为质点，物块 A、 B 相距 L0＝0.4 m ，A、B 间系一长 L＝1.0 m 的轻质细绳，开始时 A、 B 均处于静止状态，如下图．现对物块 B 施加一个水平向右的恒力F＝ 5 N，物块 B 运动一段时间后，绳在短临时间内被拉断，绳断后经时间t ＝0.6 s ，物块的速度达到v＝3 m/s. 求：(1) 绳拉断后瞬时的速度v B的大小；(2) 绳拉断过程绳对物块 B 的冲量 I 的大小；(3) 绳拉断过程绳对物块 A 所做的功 W.15.(12 分) 如下图，内壁粗拙、半径R＝0.4 m 的四分之一圆弧轨道AB在最低点B 与足够长圆滑水平轨道 BC相切．质量 m2＝ 0.2 kg 的小球 b 左端连结一轻质弹簧，静止在圆滑水平轨道上，另一质量 m1＝0.2 kg 的小球 a 自圆弧轨道顶端由静止开释，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．忽视空气阻力，重力加快度g＝10 m/s 2. 求(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 经过弹簧与小球 b 互相作用的过程中，弹簧的最大弹性势能 E p；(3) 小球 a 经过弹簧与小球 b 互相作用的整个过程中，弹簧对小球 b 的冲量 I 的大小．2019 年高考物理二轮复习综合测试一试题能量与动量答案CDBB CD BC BC CD BD AD11．(1)BC(2)AC12．(1)12.5 N(2)290 m/s解： (1) 木块从 C点落回 A 点的过程中做平抛运动，1 2竖直方向上， 2r ＝2gt .水平方向上， s＝v C t.在 C点时，依据向心力公式可知，2v CF＋(M＋m)g＝(M＋ m)r .联立解得，压力F＝ 12.5 N.(2)设子弹射入木块前瞬时的速度大小为 v0，系统动量守恒，mv0＝(M＋m)v1 .A、B 段运动过程中，依据运动学公式可知，22v B－v1＝2μgs.B、C 段运动过程中，依据能量守恒可知，12 122(m＋ M)v B＝(m＋M)g×2r ＋2(m＋M)v C.解得， v0＝290 m/s.13．(1)3 m/s 2 m/s (2)0.4 m解： (1) 滑块 A 与 B 碰撞前，从桌面左端运动到右端的过程中，依据动能定理得，1 21 2－μm1gL＝2mv1－2mv0.滑块 A与 B碰撞后，1 2－μm1gL1＝ 0－2m1v2.联立解得， v1＝3 m/s ， v2＝2 m/s.(2)滑块 A、B 碰撞的过程中，动量守恒定律，m1v1＝－ m1v2＋m2v3.碰撞后，滑块 B 做平抛运动，依据平抛规律可知，1 2竖直方向上， h＝2gt .水平方向上， x＝v3t.联立解得， x＝ 0.4 m.14．(1)1 m/s(2)1.5 N ·s (3)0.45 J解： (1) 绳索断以后对 B 研究，对 B 应用动量定理Ft ＝m B v－m B v B.解得， v B＝1 m/s.(2)绳索断以前对 B 应用动能定理，1 2F(L －L0 ) ＝2m B v0－ 0.对 B 应用动量定理，I ＝ m B v B－ m B v0.解得， I ＝－ 1.5 N ·s，绳对 B 的冲量大小为 1.5 N ·s.(3)绳拉断的过程中，依据动量守恒定律可知，m B v0＝m B v B＋m A v A.1 2绳对物体 A 做功 W＝2m A v A.解得， W＝0.45 J.15．(1) －0.4 J(2)0.2 J(3)0.4 N ·s解： (1) 小球 a 由 A 点运动到 B 点的过程中，依据动能定理，1 2m1gR＋W f＝2m1v1－0.小球在最低点，依据牛顿第二定律，2v1F N－m1g＝ m1R，此中 F N＝2m1g.联立解得， W f＝－ 0.4 J.(2)小球 a 经过弹簧与小球 b 互相作用的过程中，系统动量守恒，当弹簧弹性势能最大时，两球共速．m1v1＝(m1＋m2)v 2.依据能量守恒定律可知，1212 ＋E .2mv ＝2(m ＋m)v1 1 122 p联立解得最大弹性势能E P＝0.2 J.(3)小球 a、b 经过弹簧互相作用的整个过程中，系统动量守恒，m1v1＝m1v3＋m2v4.依据能量守恒定律可知，1 2121 22m1v1＝2m1v3＋2m2v4.弹簧对小球 b 的冲量大小为 I ，依据动量定理可知， I＝ m2v4.联立解得 I ＝0.4 N ·s.。

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。

2019高考物理二轮复习第章动量和能量高考题型小卷练+计算三.doc

高考题型小卷练(8＋2计算)(三)如图所示，放在水平地面上的物块A用不可伸长的轻质细绳跨过两个定滑轮与小球连接，物块的质量远大于小球的质量．现给B施加一个斜向右上方且与水平方向始终成缓慢地移动，直至悬挂B的细绳水平，进行受力分析可知，拉力F先减小后增大，故物块A对地面的压力先增大后减小，选项分，在西昌卫星发射中心，我国运用长征三号乙运载火箭以“一箭双星”方式成功发射了两颗卫星．这两颗卫星是北斗三号卫星导航系统的组网卫星。

它们的轨道为中圆地球轨道，高度约21 000 km.则下列说法正确的是G＝＋答案：C17．[2018·北京卷，以一定初速度射入该空间后，理想变压器原、副线圈上分别接有定值电阻n1：n＝：1，电阻R2两端的电压为，在此过程中( )．钢球重力势能减少量等于铁链机械能增加量．铁链重力势能的减少量小于其动能增加量．铁链和钢球总的重力势能减少了mgl将带电粒子A从a点最近，且带电粒子的重力忽略不计，则下列说法中正点固定的点电荷电性不同知导体棒ab 的质量为m ，电阻为R ，导体棒cd 的质量为2m ，电阻为2R ，两导体棒在导电绳间的长度均为L ，不计导电绳的质量和电阻，重力加速度为g .现释放两导体棒，导体棒ab 运动的v －t 图象如图丙所示，在t 1～t 2时间内的速度为v 0，t 2时刻时导体棒cd 进入磁场，t 4时刻时导体棒ab 出磁场．不计两导体棒与导电绳间的相互作用，求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小．(2)t 1～t 2时间内导体棒cd 的电热功率． (3)t 3～t 4时间内导体棒ab 两端的电压U .解析：(1)t 1～t 2时间内，导体棒ab 还没出磁场，导体棒cd 还没进磁场．对导体棒ab ：T ＝mg ＋BIL (1分) 对导体棒cd ：T ＝2mg (1分)又：I ＝BLv03R (1分)解得：B ＝1L 3mgRv0(1分)(2)导体棒cd 的电热功率：P ＝I 2·2R (1分)解得：P ＝23mgv 0(1分)(3)t 3～t 4时间内，导体棒ab 、cd 都在磁场中运动，则：对ab ：T ′＝mg ＋BI ′L (1分) 对cd ：T ′＋BI ′L ＝2mg (1分)又：I ′＝2BLv3R(1分)两电源总电动势：E ＝I ′(R ＋2R )(1分) 对导体棒ab ：U ＝BLv －I ′R (1分)解得：U ＝1123mgRv0(1分)答案：(1)1L 3mgR v0 (2)23mgv 0(3)1123mgRv0 25．(20分)如图所示，一个质量m ＝0.5 kg 的小车(可视为质点)在水平直轨道上以恒定功率P ＝2 W 从O 点静止出发，2.5 s 后关闭发动机，继续滑行一段距离之后从A 点水平抛出，恰好从圆环BCD 的B 点沿切线方向进入圆环，经圆环BCD 从圆环的最高点D 飞出后恰好又落到B 点．已知OA 的长度L ＝1 m ，圆环的半径R ＝0.4 m ，且A 、D 两点在同一水平线上，BC 弧对应的圆心角θ＝60°，重力加速度为g ＝10 m/s 2，不计空气阻力和圆环细管的直径．。

历年(2019-2023)高考物理真题专项(动量)练习(附答案)

历年（2019-2023）高考物理真题专项（动量）练习一、单选题A．铝框所用时间相同C．铝框中的电流方向相同3．（2022ꞏ重庆ꞏ高考真题）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。

下列说法正确的是（）A ．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力B ．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度C ．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度D ．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间5．（2022ꞏ北京ꞏ高考真题）质量为1m 和2m 的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x 随时间t 变化的图像如图所示。

下列说法正确的是（）A ．碰撞前2m 的速率大于1m 的速率B ．碰撞后2m 的速率大于1m 的速率C ．碰撞后2m 的动量大于1m 的动量D ．碰撞后2m 的动能小于1m 的动能 6．（2022ꞏ江苏ꞏ高考真题）上海光源通过电子-光子散射使光子能量增加，光子能量增加后（）A ．频率减小B ．波长减小C ．动量减小D ．速度减小 7．（2022ꞏ海南ꞏ高考真题）在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是1F ，乙对甲的作用力是2F ，则这两个力（）A ．大小相等，方向相反B ．大小相等，方向相同C ．1F 的冲量大于2F 的冲量D ．1F 的冲量小于2F 的冲量8．（2022ꞏ湖北ꞏ统考高考真题）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v 增大到2v ，在随后的一段时间内速度大小由2v 增大到5v 。

前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W 1和W 2，合外力的冲量大小分别为I 1和I 2。

下列关系式一定成立的是（）A ． 213W W =，213I I ≤B ． 213W W =，21I I ≥C ．217W W =，213I I ≤D ．217W W =，21I I ≥9．（2022ꞏ湖南ꞏ统考高考真题）1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。

2019高考物理一轮全国经典版：限时规范专题练5 碰撞、动量与能量问题综合应用

限时规范专题练(五) 碰撞、动量与能量问题综合应用时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。

其中 1～5为单选，6～8为多选)1. 对于两个质量相同的物体发生速度在同一直线上的弹性碰撞过程，可以简化为如下模型：在光滑水平面上，物体A 的左边固定有轻质弹簧，与A 质量相同的物体B 以速度v 向A 运动并与弹簧发生碰撞，A 、B 始终沿同一直线运动。

设物体的质量均为m ＝2 kg ，开始时A 静止在光滑水平面上某点，B 以速度v 0＝2.0 m/s 从远处沿该直线向A 运动，如图所示，A 、B 组成的系统动能损失的最大值为( )A ．1 JB ．2 JC ．3 JD ．4 J 答案 B解析由运动分析可知当二者的速度相等时，弹簧的长度最短，弹性势能最大，动能损失最多，由动量守恒定律得mv 0＝2mv ，所以v ＝v 02＝1.0 m/s 。

则系统动能的减小量为ΔE k ＝12mv 20－12×(2m)v 2＝2 J 。

2．[2017·抚顺高一检测]斜向上抛出一个爆竹，到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反。

则以下说法中正确的是( )A ．爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B ．爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西C ．爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D ．爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能答案 A解析设爆竹爆炸前瞬间的速度为v 0，爆炸过程中，因为内力远大于外力，则爆竹爆炸过程中动量守恒，设前面的一块速度为v 1，则后面的速度为－v 1，设中间一块的速度为v ，由动量守恒有3mv 0＝mv 1－mv 1＋mv ，解得v ＝3v 0，表明中间那块速度方向向东，速度大小比爆炸前的大，则A 正确，B 错误；三块同时落地，但动量不同，C 错误；爆炸后的瞬间，中间那块的动能为12m(3v 0)2，大于爆炸前系统的总动能32mv 20，D 错误。

(新课标)2019版高考物理一轮复习主题五能量和动量综合技能演练5-1-7

综合技能演练5-1—71．（2018·潍坊二模）图甲是验证机械能守恒定律的实验．小圆柱由一根不可伸长的轻绳拴住，轻绳另一端固定．将轻绳拉至水平后由静止释放．在最低点附近放置一组光电门，测出小圆柱运动到最低点的挡光时间Δt,再用游标卡尺测出小圆柱的直径d,如图乙所示，重力加速度为g。

则(1）小圆柱的直径d＝________cm.（2）测出悬点到圆柱重心的距离l,若等式gl＝________成立，说明小圆柱下摆过程机械能守恒．(3）若在悬点O安装一个拉力传感器，测出绳子上的拉力F，则要验证小圆柱在最低点的向心力公式还需要测量的物理量是______________(用文字和字母表示），若等式F＝____________成立，则可验证向心力公式F n＝m错误!。

[解析] (1）小圆柱的直径d＝10 mm＋2×0。

1 mm＝10。

2 mm＝1。

02 cm.（2）根据机械能守恒定律得mgl＝错误!mv2，所以只需验证gl＝错误!v2＝错误!错误!2,就说明小圆柱下摆过程中机械能守恒．（3)若测量出小圆柱的质量m,则在最低点由牛顿第二定律得F－mg＝m错误!，若等式F＝mg＋m错误!成立，则可验证向心力公式,可知需要测量小圆柱的质量m.［答案］（1)1。

02 （2）错误!错误!2(3)小圆柱的质量m mg＋m错误!2．(2018·青岛模拟)某实验小组利用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．小钢球自由下落过程中,计时装置测出小钢球先后通过光电门A、B的时间分别为t A、t B，用小钢球通过光电门A、B的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度．测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g，小钢球所受空气阻力可忽略不计．(1)先用游标卡尺测量钢球的直径，读数如图乙所示,钢球直径为d＝________cm。

（2）要验证机械能是否守恒，只要比较________与________是否相等．(3）实验中小钢球通过光电门的平均速度________（选填“大于”或“小于”）小钢球球心通过光电门时的瞬时速度，导致动能增加量ΔE k总是稍________（选填“大于”或“小于")重力势能减少量ΔE p，且随小钢球下落起始高度的增加，误差越来越________（选填“大”或“小”)．[解析］(1)由图可知，主尺刻度为8 mm，游标对齐的刻度为10，故读数为：8 mm＋10×0.05 mm＝8。

[精品]2019高考物理大二轮复习专题二功和能动量专题能力训练7动量动量的综合应用

专题能力训练7 动量动量的综合应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题6分,共42分。

在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~7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,有选错的得0分)1.(2017·全国卷Ⅰ)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/sB.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/sD.6.3×102kg·m/s2.一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出,木块的动能增加了8 J,木块的质量大于子弹的质量。

则此过程中产生的内能可能是()A.18 JB.16 JC.10 JD.6 J3.如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起,从高度为h处自由落下,且h远大于两小球半径,所有的碰撞都是完全弹性碰撞,且都发生在竖直方向。

已知m2=3m1,则小球m1反弹后能达到的高度为()A.hB.2hC.3hD.4h4.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,在此过程中()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,地面对他做的功为零5.蹦极运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下,将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动,从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是()A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能先增大后减小C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力6.在一条直线上,运动方向相反的两球发生正碰。

专题05 动量与能量的综合应用-2019年高考物理黄金押题(原卷版)

2019年高考物理黄金押题专题05动量与能量的综合应用【高考考纲】1.功、功率、动能定理及动量定理部分：考查与功、功率相关的分析和计算及动能定理、动量定理的综合应用，题型为选择题或与牛顿运动定律相结合的计算题。

2.功能关系和动量、能量守恒部分：以直线运动、平抛和圆周运动为情景，考查运动过程中的受力分析、运动分析、能量转化及功能关系问题，以计算题形式命题为主。

【真题感悟】例1．(2018·全国Ⅰ，14)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【举一反三】(2018·全国Ⅱ，14)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。

木箱获得的动能一定()A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功【名师点睛】1．恒力做功的公式W＝Fl cosα(通过F与l间的夹角α，判断F是否做功及做功的正、负)2．变力做功的计算(1)用动能定理W＝ΔE k或功能关系W＝ΔE计算(2)变力做功的功率一定时，用功率和时间计算：W＝Pt(3)将变力做功转化为恒力做功3．总功的计算(1)先求物体所受的合外力，再求合外力所做的功(2)先求每个力做的功，再求各力做功的代数和(3)利用动能定理，合力功等于动能的变化4．功率(1)平均功率：P ＝W t＝F v cos α(2)瞬时功率：P ＝Fv cos α(α为F 与v 的夹角)【方法技巧】计算功和功率时应注意的问题(1)计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力做功，还是变力做功，恒力做功一般用功的公式或动能定理求解，变力做功用动能定理或图象法求解。

(2)用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义，若横轴表示位移，纵轴表示力，则可用图线与横轴围成的面积表示功，例如下图甲、乙、丙表示(丙图中图线为14圆弧)，力做的功分别为W 1＝F 1x 1、W 2＝12F 2x 2、W 3＝π4F 23或W 3＝π4x 23。