2018届高三物理复习练习：能量和动量 提能增分练(一) 含解析
2018届高考物理二轮复习计算题增分练(二)能量与动量观点专题卷(全国通用)
计算题增分练(二) 能量与动量观点1.(2018届高三·第三次全国大联考Ⅱ卷)如图所示，小球a 从光滑曲面上的A 点由静止释放，当小球a 运动到水平轨道上的C 点时，恰好与通过绷紧的细线悬挂的小球b 发生正碰并粘在一起，已知小球a 、b 的大小不计且质量均为m ，曲面高度和细线长度均为h ，细线能承受的最大拉力为2.5mg ，C 点到地面的高度也为h 。
(1)求碰后瞬间两球的共同速度大小；(2)碰后细线是否会断裂？若不断裂，求两球上升的最大高度；若断裂，求落地点到C 点的水平位移。
解析：(1)设a 球到C 点时的速度为v C ，a 球下滑过程，由机械能守恒有mgh ＝12m v C 2 解得v C ＝2gha 、b 两球碰撞过程动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒有m v C ＝(m ＋m )v解得v ＝122gh 。
(2)设碰后两球受到的细线拉力为T ，由牛顿第二定律有T －2mg ＝2m v 2h解得T ＝3mg >2.5mg ，细线会断裂细线断裂后两球做平抛运动，运动时间t ＝2h g平抛的水平位移x ＝v t ＝h 。
答案：(1)122gh (2)细线会断裂 h 2．(2018届高三·第一次全国大联考Ⅲ卷)如图所示，在光滑的水平面的左端连接一半径为R 的14光滑圆弧形固定轨道，水平面上有一质量为M ＝3m 的小球Q 连接着轻质弹簧，处于静止状态。
现有一质量为m 的小球P 从B 点正上方h ＝R 高处由静止释放，空气阻力不计，求：(1)小球P 到达圆弧形轨道最低点C 时的速度大小和对轨道的压力；(2)在小球P 压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；(3)若小球P 从B 上方高H 处释放，经弹簧反弹后恰好能够回到B 点，则高度H 的大小是多少。
解析：(1)小球P 从A 运动到C 过程，根据机械能守恒得mg (h ＋R )＝12m v C 2 又h ＝R ，代入解得v C ＝2gR在最低点C 处，根据牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v C 2R解得轨道对小球P 的支持力F N ＝5mg根据牛顿第三定律知，小球P 对轨道的压力大小为5mg ，方向竖直向下。
2018届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．( 多项选择 ) 如下图，质量分别为和 2 的两个小球A 和，中间用轻质杆相连，在杆mm B的中点 O处有一固定转动轴，把杆置于水平地点后开释，在B球顺时针摇动到最低地点的过程中 ( 不计全部摩擦)()A．B球的重力势能减少，动能增添， B 球和地球构成的系统机械能守恒B．A球的重力势能增添，动能也增添， A 球和地球构成的系统机械能不守恒C．A球、B球和地球构成的系统机械能守恒D．A球、B球和地球构成的系统机械能不守恒分析：选 BC A球在上摆过程中，重力势能增添，动能也增添，机械能增添，B项正确；因为 A 球、 B 球和地球构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；因此 B球和地球构成系统的机械能必定减少， A 项错误。
2. (2017 ·安徽六安一中模拟) 如下图，固定的倾斜圆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°，圆环与竖直搁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．圆环和地球构成的系统机械能守恒B．当弹簧垂直于圆滑杆时圆环的动能最大3C．弹簧的最大弹性势能为2mghD．弹簧转过60°角时，圆环的动能为mgh 2分析：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，因此圆环和地球构成的系统机械能不守恒，故A错误；当圆环沿杆的加快度为零时，其速度最大，动能最大，依据均衡条件可知，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，重力势能所有转变为弹性势能，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：h 1 2，即圆环的动能等于mgh mg＝ mv2，22故 D正确。
2018届高三物理二轮复习练习：曲线运动 提能增分练(一)含解析
提能增分练(一) 平抛运动问题的五种解法[A 级——夺高分]1.(2017·呼伦贝尔模拟)如图所示，在同一平台上的O 点水平抛出的三个可视为质点的物体，分别落到a 、b 、c 三点，则三个物体运动的初速度v a 、v b 、v c 的关系和三个物体运动的时间t a 、t b 、t c 的关系是( )A ．v a >v b >v c t a >t b >t cB ．v a <v b <v c t a ＝t b ＝t cC ．v a <v b <v c t a >t b >t cD ．v a >v b >v c t a <t b <t c解析：选C 三个物体的平抛运动竖直方向都为自由落体运动，由h ＝12gt 2可知， a 的运动时间最长，c 的运动时间最短；由水平方向做匀速直线运动x ＝v t ，可知c 的初速度最大，a 的初速度最小，C 正确。
2.如图所示，斜面与水平面之间的夹角为45°，在斜面底端A 点正上方高度为10 m 处的O 点，以5 m/s 的速度水平抛出一个小球，飞行一段时间后撞在斜面上，不计空气阻力，这段飞行所用的时间为(g ＝10 m/s 2)( )A ．2 s B. 2 s C ．1 s D ．0.5 s解析：选C 设小球撞到斜面AB 中的一点D 上，则小球的水平运动的时间与竖直下落的时间相等，设飞行时间为t ，则根据几何关系可得：v 0t ＝10 m －12gt 2，代入数据解得t ＝1 s ，故选项C 正确。
3.(2017·广州综合测试)如图，窗子上、下沿间的高度H ＝1.6 m ，墙的厚度d ＝0.4 m 。
某人在离墙壁距离L ＝1.4 m ，距窗子上沿高h ＝0.2 m 处的P 点，将可视为质点的小物体以速度v 垂直于墙壁水平抛出，小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，g 取10 m/s 2，则v 的取值范围是( )A ．v >7 m/sB ．v >2.3 m/sC ．3 m/s<v <7 m/sD ．2.3 m/s<v <3 m/s解析：选C 小物体穿过窗口并落在水平地面上，需满足的条件为能穿过窗口的右上沿(即水平位移x ＝L 时，竖直位移y >h )，同时能穿过窗口的左下沿(即水平位移x ＝L ＋d ，竖直位移y <H＋h )，结合公式h ＝gt 22，x ＝v t ，解得3 m/s<v <7 m/s ，故C 正确。
【高三物理试题精选】2018年功和能高考题和高考模拟题物理分项版汇编含解析
2018年功和能高考题和高考模拟题物理分项版汇编含解析 gt，根据动能得，故图象A正确。
点睛本题以竖直上抛运动为背景考查动能的概念和Ek-t图象，解题的方法是先根据竖直上抛运动物体的速度特点写出速度式，在根据动能的概念写出函数方程，最后根据函数方程选择图象。
2．高空坠物极易对行人造成伤害。
若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）A 10 NB 102 NC 103 ND 104 N【】，减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g - )，匀速运动过程的牵引力F3=mg。
第次提升过程做功W1=F1× ×t0×v0+ F2× ×t0×v0=mg v0t0；第次提升过程做功W2=F1× × t0× v0+ F3× v0×3t0/2+ F2× × t0× v0 =mg v0t0；两次做功相同，选项D错误。
点睛此题以速度图像给出解题信息。
解答此题常见错误主要有四方面一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功。
实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同。
1．一汽车在平直路上行驶，从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。
假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。
下列描述该汽车的速度v随时间t的变化的图线中，可能正确的是A BC D【】【全国百强校】四川省成都市第七中学t图象是与时间轴平行的直线，如果是加速，根据，牵引力减小；根据，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即，汽车开始做匀速直线运动，此时速度．所以0- 时间内，v-t图象先是平滑的曲线，。
高中物理复习能量和动量经典习题例题含答案
专题研究二能量和动量清大师德教育研究院物理教研中心李相关知识链接恒力做功 W=FsCOS B咼考考点解功能量（重力做功、电场力做功）变力做功（弹力、机车牵引力、摩擦力、分子力做功等）考题重力做功W G=—△ E p 弹力做功 W FI=— A E pi 分子力做功WF2=—A E P2 电场力做功W F3=— A E p3动量台匕冃匕动能20KK上海4 ” 势能（重力势能动弹上海£ 性势能、子势能）20KK上海21动能定理工 W= A E K功能原理W其他=A E机械能守题__型A E P=选择题能量守，恒计算题A E选择题计算题功和能、动能定理勺冲量20K牟t大津理综・24 变力的冲量20KK力江苏「10 向心力、摩擦20KK仑上海1 力的冲量等）----- 20KK厂东1计算题冲量9A动量定理选择题动量动冲量、动动量的变化2（方向黑、吉力量定理线上的0KK向广东不在一条直线上的）上海工 I = A p、广西・23动量守恒计算题A P = — A F计算题p i+p2=p i /计算题能量和动量的综合应用机械能守恒定律动量守恒定律动量和能量的综合应•420KK江苏1520KK上海920KK北京理综2320KK广东620KK河南河北2420KK天津理综21计算题选择题计算题选择题计算题选择题计算题选择题20KK江苏19 计算题20KK江苏20 计算题20KK江苏18 计算题20KK广东17 计算题20KK全国理综-25 计算题20KK北京理综-24 计算题20KK江苏18 计算题咼考命题思路——和能的关系及动能定理是历年高考的热点，近几年来注重考查对功的概念的理解及用功能关系研究物理过程的方法，由于所涉及的物理过程常常较为复杂，对学生的能力要求较高，因此这类问题难度较大。
例如20KK年江苏物理卷的第10题，要求学生能深刻理解功的概念，灵活地将变力分解。
2 .动量、冲量及动量定理近年来单独出题不多，选择题中常考查对动量和冲量的概念及动量变化矢量性的理解。
2018届高三物理二轮复习练习：磁场 提能增分练(一) Word版含解析
提能增分练(一) 安培力作用下导体的平衡、运动和功能问题[A 级——夺高分]1.(多选)(2017·牡丹江一中模拟)如图，在匀强磁场B 的区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放了一根长为L ，质量为m 的导线，当通以垂直纸面向里的电流I 后，导线恰能保持静止，则磁感应强度B 必须满足( )A ．B ＝mg sin θIL，方向垂直纸面向外 B ．B ＝mg cos θIL，方向水平向左 C ．B ＝mg tan θIL，方向竖直向下 D ．B ＝mg IL，方向水平向左 解析:选CD 若匀强磁场的方向垂直纸面向外，此时电流的方向和磁场的方向平行，此时不受安培力的作用，导线只受到支持力与重力，不可能处于平衡状态，故A 错误；若匀强磁场的方向水平向左，B ＝mg IL时，则竖直向上的安培力与重力相平衡，导线处于平衡状态，故B 错误，D 正确；若匀强磁场的磁感应强度B 的方向竖直向下，B ＝mg tan θIL时，则水平向左的安培力与支持力、重力三力平衡，导线处于平衡状态，故C 正确。
2．(2017·汕头模拟)如图甲是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中a 、b 两条导线长均为l ，通以图乙所示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B。
则( )A．该磁场是匀强磁场B．线圈平面总与磁场方向垂直C．线圈将逆时针转动D．导线a、b受到的安培力大小总为BIl解析:选D 匀强磁场的磁感应强度大小处处相等，方向处处相同，由题图乙可知，选项A错误；在题图乙所示的位置，a受向上的安培力，b受向下的安培力，线圈顺时针转动，选项C错误；由于磁场均匀辐向分布，故线圈平面总与磁场方向平行，选项B错误；由于磁感应强度大小不变，电流大小不变，则安培力大小始终为BIl，选项D正确。
3.如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是( )A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小解析:选A 棒中电流变大，金属棒所受安培力变大，θ角变大，选项A正确；两悬线等长变短，θ角不变，选项B错误；金属棒质量变大，θ角变小，选项C错误；磁感应强度变大，金属棒所受安培力变大，θ角变大，选项D错误。
2018年全国卷高考物理总复习《功和能》专题演练(含解析)
2018年全国卷高考物理总复习《功和能》专题演练1．小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q 球的绳短。
将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。
将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点（）A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的动能一定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度【答案】C2．（多选）两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量大于乙球质量。
两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。
若它们下落相同的距离，则（）A．甲球用的时间比乙球长B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功【答案】BD3．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。
如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（）A．4倍B．2倍C．3倍D．2倍【答案】D4．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小（）A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大【答案】A5．一汽车在平直公路上行驶。
从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。
假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。
下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是（）A B C D【答案】A6．（多选）如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接。
不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。
则（）A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg【答案】BD7．如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（）A．圆环的机械能守恒BC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变【答案】B8．【2017·长春外国语学校高三上学期期末考试】质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标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.17m/s【答案】B9．【2017·河南省中原名校豫南九校高三上学期第四次质量考评】如图所示，汽车在平直路面上匀速运动，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与滑轮间的绳保持水平，当牵引轮船的绳与水平方向成θ角时，轮船速度为υ，汽年的功率为P，汽车受到的阻力(不含绳的拉力)恒为f，则此时绳对船的拉力大小为（）A ．f P +θυcos B ．f P -θυcos C ．f P +υθcos D ．f P -υθcos【答案】B10．如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，一质量为m 的带正电小球在外力F 的作用下静止与图示位置，小球与弹簧不连接，弹簧处于压缩状态，现撤去F ，在小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹簧弹力对小球做功分别为1W 、2W 、3W ，不计空气阻力，则上述过程中（ ）A ．小球重力势能的增量为1WB ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒C ．小球的动能的增量为12W W +D ．小球机械能的增加量为23W W + 【答案】D11．如图所示，重10 N 的滑块在倾角为30°的斜面上，从a 点由静止开始下滑，到b 点开始压缩轻弹簧，到c 点时达到最大速度，到d 点(图中未画出)开始弹回，返回b 点离开弹簧，恰能再回到a 点．若bc =0.1 m ，弹簧弹性势能的最大值为8 J ，则下列说法正确的是（ ）A．轻弹簧的劲度系数是50 N/mB．从d到b滑块克服重力做功8 JC．滑块的动能最大值为8 JD．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J【答案】A12．【2017·株洲市高三教学质量统一检测】如图所示，质量为m的小滑块（可视为质点），从h高处的A 点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的B点（斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接）。
2018届高三物理高考总复习课后提能演练：选修3-3 第3讲热力学定律、能量守恒 含解析 精品
选修3-3第3讲一、选择题：在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5题有多项符合题目要求．1．一定质量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×104 J的功，气体的内能减少了1.2×105 J，则下列各式中正确的是()A．W＝8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝4×104 JB．W＝8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－2×105 JC．W＝－8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝2×104 JD．W＝－8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－4×104 J【答案】B【解析】因为外界对气体做功，W取正值，即W＝8×104J；内能减少，ΔU取负值，即ΔU＝－1.2×105 J；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＝ΔU－W＝－1.2×105 J－8×104 J＝－2×105 J，即选项B正确．2．如图所示，密闭绝热的具有一定质量的活塞，活塞的下部封闭着理想气体，上部为真空，活塞与器壁的摩擦忽略不计，置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的顶部，另一端固定在活塞上，弹簧处于自然长度后用绳扎紧，此时活塞的重力势能为E p(活塞在底部时的重力势能为零)．现绳突然断开，活塞在重力的作用下向下运动，经过多次往复运动后活塞静止，气体达到平衡态，经过此过程()A．E p全部转换为气体的内能B．E p一部分转换成活塞的重力势能，其余部分仍为弹簧的弹性势能C．E p一部分转换成弹簧的弹性势能，一部分转换为气体的内能，其余部分仍为活塞的重力势能D．E p全部转换成弹簧的弹性势能和气体的内能【答案】C【解析】分析题意得，最后静止时，活塞的位置有所下降，即重力势能减少，但是不为零，所以选项A错误．根据能量守恒，减少的重力势能转化为两部分：增加弹性势能、增加气体内能，所以选项B、D错误，选项C正确．3．在图中容器A，B中各有一个可自由移动的轻活塞，活塞下面是水，上面是大气，大气压强恒定，A，B的底部由带有阀门K的管道相连，整个装置与外界绝热．原先A中的水比B中的高，打开阀门，使A中的水逐渐向B中流，最后达到平衡．在这个过程中()A．大气压力对水做功，水的内能增加B．水克服大气压力做功，水的内能减少C．大气压力不做功，水的内能不变D．大气压力不做功，水的内能增加【答案】D【解析】大气压力在两活塞上做的正、负功恰好抵消，水的重力势能最后全部转化为水的内能，选项D正确．4．如图所示为电冰箱的工作原理示意图．压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环．在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外．下列说法正确的是()A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能C．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律D．电冰箱的工作原理违反热力学第二定律【答案】B5．某体育馆内有一恒温游泳池，水温等于室温，现有一个气泡从水池底部缓缓上升．那么在上升过程中，泡内气体(可视为理想气体)()A．分子间的平均距离增大B．分子平均动能减小C．不断吸热D．压强不断减小【答案】ACD【解析】气泡处在恒温的水池中，可认为温度不变，故平均动能不变，选项B错．气泡从水池底部缓缓上升的过程中，其压强在不断减小，由气体压强的微观解释可知，体积必在增大，对外做功，而温度不变，对理想气体而言，其内能不变，由热力学第一定律知，气体必不断从外部环境中吸热，故选项A、C、D正确．二、非选择题6．如图所示，A ，B 两个汽缸中装有体积均为10 L ，压强均为1 atm(标准大气压)、温度均为27 ℃的空气，中间用细管连接，细管容积不计．细管中有一绝热活塞，现将B 汽缸中的气体升温到127 ℃，若要使细管中的活塞仍停在原位置．(不计摩擦，A 汽缸中的气体温度保持不变，A 汽缸截面积为500 cm 2)(1)求A 中活塞应向右移动的距离；(2)A 中气体是吸热还是放热，为什么？解：(1)对B ：由p B T B ＝p B ′T B ′得 p ′B ＝T B ′T B p B ＝400300p B ＝43p B 对A ：由p A V A ＝p ′A V ′A得V ′A ＝p A V A p A ′且：p A ＝p B ，p ′A ＝p ′B解得V ′A ＝34V A 所以Δl ＝14V A S＝5 cm. (2)放热，在向右推活塞过程中，A 中气体温度不变，气体内能不变；体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知气体应放热.。
2018届高三物理复习：能量和动量 提能增分练(四) 含解析
提能增分练(四) 解决力学问题的三大观点[A 级——夺高分]1. (2017·正定质检)如图所示，质量m ＝2.0 kg 的木块静止在高h ＝1.8 m 的水平平台上，木块距平台右边缘l ＝10 m ，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2。
用大小为F ＝20 N 、方向与水平方向成37°角的力拉动木块，当木块运动到水平台末端时撤去F 。
不计空气阻力，g ＝ 10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
求：(1)木块离开平台时速度的大小；(2)木块落地时距平台后边缘的水平距离。
解析：(1)木块在水平台上运动过程中，由动能定理得Flcos 37°－μ(mg －Fsin 37°)l ＝12mv 2－0 解得v ＝12 m/s 。
(2)木块离开平台后做平抛运动，则水平方向：x ＝vt竖直方向：h ＝12gt 2 解得x ＝7.2 m 。
答案：(1)12 m/s (2)7.2 m2. (2017·湖南长沙长郡中学模拟)如图所示，光滑的水平面上有一木板，在其左端放有一重物，右方有一竖直的墙，重物的质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2。
使木板与重物以共同的速度v0＝6 m/s向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短。
已知木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度取g＝10 m/s2，求木板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间。
解析：第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到共同的速度v。
设木板的质量为m，重物的质量为2m，取向右为动量的正向，由动量守恒得：2mv0－mv0＝3mv设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的时间为t1，对木板应用动量定理得：2μmgt1＝mv－m(－v0)设重物与木板有相对运动时的加速度为a，由牛顿第二定律得：2μmg＝ma 在达到共同速度v时，木板离墙的距离为：l＝v0t1－12at21从木板与重物以共同速度v开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为：t2＝l v从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为：t＝t1＋t2由以上各式得t＝4v0 3μg代入数据可得：t＝4 s。
2018届高三物理二轮复习练习：力学实验 提能增分练一
提能增分练(一) 测重力加速度的8种方法1.如图1所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力加速度。
(1)所需器材有：电磁打点计时器、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需________(填字母代号)。
A ．直流电源B ．天平及砝码C ．4～6 V 交流电源D ．毫米刻度尺(2)实验中得到的一条纸带如图2所示，图中五个数据中不符合有效数字要求的一组数据应改为________cm ；重物在打下点D 时的速度大小为________m/s 。
重物的加速度大小为________m/s 2。
该实验中测得的重力加速度偏小，其主要原因是______________________________________。
解析：(1)电磁打点计时器需接4～6 V 交流电源。
重力加速度与重物的质量无关，所以不需要天平和砝码。
计算速度需要测相邻计数点的距离，需要毫米刻度尺，故A 、B 错误，C 、D 正确。
(2)毫米刻度尺测量长度，要求估读到最小刻度的下一位，这五个数据中不符合有效数字要求的是：2.0，应改为2.00。
A 、B 、C 、D 、E 、F 是打点计时器连续打出的点，因此计时点之间的时间间隔为：T ＝0.02 s ；根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度求出D 点速度为：v D ＝x CE 2T＝0.103 2－0.043 90.04m/s ＝1.482 5 m/s ， 根据逐差法有：a ＝x CE －x AC 4T 2＝0.103 2－0.043 9－0.043 94×0.022 m/s 2＝9.625 m/s 2， 由于重物下落的过程中存在摩擦力及空气的阻力，因此所测重力加速度比实际的要小。
答案：(1)CD (2)2.00 1.482 5 9.625 实验中存在摩擦力及空气的阻力2．(2017·内蒙古赤峰二中检测)如图甲所示为阿特武德机的示意图，它是早期测量重力加速度的器械，由英国数学家和物理学家阿特武德于1784年制成。
高三物理动量和能量 训练专题 (含详细解析过程)
1．两相同的物体a 和b ，分别静止在光滑的水平桌面上，因分别受到水平恒力作用，同时开始运动.若b 所受的力是a 的2倍，经过t 时间后，分别用I a ，W a 和I b ，W b 分别表示在这段时间内a 和b 各自所受恒力的冲量的大小和做功的大小，则 A ．W b =2W a ，I b =2 I a B ．W b =4W a ，I b =2 I a C ．W b =2 W a ，I b =4 I a D ．W b =4 W a ，I b =4 I a2．木块A 从斜面底端以初速度v 0冲上斜面，经一段时间，回到斜面底端．若木块A 在斜面上所受的摩擦阻力大小不变．对于木块A ，下列说法正确的是 A ．在全过程中重力的冲量为零 B ．在全过程中重力做功为零C ．在上滑过程中动量的变化量的大小大于下滑过程中动量的变化量D ．在上滑过程中机械能的变化量大于下滑过程中机械能的变化量 3．质量为m 的小物块，在与水平方向成α角的力F 作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A 点和B 点的速度分别是v A 和v B ，物块由A 运动到B 的过程中，力F 对物块做功W 和力F 对物块作用的冲量I 的大小是 A ．221122B A W mv mv =-B ．221122B B W mv mv >-C ．B A I mv mv =-D ．B A I mv mv >-4．A 、B 两物体质量分别为m A 、m B ，且3m A =m B ，它们以相同的初动能在同一水平地面上滑行．A 、B 两物体与地面的动摩擦因数分别为μA 、μB ，且μA =2μB ，设物体A 滑行了s A 距离停止下来，所经历的时间为t A 、而物体B 滑行了s B 距离停止下来，所经历的时间为t B ．由此可以判定 A ．s A >s B t A >t BB ．s A >s B t A < t BC ．s A <s B t A >t BD ．s A <s B t A <t B5．质量分别为m 1和m 2的两个物体（m 1>m 2），在光滑的水平面上沿同方向运动，具有相同的初动能．与运动方向相同的水平力F 分别作用在这两个物体上，经过相同的时间后，两个物体的动量和动能的大小分别为p 1、p 2和E 1、E 2，比较它们的大小，有 A ．1212p p E E >>和 B ．1212p p E E ><和 C ．1212p p E E <>和D ．1212p pE E <<和6．竖直向上抛出的物体，从抛出到落回到抛出点所经历的时间是t ，上升的最大高度是H ，所受空气阻力大小恒为f ，则在时间t 内 A ．物体受重力的冲量为零B ．在上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量大C ．物体动量的增量大于抛出时的动量D ．物体机械能的减小量等于f H7．如图所示，水平地面上放着一个表面均光滑的凹槽，槽两端固定有两轻质弹簧，一弹性小球在两弹簧间往复运动，把槽、小球和弹簧视为一个系统，则在运动过程中 A ．系统的动量守恒，机械能不守恒B ．系统的动量守恒，机械能守恒C ．系统的动量不守恒，机械能守恒D ．系统的动量不守恒，机械能不守恒8．汽车拉着拖车在平直公路上匀速行驶.突然拖车与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，各自受的阻力不变，则脱钩后，在拖车停止运动前，汽车和拖车系统 A ．总动量和总动能都保持不变 B ．总动量增加，总动能不变 C ．总动量不变，总动能增加D ．总动量和总动能均增加9．一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中重力对物块做的功等于A ．物块动能的增加量B ．物块重力势能的减少量与物块克服摩擦力做的功之和C ．物块重力势能的减少量和物块动能的增加量以及物块克服摩擦力做的功之和D ．物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和10．如图所示，质量为m 的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为34g ，此物体在斜面上上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体A ．重力势能增加了34mgh B ．重力势能增加了mgh C ．动能损失了mgh D ．机械能损失了12mgh提示：设物体受到摩擦阻力为F ，由牛顿运动定律得3sin304F mg ma mg +︒==，解得14F mg =重力势能的变化由重力做功决定，故△E p =mgh动能的变化由合外力做功决定33(sin30)4sin302k F mg s ma s mg mgh +︒==-=-︒机械能的变化由重力以外的其它力做功决定 故114sin302h E F s mgmgh ∆===︒机械综合以上分析可知，B 、D 两选项正确．11．高速公路上发生了一起交通事故，一辆总质量2000kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆总质量为4000kg 向北行驶的卡车，碰后两辆车连接一起，并向南滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测定，长途客车碰前的速率是20m/s ，由此可知卡车碰前瞬间的动能 A ．等于2×105J B ．小于2×105JC ．大于2×105JD ．大于2×105J ，小于8×105J12．一个人稳站在商店的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示．则A ．踏板对人做的功等于人的机械能的增加量B ．踏板对人的支持力做的功等于人的机械能的增加量C ．克服人的重力做的功等于人的机械能增加量D ．对人做功的只有重力和踏板对人的支持力13．“神舟”六号载人飞船顺利发射升空后，经过115小时32分的太空飞行，在离地面343km的圆轨道上运行了77圈．运动中需要多次“轨道维持”．所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小和方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定运行．如果不进行“轨道维持”，由于飞船受轨道上稀薄空气的影响，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能的变化情况将会是 A ．动能、重力势能和机械能逐渐减小B ．重力势能逐渐减小、动能逐渐增大，机械能不变C ．重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变D ．重力势能逐渐减小、动能逐渐增大，机械能逐渐减小提示：“神舟”六号飞船在每一圈的运行中，仍可视为匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得：22Mm v Gm r r =，所以飞船的动能为：21,22k GMm E mv r==轨道高度逐渐降低，即轨道半径逐渐减小时，飞船的动能将增大；重力做正功，飞船的重力势能将减小；而大气阻力对飞船做负功，由功能关系知，飞船的机械能将减小．故选项D 正确． 14．质量为m 1=4kg 、m 2=2kg 的A 、B 两球，在光滑的水平面上相向运动，若A 球的速度为v 1=3m/s ，B 球的速度为v 2=－3m/s ，发生正碰后，两球的速度的速度分别变为v 1＇和v 2＇，则v 1＇和v 2＇可能为 A ．v 1＇=1m/s ，v 2＇=1m/s B ．v 1＇=4m/s ，v 2＇=－5m/s C ．v 1＇=2m/s ，v 2＇=－1m/sD ．v 1＇=－1m/s ，v 2＇=5m/s15．A 、B 两小球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A 球的动量为5kg ·m/s ，B 球的动量为7kg·m/s ，当A 球追上B 球时发生对心碰撞，则碰撞后A 、B 两球动量的可能值为A ．p A ′=6kg ·m/s ，pB ′=6kg ·m/s B ．p A ′=3kg ·m/s ，p B ′=9kg ·m/sC ．p A ′=－2kg·m/s ，p B ′=14kg ·m/sD ．p A ′=－5kg ·m/s ，p B ′=17kg ·m/s16．利用传感器和计算机可以测量快速变化的力的瞬时值．下图是用这种方法获得的弹性绳中拉力F 随时间的变化图线．实验时，把小球举高到绳子的悬点O 处，然后放手让小球自由下落．由此图线所提供的信息，以下判断正确的是 A ．t 2时刻小球速度最大B ．t 1~t 2期间小球速度先增大后减小C ．t 3时刻小球动能最小D ．t 1与t 4时刻小球动量一定相同17．如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A 、B 从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块中，这一过程中木块始终保持静止．现知道子弹A 射入深度d A 大于子弹B 射入的深度d B ，则可判断A ．子弹在木块中运动时间t A ＞tB B ．子弹入射时的初动能E kA ＞E kBtC ．子弹入射时的初速度v A ＞v BD ．子弹质量m A ＜m B18．质量为m 的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手.首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d 1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d 2，如图所示，设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同.当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是 A ．木块静止，d 1= d 2 B ．木块向右运动，d 1< d 2 C ．木块静止，d 1< d 2D ．木块向左运动，d 1= d 2提示：由动量守恒和能量守恒求解．19．矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示．质量为m 的子弹以速度v 水平射向滑块．若射击上层，则子弹刚好不穿出，如图甲所示；若射击下层，整个子弹刚好嵌入，如图乙所示．则比较上述两种情况，以下说法正确的是A ．两次子弹对滑块做功一样多B ．两次滑块所受冲量一样大C ．子弹击中上层过程中产生的热量多D ．子弹嵌入下层过程中对滑块做功多20．一个半径为r 的光滑圆形槽装在小车上，小车停放在光滑的水平面上，如图所示，处在最低点的小球受击后获得水平向左的速度v 开始在槽内运动，则下面判断正确的是 A ．小球和小车总动量不守恒 B ．小球和小车总机械能守恒 C ．小球沿槽上升的最大高度为r D ．小球升到最高点时速度为零21．半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体m 1、m 2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道M 点，如图所示，已知OM 与竖直方向夹角为60°，则两物体的质量之比为m 1︰m 2为甲 乙A．1)∶1) B1 C．1)∶1)D．1提示：由对称性可知，m 1、m 2同时到达圆轨道最低点，根据机械能守恒定律可知，它们到达最低点的速率应相等v =2112()()m m v m m v '-=+，以后一起向左运动，由机械能守恒定律可得，212121()(1cos60)()2m m gR m m v '+-︒=+，联立以上各式解得12∶1)∶1)m m =22．如图所示，在光滑的水平面上，物体B 静止，在物体B 上固定一个轻弹簧．物体A 以某一速度沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B 发生作用．两物体的质量相等，作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能为E P ．现将B 的质量加倍，再使物体A 通过弹簧与物体B 发生作用（作用前物体B 仍静止），作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能仍为E P ．则在物体A 开始接触弹簧到弹簧具有最大弹性势能的过程中，第一次和第二次相比A ．物体A 的初动能之比为2:1B ．物体A 的初动能之比为4:3C ．物体A 损失的动能之比为1:1D ．物体A 损失的动能之比为27:3223．如图所示，竖直的墙壁上固定着一根轻弹簧，将物体A 靠在弹簧的右端并向左推，当压缩弹簧做功W 后由静止释放，物体A 脱离弹簧后获得动能E 1，相应的动量为P 1；接着物体A 与静止的物体B 发生碰撞而粘在一起运动，总动能为水平面的摩擦不计，则 A ．W =E 1=E 2 B ．W =E 1>E 2 C ．P 1=P 2D ．P 1>P 224．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接，并静止在光滑的水平面上．现使A 瞬时获得水平向右的速度3m/s ，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得A ．在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1m/s ，且弹簧都是处于压缩状态B ．从t 3到t 4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C ．两物体的质量之比为m 1∶m 2 = 1∶2－v甲BD ．在t 2时刻A 与B 的动能之比为E k1∶E k2=1∶825．如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M 的左端，右端与小木块m 连接，且m 、M 及M 与地面间接触光滑.开始时，m 和M 均静止，现同时对m 、M 施加等大反向的水平恒力F 1和F 2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度，对于m 、M 和弹簧组成的系统A ．由于F 1、F 2等大反向，故系统机械能守恒B ．当弹簧弹力大小与F 1、F 2大小相等时，m 、M 各自的动能最大C ．由于F 1、F 2大小不变，所以m 、M 各自一直做匀加速运动D ．由于F 1、F 2等大反向，故系统的动量始终为零提示：F 1、F 2为系统外力且做功代数和不为零，故系统机械能不守恒；从两物体开始运动以后两物体作的是加速度越来越小的变加速运动，当弹簧弹力大小与F 1、F 2大小相等时，m 、M 各自的速度最大，动能最大；由于F 1、F 2等大反向，系统合外力为零，故系统的动量始终为零．26．如图所示，一轻弹簧与质量为m 的物体组成弹簧振子，物体在一竖直线上的A 、B 两点间做简谐运动，点O 为平衡位置，C 为O 、B 之间的一点．已知振子的周期为T ，某时刻物体恰好经过C 向上运动，则对于从该时刻起的半个周期内，以下说法中正确的是 A ．物体动能变化量一定为零B ．弹簧弹性势能的减小量一定等于物体重力势能的增加量C ．物体受到回复力冲量的大小为mgT /2D ．物体受到弹簧弹力冲量的大小一定小于mgT /2提示：这是弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，某时刻经过C 点向上运动，过半个周期时间应该在C 点大于O 点对称位置，速度的大小相等，所以动能的变化量为零，A 选项正确；由系统机械能守恒得，弹簧弹性势能的减少量一定等于物体重力势能的增加量，B 选项正确；振子在竖直方向上做简谐运动时，是重力和弹簧的弹力的合力提供回复力的，由动量定理I 合=△p ，设向下为正方向，22TI mgI mv =+=合弹，又因为C 点为BO 之间的某一点，v ≠0，所以，C 选项错误，D 选项正确．27．固定在水平面上的竖直轻弹簧，上端与质量为M 的物块B 相连，整个装置处于静止状态时，物块B 位于P 处，如图所示．另有一质量为m 的物块C ，从Q 处自由下落，与B 相碰撞后，立即具有相同的速度，然后B 、C 一起运动，将弹簧进一步压缩后，物块B 、C 被反弹．下列结论中正确的是 A ．B 、C 反弹过程中，在P 处物块C 与B 相分离 B ．B 、C 反弹过程中，在P 处物C 与B 不分离 C ．C 可能回到Q 处 D ．C 不可能回到Q 处28．如图所示，AB 为斜轨道，与水平面夹角30°，BC 为水平轨道，两轨道在B 处通过一小段圆弧相连接，一质量为m 的小物块，自轨道AB 的A 处从静止开始沿轨道下滑，最后停在轨道上的C 点，已知A 点高h ，物块与轨道间的动摩擦因数为μ，求：（1）整个过程中摩擦力所做的功?（2）物块沿轨道AB 段滑动的时间t 1与沿轨道BC 段滑动的时间t 2之比t 1/t 2等于多少? 【答案】（1）mgh ；（2解析：（1）设物块在从A 到B 到C 的整个过程中，摩擦力所做的功为W f ，则由动能定理可得mgh －W f =0，则W f =mgh（2）物块在从A 到B 到C 的整个过程中，根据动量定理，有12(sin30cos30)0mg mg t mgt μμ︒-︒-=解得12sin 30cos30t g t g mg μμ==︒-︒29．如图所示，右端带有竖直挡板的木板B ，质量为M ，长L =1.0m ，静止在光滑水平面上．一个质量为m 的小木块（可视为质点）A ，以水平速度0 4.0m /s v =滑上B的左端，而后与其右端挡板碰撞，最后恰好滑到木板B 的左端．已知M =3m ，并设A 与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间可忽略（g 取210m/s ）．求： （1）A 、B 最后的速度；（2）木块A 与木板B 间的动摩擦因数． 【答案】（1）1m/s ；（2）0.3 解析：（1）A 、B 最后速度相等，由动量守恒可得()M m v mv +=0解得01m /s 4v v == （2）由动能定理对全过程列能量守恒方程μmg L mv M m v ⋅=-+21212022() 解得0.3μ=30．某宇航员在太空站内做了如下实验：选取两个质量分别为m A =0.1kg 、m B =0.2kg 的小球A 、B 和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小球A 粘连，另一端与小球B 接触而不粘连．现使小球A 和B 之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度v 0=0.1m/s 做匀速直线运动，如图所示．过一段时间，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两球仍沿原直线运动，从弹簧与小球B 刚刚分离开始计时，经时间t =3.0s ，两球之间的距离增加了s =2.7m ，求弹簧被锁定时的弹性势能E p ? 【答案】0.027J解析：取A 、B 为系统，由动量守恒得0()A B A A B B m m v m v m v +=+ ① 又根据题意得：A B v t v t s -=②由①②两式联立得：v A =0.7m/s ，v B =－0.2m/s由机械能守恒得：2220111()222p A B A A B BE m m v m v m v ++=+ ③代入数据解得E p =0.027J31．质量为m 1=0.10kg 和m 2=0.20kg 两个弹性小球，用轻绳紧紧的捆在一起，以速度v 0=0.10m/s沿光滑水平面做直线运动．某一时刻绳子突然断开，断开后两球仍在原直线上运动，经时间t =5.0s 后两球相距s =4.5m ．求这两个弹性小球捆在一起时的弹性势能． 【答案】2.7×10－2J解析：绳子断开前后，两球组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律，得2211021)(v m v m v m m +=+绳子断开后，两球匀速运动，由题意可知12()v v t s -=或21()v v t s -=代入数据解得120.7m/s 0.2m/s v v ==-，或120.5m/s 0.4m/s v v =-=，两球拴在一起时的弹性势能为2021222211)(212121v m m v m v m E P +-+==2.7×10－2J32．一块质量为M 长为L 的长木板，静止在光滑水平桌面上，一个质量为m 的小滑块以水平速度v 0从长木板的一端开始在木板上滑动，直到离开木板，滑块刚离开木板时的速度为v 05．若把此木板固定在水平桌面上，其他条件相同．求：（1）求滑块离开木板时的速度v ；（2）若已知滑块和木板之间的动摩擦因数为μ，求木板的长度．【答案】（1（2）208(12)25v mg Mμ-解析：（1）设长木板的长度为l ，长木板不固定时，对M 、m 组成的系统，由动量守恒定律，得005v mv mMv '=+ ① 由能量守恒定律，得22200111()2252v mgl mv m Mv μ'=-- ②当长木板固定时，对m ，根据动能定理，有2201122mgl mv mv μ-=-③联立①②③解得v =（2）由①②两式解得208(12)25v ml g Mμ=-33．如图所示，光滑轨道的DP 段为水平轨道，PQ 段为半径是R 的竖直半圆轨道，半圆轨道的下端与水平的轨道的右端相切于P 点．一轻质弹簧两端分别固定质量为2m 的小球A 和质量为m 的小球B ，质量为m 小球C 靠在B 球的右侧．现用外力作用在A 和C 上，弹簧被压缩（弹簧仍在弹性限度内）．这时三个小球均静止于距离P 端足够远的水平轨道上．若撤去外力，C 球恰好可运动到轨道的最高点Q ．已知重力加速度为g ．求撤去外力前的瞬间，弹簧的弹性势能E 是多少？【答案】解析：对A 、B 、C 及弹簧组成的系统，当弹簧第一次恢复原长时，设B 、C 共同速度大小为v 0，A 的速度大小为v A ，由动量守恒定律有0)(2v m m mv A +=①则v A =v 0由系统能量守恒有E =12 2mv A 2＋12 (m ＋m )v 02②此后B 、C 分离，设C 恰好运动至最高点Q 的速度为v ,此过程C 球机械能守恒，则mg ·2R =12 mv 02－12mv 2③在最高点Q ，由牛顿第二定律得Rm v m g 2=④联立①～④式解得E =10mgR34．如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B 相连，B 静止在水平导轨上的O 点，此时弹簧处于原长．另一质量与B 相同的块A 从导轨上的P 点以初速度v 0向B 滑行，当A 滑过距离l 时，与B 相碰．碰撞时间极短，碰后A 、B 粘在一起运动．设滑块A 和B 均可视为质点，与导轨的动摩擦因数均为μ．重力加速度为g ．求： （1）碰后瞬间，A 、B 共同的速度大小；（2）若A 、B 压缩弹簧后恰能返回到O 点并停止，求弹簧的最大压缩量．【答案】（1；（2）20168v l g μ- 解析：（1）设A 、B 质量均为m ，A 刚接触B 时的速度为v 1，碰后瞬间共同的速度为v 2，以A 为研究对象，从P 到O ，由功能关系22011122mgl mv mv μ=- 以A 、B 为研究对象，碰撞瞬间，由动量守恒定律得mv 1=2mv 2解得2v =（2）碰后A 、B 由O 点向左运动，又返回到O 点，设弹簧的最大压缩量为x ，由功能关系可得221(2)2(2)2mg x m v μ= 解得20168v lx g μ=-35．如图所示，质量M =1kg 的滑板B 右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离L =0.5m ，这段滑板与木板A 之间的动摩擦因数μ=0.2，而弹簧自由端C 到弹簧固定端D 所对应的滑板上表面光滑．可视为质点的小木块A 质量m =1kg ，开始时木块A 与滑块B 以v 0=2m/s 的速度水平向右运动，并与竖直墙碰撞．若碰撞后滑板B 以原速v 0弹回，g 取10m/s 2．求：滑板B 向左运动后，木块A 滑到弹簧C 墙压缩弹簧过程中，弹簧具有的最大弹性势能． 【答案】5.4J解析：木块A 先向右减速后向左加速度，滑板B 则向左减速，当弹簧压缩量最大，即弹性势能最大为E p 时，A 和B 同速，设为v ．对A 、B 系统：由动量守恒定律得 00()Mv mv m M v -=+ ①解得v =1.2m/s由能量守恒定律得22200111()222p mv Mv m M v E mgL μ+=+++②由①②解得 5.4p E =J36．如图所示，质量M =4kg 的滑板B 静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离L =0.5m ，这段滑板与木块A 之间的动摩擦因数μ＝0.2，而弹簧自由端C 到弹簧固定端D 所对应的滑板上表面光滑．可视为质点的小木块A 以速度v 0＝0.2，由滑板B 左端开始沿滑板B 表面向右运动．已知A 的质量m =1kg ，g 取10m/s 2 ．求： （1）弹簧被压缩到最短时木块A 的速度；（2）木块A 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．【答案】（1）2m/s ；（2）39J解析：（1）弹簧被压缩到最短时，木块A 与滑板B 具有相同的速度，设为V ，从木块A 开始沿滑板B 表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A 、B 系统的动量守恒，则mv 0＝(M +m )V① V =mM m+v 0② 木块A 的速度：V ＝2m/s③（2）木块A 压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大．由能量守恒，得 E P ＝22011()22mv m M v mgL μ-＋－ ④解得E P ＝39J37．设想宇航员完成了对火星表面的科学考察任务，乘坐返回舱返回围绕火星做圆周运动的轨道舱，如图所示．为了安全，返回舱与轨道舱对接时，必须具有相同的速度．求该宇航员乘坐的返回舱至少需要获得多少能量，才能返回轨道舱？已知：返回过程中需克服火星引力做功(1)RW mgR r=-，返回舱与人的总质量为m ，火星表面重力加速度为g ，火星半径为R ，轨道舱到火星中心的距离为r ；不计火星表面大气对返回舱的阻力和火星自转的影响． 【答案】(1)2R mgR r-解析：物体m 在火星表面附近2mM Gmg R=，解得2GM gR =设轨道舱的质量为0m ，速度大小为v ．则2002m M v Gm rr =联立以上两式，解得返回舱与轨道舱对接时具有动能22122k mgR E mv r ==返回舱返回过程克服引力做功(1)RW mgR r=-返回舱返回时至少需要能量k E E W =+解得(1)2R E mgR r=-38．美国航空航天局和欧洲航空航天局合作研究的“卡西尼”号土星探测器，在美国东部时间2004年6月30日（北京时间7月1日）抵达预定轨道，开始“拜访”土星及其卫星家族．“卡西尼”号探测器进入绕土星飞行的轨道，先在半径为R 的圆形轨道Ⅰ上绕土星飞行，运行速度大小为v 1．为了进一步探测土星表面的情况，当探测器运行到A 点时发动机向前喷出质量为△m 的气体，探测器速度大小减为v 2，进入一个椭圆轨道Ⅱ，运动到B 点时再一次改变速度，然后进入离土星更近的半径为r 的圆轨道Ⅲ，如图所示．设探测器仅受到土星的万有引力，不考虑土星的卫星对探测器的影响，探测器在A 点喷出的气体速度大小为u ．求： （1）探测器在轨道Ⅲ上的运行速率v 3和加速度的大小； （2）探测器在A 点喷出的气体质量△m ．【答案】（11v ，212R v r；（2）122v v m u v --解析：（1）在轨道I 上，探测器m 所受万有引力提供向心力，设土星质量为M ，则有212v Mm Gm RR =同理，在轨道Ⅲ上有232()()v M m m Gm m rr -∆=-∆由上两式可得31v v =探测器在轨道Ⅲ上运行时加速度设为a ，则23v a r=解得212Ra v r=（2）探测器在A 点喷出气体前后，由动量守恒定律，得mv 1=(m －△m )v 2＋△mv解得122v v m m u v -∆=-78．如图所示，光滑水平路面上，有一质量为m 1=5kg 的无动力小车以匀速率v 0=2m/s 向前行驶，小车由轻绳与另一质量为m 2=25kg 的车厢连结，车厢右端有一质量为m 3=20kg的物体（可视为质点），物体与车厢的动摩擦因数为μ=0.2，开始物体静止在车厢上，绳子是松驰的．求：（1）当小车、车厢、物体以共同速度运动时，物体相对车厢的位移（设物体不会从车厢上滑下）；（2）从绳拉紧到小车、车厢、物体具有共同速度所需时间．（取g =10m/s 2） 【答案】（1）0.017m ；（2）0.1s 解析：（1）以m 1和m 2为研究对象，考虑绳拉紧这一过程，设绳拉紧后，m 1、m 2的共同速度为v 1这一过程可以认为动量守恒，由动量守恒定律有m 1v 0=(m 1＋m 2)v 1，解得10112521m/s 5253m v v m m ⨯===++．再以m 1、m 2、m 3为对象，设它们最后的共同速度为v 2，则m 1v 0=（m 1＋m 2＋m 3）v 2， 解得102123520.2m/s 52520m v v m m m ⨯===++++绳刚拉紧时m 1和m 2的速度为v 1，最后m 1、m 2、m 3的共同速度为v 2，设m 3相对m 2的位移为Δs ，则在过程中由能量守恒定律有221213123211()()22m m v m g s m m m v μ+=∆+++ 解得Δs =0.017m ．（2）对m 3，由动量定理，有μm 3gt =m 3v 220.20.1s 0.210v t g μ===⨯ 所以，从绳拉紧到m 1、m 2、m 3有共同速度所需时间为t =0.1s ．79．已知A 、B 两物块的质量分别为m 和3m ，用一轻质弹簧连接，放在光滑水平面上，使B 物块紧挨在墙壁上，现用力推物块A 压缩弹簧（如图所示）．这个过程中外力F 做功为W ，待系统静止后，突然撤去外力．在求弹簧第一次恢复原长时A 、B 的速度各为多大时，有同学求解如下：解：设弹簧第一次恢复原长时A 、B 的速度大小分别为v A 、v B 系统动量守恒：0=m v A ＋3m v B 系统机械能守恒：W =22B A 11322mv mv +⨯解得：A v =B v =“－”表示B 的速度方向与A 的速度方向相反） （1）你认为该同学的求解是否正确．如果正确，请说明理由；如果不正确，也请说明理由并给出正确解答．（2）当A 、B 间的距离最大时，系统的弹性势能E P =？ 【答案】（1）不正确．A v =v B =0；（2）34W 解析：（1）该同学的求解不正确．在弹簧恢复原长时，系统始终受到墙壁给它的外力作用，所以系统动量不守恒，且B 物块始终不动，但由于该外力对系统不做功，所以机械能守恒，即在恢复原长的过程中，弹性势能全部转化为A 物块的动能．2A 12W mv =解得A v =v B =0 （2）在弹簧恢复原长后，B 开始离开墙壁，A 做减速运动，B 做加速运动，当A 、B 速度相等时，A 、B 间的距离最大，设此时速度为v ，在这个过程中，由动量守恒定律得 mv A =（m +3m ）v解得A 14v v ==根据机械能守恒，有W =22P 11322mv mv E +⨯+ 解得P 34E W =80．1930年发现用钋放出的射线，其贯穿能力极强，它甚至能穿透几厘米厚的铅板，1932年，英国年轻物理学家查德威克用这种未知射线分别轰击氢原子和氮原子，结果打出一些氢核和氮核．若未知射线均与静止的氢核和氮核正碰，测出被打出的氢核最大速度为v H =3.5×107m/s ，被打出的氮核的最大速度v N =4.7×106m/s ，假定正碰时无机械能损失，设未知射线中粒子质量为m ，初速为v ，质子的质量为m ’．（1）推导打出的氢核和氮核速度的字母表达式；（2）根据上述数据，推算出未知射线中粒子的质量m 与质子的质量m ’之比（已知氮核质量为氢核质量的14倍）． 【答案】（1）H H 2m v v m m =+，N N 2mv v m m =+；（2）1.0165m m ='解析：（1）碰撞满足动量守恒和机械能守恒，与氢核碰撞时，有21HH v m mv mv +=，2212212121H H v m mv mv += 解得H H 2m v v m m =+．同理可得N N2m v v m m =+（2）由（1）可得N H NHm m vv m m +=+代入数据得1.0165mm=' 81．如图所示，在光滑水平面上有一质量为M 的盒子，盒子中央有一质量为m 的物体（可视为质点），它与盒底的动摩擦因数为μ，盒子内壁长l ，现给物体以水平初速度v 0向右运动，设物体与盒子两壁碰撞是完全弹性碰撞，求物体m 相对盒子静止前与盒壁碰撞的次数．。
高中物理复习能量和动量经典习题例题含答案
专题研究二能量和动量清大师德教育研究院物理教研中心李丽相关知识链接动量重力做功W G＝－ΔE P弹力做功W F1＝－ΔE P1分子力做功W F2＝－ΔE P2电场力做功W F3＝－ΔE P3能量能冲量动量恒力做功W=Fs COSθ(重力做功、电场力做功)变力做功（弹力、机车牵引力、摩擦力、分子力做功等）动能势能(重力势能、弹性势能、电势能、分子势能)动能定理ΣW＝ΔE K功能原理W其他＝ΔE机械能守恒ΔE P＝ΔE K能量守恒Q＝ΔE恒力的冲量I=Ft变力的冲量（弹力、向心力、摩擦力、库仑力的冲量等）动量的变化（方向在一条直线上的、方向不在一条直线上的）动量定理ΣI＝ΔP动量守恒ΔP1＝－ΔP2P1+P2=P1ˊ+P2ˊ功能量和动量的综合应用考点考题题型功和能、动能定理2003上海·42003上海·212004上海·82004上海·212004天津理综·242005江苏·102005上海·19A2005广东·142005黑、吉、广西·23选择题计算题选择题计算题计算题选择题计算题计算题计算题动量、冲量、动量定理2004广东·14 计算题机械能守恒定律2003上海·72004江苏·152005上海·92005北京理综·232005广东·62005河南河北·24选择题计算题选择题计算题选择题计算题动量守恒定律2004天津理综·21 选择题动量和能量的综合应用2003江苏·192003江苏·202004江苏·182004广东·172004全国理综·252004北京理综·242005江苏·182005广东·182005河南河北·242005黑、吉、广西·252005陕西、四川·252005天津·24计算题计算题计算题计算题计算题计算题计算题计算题计算题计算题计算题计算题高考考点解读高考命题思路1．功和能的关系及动能定理是历年高考的热点，近几年来注重考查对功的概念的理解及用功能关系研究物理过程的方法，由于所涉及的物理过程常常较为复杂，对学生的能力要求较高，因此这类问题难度较大。
2018届高三物理二轮复习习题：选择题专题增分练1 含答
一、选择题专题增分练增分练(1) 受力分析和物体的平衡1．如图所示，水平推力F 使物体静止于斜面上，则( )A ．物体一定受3个力的作用B ．物体可能受3个力的作用C ．物体一定受到沿斜面向下的静摩擦力的作用D ．物体一定受到沿斜面向上的静摩擦力的作用解析：选B.以物体为研究对象受力分析如图，若F cos θ＝G sin θ时，物体在水平推力、重力、斜面支持力三力作用下处于平衡状态，则物体受三个力作用；若F cos θ＞G sin θ(或F cos θ＜G sin θ)时，物体仍可以静止在斜面上，但物体将受到沿斜面向下(或沿斜面向上)的静摩擦力，综上所述B 对．2．(2017·安阳二模)如图所示，一质量为m 的沙袋用不可伸长的轻绳悬挂在支架上，一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起，使绳与竖直方向的夹角为θ＝30°，且绳绷紧，则练功队员对沙袋施加的作用力大小为( )A.mg 2B.32mgC.33 mgD.3mg解析：选A.如图，建立直角坐标系对沙袋进行受力分析：由平衡条件有：F cos 30°－F T sin 30°＝0，F T cos 30°＋F sin 30°－mg ＝0，联立可解得：F ＝mg 2，故选A. 3．如图所示，固定斜面上的物体A 用跨过滑轮的细线与小砂桶相连，连接A 的细线与斜面平行，不计细线与滑轮间的摩擦力．若要使物体A 在斜面上保持静止，砂桶中砂的质量有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为m 1和m 2(m 2＞0)，重力加速度为g ，由此可求出( )A ．物体A 的质量B ．斜面的倾角C ．物体A 对斜面的正压力D ．物体A 与斜面间的最大静摩擦力解析：选D.设物体A 的质量为M ，砂桶的质量为m 0，物体与斜面间的最大静摩擦力为f m ，斜面倾角为θ，由平衡条件可得物体A 将要上滑时，有m 0g ＋m 1g ＝Mg sin θ＋f m ；物体A 将要下滑时，有m 0g ＋m 2g ＝Mg sin θ－f m ，可得f m ＝m 1g －m 2g 2，D 正确．不能求出其他的物理量，A 、B 、C错误．4．(多选)如图所示，放在水平面上的斜面体B 始终静止，物块A 放在斜面体上，一轻质弹簧两端分别与物块A 及固定在斜面体底端的轻质挡板拴接，初始时A 、B 静止，弹簧处于压缩状态．现用力F 沿斜面向下推A ，但A 并未运动．下列说法正确的是( )A ．弹簧对挡板的作用力不变B ．B 对地面的压力增大C．A、B之间的摩擦力一定增大D．水平面对B的摩擦力始终为零解析：选AB.开始时弹簧处于压缩状态，加力F后，A未运动，弹簧长度不变，则弹簧对挡板的作用力不变，A正确．隔离物块A进行受力分析，若初始时A受B的摩擦力沿斜面向上或为零，加推力F后，静摩擦力沿斜面向上增大；若初始时A受B的摩擦力沿斜面向下，加推力F后，静摩擦力沿斜面向下减小，或方向变为沿斜面向上，大小可能减小也可能增大，C错误．A、B、挡板和弹簧整体受力平衡，F N＝M总g＋F竖直，F水平＝F f，B对地面的压力增大，水平面对B的作用力多了向左的摩擦力，所以B正确、D错误．5．(2017·江西南昌质检)如图所示，粗糙水平面上有一固定的、粗糙程度处处相同的圆弧形框架ABC，框架下面放置一块厚度不计的金属板，金属板的中心O点是框架的圆心，框架上套有一个轻圆环，用轻弹簧把圆环与金属板的O点固定连接，开始时轻弹簧处于水平拉伸状态．用一个始终沿框架切线方向的拉力F拉动圆环，从左侧水平位置缓慢绕框架运动，直到轻弹簧达到竖直位置，金属板始终保持静止状态，则在整个过程中( )A．沿框架切线方向拉力F逐渐减小B．水平面对金属板的摩擦力逐渐增大C．水平面对金属板的支持力逐渐减小D．框架对圆环的支持力逐渐减小解析：选C.弹簧伸长量不变，弹簧的弹力大小F′不变，弹簧与水平方向夹角为θ.金属板受重力mg、支持力N、弹簧的拉力F′和向右的静摩擦力f作用，水平方向f＝F′cos θ，竖直方向N＋F′sin θ＝mg，得N＝mg－F′sin θ，随着θ的增大，支持力不断减小，静摩擦力逐渐减小，故B错，C对；圆环受弹簧的拉力、框架的支持力(大小不变为F′)、拉力F和滑动摩擦力f′，有F＝f′＝μF′，故拉力大小不变，A、D错．6．(2017·湖北黄石二模)将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一小滑块A放在物体B上，如图所示，除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦力均可忽略不计，已知物体B的质量为M、滑块A的质量为m，当整个装置静止时，滑块A与物体B接触的一面与竖直挡板之间的夹角为θ.已知重力加速度为g，则下列选项正确的是( )A．物体B对水平面的压力大小为MgB ．物体B 受水平面的摩擦力大小为mg tan θC ．滑块A 与竖直挡板之间的弹力大小为mg tan θD ．滑块A 对物体B 的压力大小为mgcos θ解析：选C.以滑块A 为研究对象进行受力分析，并运用合成法，如图所示，由几何知识得，挡板对滑块A 的弹力大小为N 1＝mg tan θ，C 正确；物体B 对滑块A 的弹力大小为N 2＝mg sin θ，根据牛顿第三定律，滑块A 对物体B 的压力大小为mgsin θ，D 错误；以滑块A 和物体B 组成的系统为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则水平面对物体B 的支持力N ＝(M ＋m )g ，故水平面所受压力大小为(M ＋m )g ，A 错误；A 和B 组成的系统在水平方向上受力平衡，则水平面对物体B 的摩擦力大小为f ＝N 1＝mgtan θ，B 错误．。
高中物理复习 大题增分指导(一) 能量与动量
未变化
设开始时 A、B 间的距离为 h，根据机械能守恒定律，有 mgh＝21mv21③ 设 A、B 碰撞后一瞬间，A、B 共同速度大小为 v2， 根据动量守恒定律，有 mv1＝2mv2④ 从碰后一瞬间到上升到最高点， 根据机械能守恒定律，有 12×2mv22＝2mg(x1＋x2)⑤ 解得 h＝8mk g。⑥
则弹簧具有的最大弹性势能 Ep＝12k(x1＋x3)2＝252mk2g2⑨ 当两球的速度最大时，弹簧的压缩量 x4＝2mk g [关键点]当加速度为零时，A、B 球的速度最大，即 2mg＝kx4
根据机械能守恒定律，有12×2mv22＋2mg(x4－x1) ＝12×2mv2m＋21kx24－12kx21 解得 vm＝3g 2mk。⑪
(3)设 C 球的质量为 M， 根据动量守恒定律，有 Mv1＝Mv1′＋mv2′⑫ 根据机械能守恒定律，有 12Mv21＝12Mv1′2＋21mv2′2⑬ [关键点]弹性碰撞的特点：动量守恒，机械能守恒，列方程，求解碰后的速度 解得 v2′＝m2＋MM 2gh⑭ 根据题意有12mv2′2＝mg(x1＋x2)⑮ 解得 M＝13m。⑯
(1)小球A开始释放的位置离B球的距离； (2)两球碰撞后，弹簧具有的最大弹性势能及两球运动过程中的最大速度；
信息：释放高度相同，故与B球碰前的速度和A球的相同
(3)若将A球换成C球，C点：动量守恒，机械能守恒
碰撞后立即取走C球，此后B球上升的最大高度与A、B一起上升的最大 高度相同，则C球的质量多大。
答案
8mg (1) k
25m2g2 (2) 2k
3g
m1 2k (3)3m
解析 (1)开始时，弹簧的压缩量 x1＝mkg①
当 A、B 一起上升到最高点时，设弹簧的伸长量为 x2，
2018届高三物理高考总复习课后提能演练：专题5 第2讲
专题五 第2讲一、选择题：在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～9题有多项符合题目要求．1．光滑斜面上有一个小球自高为h 的A 处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B 点时速率为v 0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的阻挡条，如图所示，小球越过n 条阻挡条后停下来．若让小球从2h 高处以初速度v 0滚下，则小球能越过阻挡条的条数为(设小球每次越过阻挡条时损失的动能相等)( )A ．nB ．2nC ．3nD ．4n【答案】C【解析】小球第一次从释放到B 点的过程中，由动能定理得mgh ＝12m v 20，由B 点到停止的过程中，由动能定理得－nW ＝0－12m v 20.小球第二次从释放到停止的过程中，由动能定理得mg ·2h －n ′W ＝0－12m v 20，由以上三式可解得n ′＝3n ，选项C 正确．2．用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体由沙坑表面静止抬升1 m 时撤去力F ，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2，则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A ．20 JB ．24 JC ．34 JD ．54 J 【答案】C【解析】用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体由沙坑表面静止抬升1 m 时，由动能定理得Fh －mgh ＝12m v 2，撤去力F 后由动能定理得mg (d ＋h )－W ＝0－12m v 2，联立解得W ＝mg (d ＋h )＋Fh －mgh ＝Fh ＋mgd ＝30×1 J ＋2×10×0.2 J ＝34 J ．选项C 正确．3．如图所示，将质量为m 的小球以速度v 0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为34v 0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )A ．34mgB ．316mgC ．716mgD ．725mg【答案】D【解析】对小球向上运动，由动能定理，－(mg ＋f )H ＝0－12m v 20，对小球向下运动，由动能定理，(mg －f )·H ＝12m ×⎝⎛⎭⎫34v 02，联立解得f ＝725mg ，选项D 正确． 4．如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，B ，C 在水平线上，其距离d ＝0.50 m ．盆边缘的高度为h ＝0.30 m ．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B 的距离为( )A ．0.50 mB ．0.25 mC ．0.10 mD ．0【答案】D【解析】由于BC 面粗糙，物块在BC 面上往返运动不断消耗机械能，直至停止运动．设物块在BC 面上运动的总路程为s .根据动能定理得：mgh －μmgs ＝0，解得s ＝h μ＝0.300.10 m ＝3m ，因为30.50＝6，所以物块最后停在B 点，选项D 正确． 5．(2017届湖北名校模拟)质量为1 kg 的物体，放置在动摩擦因数为0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，重力加速度为10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．x ＝3 m 时速度大小为2 2 m/sB ．x ＝9 m 时速度大小为4 2 m/sC ．OA 段加速度大小为3 m/s 2D ．AB 段加速度大小为3 m/s 2 【答案】C【解析】对于前3 m 过程，根据动能定理，有W 1－μmgx ＝12m v 2A，解得v A ＝3 2 m/s ，根据速度位移公式，有2a 1x ＝v 2A ，解得a 1＝3 m/s 2，故选项A 错误，C 正确；对于前9 m 过程，根据动能定理，有：W 2－μmgx ′＝12m v 2B ，解得v B ＝3 2 m/s ，故选项B 错误；AB 段受力恒定，故加速度恒定，而初末速度相等，故AB 段的加速度为零，故选项D 错误．6．一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示；当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )A ．tan θ和H2B ．⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ和H2C ．tan θ和H4D ．⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ和H4【答案】D【解析】由动能定理有－mgH －μmg cos θH sin θ＝0－12m v 2－mgh －μmg cos θh sin θ＝0－12m ⎝⎛⎭⎫v22解得μ＝⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ，h ＝H4，故D 项正确．7．(2017届孝感统测)如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m 的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h ，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以速度v 向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，则( )A ．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mghB ．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mgh ＋38m v 2C ．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率为mg vD ．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率大于32mg v 【答案】BD【解析】汽车以v 向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，物体上升的高度恰为h ，对速度v 分解可知沿细绳方向的分速度大小为32v ，根据动能定理可知选项A 错误，B 正确；由于物体加速上升，故细绳拉力大于物体的重力，所以细绳拉力的功率大于32mg v ，选项C 错误，D 正确． 8．如图所示，一个粗糙的水平转台以角速度ω匀速转动，转台上有一个质量为m 的物体，物体与转轴间用长L 的绳连接着，此时物体与转台处于相对静止，设物体与转台间的动摩擦因数为μ，现突然制动转台，则( )A ．由于惯性和摩擦力，物体将以O 为圆心，L 为半径做变速圆周运动，直到停止B ．若物体在转台上运动一周，物体克服摩擦力做的功为μmg ·(2πL )C ．若物体在转台上运动一周，摩擦力对物体不做功D ．物体在转台上运动Lω24μg π圈后，停止运动【答案】ABD【解析】制动转台后，物体在绳子约束作用下做变速圆周运动，速率在减小直至停止；运动一周滑动摩擦力做功为W f ＝－μmg ·(2πL )；绳子的拉力对物体不做功，由动能定理可知：－Nμmg ·(2πL )＝0－12m v 2，又v ＝ωL ，联立得物体在转台上转动的圈数为N ＝Lω24μg π，选项A 、B 、D 正确．9．(2017届洛阳模拟)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v 0沿逆时针方向运行．t ＝0时，将质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v －t 图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g ＝10 m/s 2.则( )甲 乙A ．传送带的速率v 0＝10 m/sB ．传送带的倾角θ＝30°C ．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D ．0～2.0 s 内摩擦力对物体做功W f ＝－24 J 【答案】ACD【解析】由v －t 图象可知，物体放上传送带开始阶段，加速度a 1＝10.0 m/s 2，物体与传送带同速后，加速度a 2＝12.0－10.02.0－1.0 m/s 2＝2.0 m/s 2，传送带的速率v 0＝10 m/s ，选项A正确；由mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2可求得θ＝37°，μ＝0.5，选项B 错误，C 正确；由动能定理得mgl sin θ＋W f ＝12m v 2，v ＝12.0 m/s ，l ＝12×10×1 m ＋10.0＋12.02×1 m ＝16 m ，解得W f ＝－24 J ，选项D 正确．二、非选择题10．如图所示，QB 段为一半径为R ＝1 m 的光滑圆弧轨道，AQ 段为一长度为L ＝1 m 的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q 点，Q 在圆心O 的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块P 的质量为m ＝1 kg(可视为质点)，P 与AQ 间的动摩擦因数μ＝0.1，若物块P 以速度v 0从A 点滑上水平轨道，到C 点后又返回A 点时恰好静止．(取g ＝10 m/s 2)求：(1)v 0的大小；(2)物块P 第一次刚通过Q 点时对圆弧轨道的压力．解：(1)物块P 从A 到C 又返回A 的过程中，由动能定理有－μmg ·2L ＝0－12m v 20解得v 0＝4μgL ＝2 m/s.(2)设物块P 在Q 点的速度为v ，Q 点轨道对P 的支持力为F ，由动能定理和牛顿第二定律有－μmgL ＝12m v 2－12m v 20F －mg ＝m v 2R解得F ＝12 N由牛顿第三定律可知，物块P 对Q 点的压力大小为12 N ，方向竖直向下．11．额定功率是80 kW 的无轨电车，其最大速度是72 km/h ，质量是2 t ，如果它从静止先以2 m/s 2的加速度匀加速开出，阻力大小一定，则电车匀加速运动行驶能维持多长时间？又知电车从静止驶出到增至最大速度共经历了21 s ，在此过程中，电车发生的位移是多少？解：电车的最大速度 v m ＝72 km/h ＝20 m/s 由P 额＝F f v m 得 F f ＝P 额v m＝4 000 N电车做匀加速运动的牵引力为F ＝ma ＋F f ＝2 000×2 N ＋4 000 N ＝8 000 N 匀加速直线运动时所能达到的最大速度为 v ′m ＝P 额F ＝80×1038 000m/s ＝10 m/s匀加速直线运动阶段所维持的时间为t ′＝v ′ma ＝5 s此时汽车发生的位移为 x 1＝12at 2＝12×2×52 m ＝25 m汽车从v ′m 加速到v m 的过程中，由能量关系得 P (t －t 1)－F f x 2＝12m v 2m －12m v ′2m代入数据解得x 2＝245 m 所以电车发生的总位移 x ＝x 1＋x 2＝270 m.12．如图所示，倾角为θ的斜面上只有AB 段粗糙，其余部分都光滑，AB 段长为3L .有若干个相同的小方块沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L .将它们由静止释放，释放时下端距A 为2L .当下端运动到A 下面距A 为12L 时物块运动的速度达到最大．(1)求物块与粗糙斜面的动摩擦因数； (2)求物块停止时的位置；(3)要使所有物块都能通过B 点，由静止释放时物块下端距A 点至少要多远？解：(1)当整体所受合外力为零时，整块速度最大，设整体质量为m ，则mg sin θ＝12μmg cosθ，得μ＝2tan θ.(2)设物块停止时下端距A 点的距离为x ，根据动能定理mg (2L ＋x )sin θ－12μmgL cos θ－μmg (x －L )cos θ＝0解得x ＝3L ，即物块的下端停在B 端．(3)设静止时物块的下端距A 的距离为x ′，物块的上端运动到A 点时速度为v ，根据动能定理mg (L ＋x ′)sin θ－12μmgL cos θ＝12m v 2物块全部滑上AB 部分后，小方块间无弹力作用，取最上面一小块为研究对象，设其质量m 0，运动到B 点时速度正好减到0，根据动能定理m 0g (3L sin θ)－μm 0g (3L cos θ)＝0－12m 0v 2，得x ′＝3L .。
2018届高三物理二轮复习练习：能量和动量 提能增分练(一)含解析
提能增分练(一) 动能定理的四大应用[A 级——夺高分]1. (2017·福建师大附中模拟)将质量为m 的物体在高空中以速率v 水平向右抛出，由于风力作用，经过时间t 后，物体下落一段高度，速率仍为v ，方向与初速度相反，如图所示。
在这一运动过程中不考虑空气阻力，下列关于风力做功的说法，正确的是( )A ．风力对物体不做功B ．风力对物体做的功(绝对值)为mg 2t 22C ．风力对物体做的功(绝对值)小于mg 2t 22D ．由于风力方向未知，不能判断风力做功情况解析：选C 对物体从开始抛出到速度再次等于v 的过程，由动能定理可知W 风＋W G ＝12m v 2－12m v 2＝0，可知|W 风|＝W G ＝mgh <mg ·12gt 2＝12mg 2t 2，选项C 正确。
2. (2017·广东六校联考)如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC 是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B 、C 位于同一水平面上。
一小物体从右侧斜槽上距BC 平面高度为2h 的A 处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC 所在水平面高度为h 的D 处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则( )A ．小物体恰好滑回到B 处时速度为零B ．小物体尚未滑回到B 处时速度已变为零C ．小物体能滑回到B 处之上，但最高点要比D 处低D ．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点解析：选C 小物体从A 处运动到D 处的过程中，克服摩擦力所做的功为W f1＝mgh ，小物体从D 处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，所以克服摩擦力所做的功W f2＜mgh ，所以小物体能滑回到B 处之上，但最高点要比D 处低，C 正确，A 、B 错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体最终可能停在圆弧槽上的任何地方，D 错误。
3.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。
12.高中物理专题动量增分加练含答案
选择题增分特训(六)动量时间:40分钟(共16题,1~8题为单选,9~16题为多选)1.据广州铁路局警方测算:当和谐号动力组列车以350 km/h的速度在平直铁轨上匀速行驶时,受到的阻力约为106 N,如果撞击一块质量为0.5 kg的障碍物,会产生大约5000 N的冲击力,撞击时间约为0.01 s,瞬间可能造成列车颠覆,后果不堪设想.在撞击过程中,下列说法正确的是(g取10 m/s2) ()A.列车受到合力的冲量约为50 N·sB.列车受到合力的冲量约为104 N·sC.障碍物受到合力的冲量与列车受到合力的冲量大小相差较大D.障碍物的重力的冲量为02.把一个乒乓球竖直向上抛出,若空气阻力大小不变,则乒乓球上升到最高点和从最高点返回到抛出点的两过程相比较()A.重力在上升过程的冲量较大B.合力在上升过程的冲量较大C.重力的冲量在两过程中的方向相反D.空气阻力的冲量在两过程中的方向相同3.[2019·北京朝阳二模]如图X6-1所示,质量为m的小球用不可伸长的轻绳悬挂在O点.现将小球从A 点由静止释放,小球向下摆动至最低点B.在此过程中,小球重力做的功为W,小球重力的冲量为I,小球动能的变化量为ΔE k,小球动量的变化量为Δp.不计空气阻力.下列关系式正确的是()图X6-1A.W=ΔE k,I=ΔpB.W=ΔE k,I≠ΔpC.W≠ΔE k,I=ΔpD.W≠ΔE k,I≠Δp4.[2019·北京大兴一模]如图X6-2所示,在某次击球过程中,白球A以3 m/s的速度向右运动与静止的黑球B发生正碰.假设白球与黑球质量相等,碰撞过程中没有机械能损失,将球视为质点.通过计算得到两球碰撞后的运动情况为()图X6-2A.白球静止,黑球以3 m/s的速度向右运动B.黑球静止,白球以3 m/s的速度反弹向左运动C.白球和黑球都以1.5 m/s的速度向右运动D.白球以3 m/s的速度反弹向左运动,黑球以3 m/s的速度向右运动5.[2019·人大附中期中]强台风往往造成巨大灾难.2018年9月16日17时,第22号台风“山竹”在广东登陆,登陆时中心附近最大风力达v=162 km/h.若空气的密度ρ=1.3 kg/m3,这一登陆的台风正对吹向一块长10 m、宽4 m的玻璃幕墙,假定风遇到玻璃幕墙后速度变为零,由此可算出台风对玻璃幕墙的冲击力F大小最接近()A.2.6×103 NB.5.3×104 NC.1.1×105 ND.1.4×106 N6.[2019·安徽江南十校检测]如图X6-4所示,竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切,小滑块B静止在圆弧轨道的最低点.现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放.已知圆弧轨道半径R=1.8 m,小滑块的质量关系是m B=2m A,重力加速度g取10 m/s2.则碰后小滑块B的速度大小不可能是()图X6-4A.5 m/sB.4 m/sC.3 m/sD.2 m/s7.[2019·湖南师大附中月考]质量为M的均匀木块静止在光滑水平面上,木块左、右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射手.左侧射手首先开枪,子弹相对木块静止时水平射入木块的最大深度为d1,然后右侧射手开枪,子弹相对木块静止时水平射入木块的最大深度为d2,如图X6-5所示.设子弹质量均为m且均未射穿木块,且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相等.当两颗子弹均相对于木块静止时,两子弹射入的最大深度的比值d1d2为 ()图X6-5A.Mm B.M 2m+MC.M m+MD.2Mm+M8.[2019·安徽滁州期末]如图X6-6所示,A、B两物块放在光滑的水平面上,一轻弹簧放在A、B之间与A相连,与B接触但不连接,弹簧刚好处于原长,将物块A锁定,物块C与A、B在一条直线上,三个物块的质量相等.现让物块C以v=2 m/s的速度向左运动,与B相碰并粘在一起,当C的速度为零时,解除A 的锁定,则A最终获得的速度大小为()图X6-6A.32 m/s B.23m/sC.√32 m/s D.2√33m/s9.[2019·昆明模拟]如图X6-7所示,左侧为光滑曲面的滑块A放置在光滑水平地面上,曲面末端与水平地面相切,让物块B由静止开始沿滑块A的光滑曲面下滑,则物块B从开始运动至到达曲面底端的过程中,下列说法正确的是()图X6-7A.滑块A和物块B组成的系统动量不守恒B.物块B减少的重力势能等于滑块A增加的动能C.滑块A所受合力的冲量为零D.物块B所受支持力的冲量大于其所受重力的冲量10.[2019·陕西安康期末]一质量m=60 kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起,经过t=0.2 s,以大小v=1 m/s的速度离开地面,重力加速度g取10 m/s2,在这0.2 s内()A.地面对运动员的冲量大小为180 N·sB.地面对运动员的冲量大小为60 N·sC.地面对运动员做的功为30 JD.地面对运动员做的功为零11.在光滑水平面上,质量为m、速度大小为v的P球与质量为3m、静止的Q球碰撞后,P球的速度方向与碰撞前相反,则碰撞后Q球的速度大小可能是()A.0.62vB.0.45vC.0.31vD.0.38v12.[2019·陕西宝鸡一模]光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B,用细线将它们连接起来,两物块中间夹有一被压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连),弹簧的压缩量为x.现将细线剪断,此刻物块A的加速度大小为a,两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v,则()图X6-8A.物块B的加速度大小为a时,弹簧的压缩量为x2B.物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为23xC.物块开始运动前,弹簧的弹性势能为32mv2D.物块开始运动前,弹簧的弹性势能为3mv213.[2019·云南保山检测]如图X6-9所示,质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上,其水平直径AB长度为2R.现将质量也为m的小球从A点正上方h高处由静止释放,小球由A点经过半圆轨道后从B点冲出,在空中能上升的最大高度为34h(不计空气阻力),则()图X6-9A.小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒B.小车向左运动的最大距离为RC.小球离开小车后做斜上抛运动D.小球第二次能上升的最大高度h1满足12h<h1<34h14.如图X6-10甲所示,在光滑水平面上的两个小球发生正碰,两个小球的质量分别为m1和m2,图乙为它们碰撞前后的x-t图像.已知m1=0.1 kg.由此可以判断 ()图X6-10A.碰前质量为m2的小球静止,质量为m1的小球向右运动B.碰后两小球都向右运动C.m2=0.3 kgD.碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能15.[2019·江西临川模拟]如图X6-11所示,光滑水平面上放一个质量为M的足够长的木板,开始时木板静止.现在有一个质量为m的滑块以速度v0滑上木板,滑块和木板间的动摩擦因数为μ,以下说法正确的是()图X6-11A.如果增大M,则滑块和木板相对运动的时间变长,因摩擦而产生的热量增加B.如果增大m,则滑块和木板相对运动的时间变短,滑块在木板上滑行的距离变大C.如果增大动摩擦因数μ,则因摩擦而产生的热量不变D.如果增大初速度v0,则因摩擦而产生的热量增加16.如图X6-12甲所示,光滑水平面上停放着一辆质量为M、上表面粗糙的平板车,一质量为m的铁块以水平初速度v0滑到平板车上,两者开始运动,它们的速度随时间变化的图像如图乙所示(t0是滑块在车上运动的时间),则(g为重力加速度) ()图X6-12A.铁块最终滑离平板车B.铁块与平板车的质量之比m∶M=1∶1C.铁块与平板车上表面间的动摩擦因数μ=v03gt0D.平板车上表面的长度为5v0t06非选择题增分特训(四)动量时间:40分钟1.在做“研究平抛运动”的实验中,为了确定小球在不同时刻所通过的位置,实验时用如图F4-1所示的装置.实验操作的主要步骤如下:图F4-1A.在一块平木板上钉上复写纸和白纸,然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前,木板与槽口之间有一段距离,并保持板面与轨道末端的水平段垂直;B.使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下,小球撞到木板在白纸上留下痕迹A;C.将木板沿水平方向向右平移一段距离x,再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下,小球撞到木板在白纸上留下痕迹B;D.将木板再水平向右平移同样距离x,使小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下,再在白纸上得到痕迹C.(1)若测得A、B间竖直距离为y1,B、C间竖直距离为y2,已知当地的重力加速度为g,则在该实验中,小球发生水平位移x所需的时间为.(2)实验完成后,该同学对上述实验过程进行了深入研究,并得出如下的结论,其中正确的是(填选项前的字母).A.小球在B点时的动量与在A点时的动量的差值为Δp1,小球在C点时的动量与在B点时的动量的差值为Δp2,则应有Δp1∶Δp2=1∶1B.小球在B点时的动量与在A点时的动量的差值为Δp1,小球在C点时的动量与在B点时的动量的差值为Δp2,则应有Δp1∶Δp2=1∶2C.小球在B点时的动能与在A点时的动能的差值为ΔE k1,小球在C点时的动能与在B点时的动能的差值为ΔE k2,则应有ΔE k1∶ΔE k2=1∶1D.小球在B点时的动能与在A点时的动能的差值为ΔE k1,小球在C点时的动能与在B点时的动能的差值为ΔE k2,则应有ΔE k1∶ΔE k2=1∶3(3)另外一位同学根据测量出的不同x情况下的y1和y2,令Δy=y2-y1,描绘出了如图F4-2所示的Δy-x2图像.若已知图线的斜率为k,则小球平抛的初速度大小v0与k的关系式为(用题中所给字母表示).图F4-22.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/s2.下表为一次实验过程中的相关数据.请你选择所需数据,通过计算回答下列问题:重物(包括传感器)的质量m/kg8.5重物下落高度H/cm45重物反弹高度h/cm20最大冲击力F m/N850重物与地面接触时间t/s0.1(1)求重物受到地面的冲击力最大时的加速度大小;(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?3.如图F4-3所示,长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态,有一质量为m的子弹(可视为质点)以水平速度v0击中木块并恰好未穿出.已知子弹射入木块过程时间极短,子弹受到木块的阻力恒定,木块运动的最大距离为s,重力加速度为g.(1)求木块与水平面间的动摩擦因数μ;(2)子弹在射入木块过程中产生多少热量?图F4-34.[2019·湖北八校二模]如图F4-4所示,质量均为m的两块完全相同的木块A、B放在一段粗糙程度相同的水平地面上,木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计).让A、B以初速度v0一起从,此时炸药爆炸使木块A、B脱离,发现木块A继续沿O点滑出,滑行一段距离x后到达P点,速度变为v02水平方向前进距离3x后停下.已知炸药爆炸时释放的化学能有50%转化为木块的动能,爆炸时间很短,可以忽略不计,重力加速度为g,求:(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ;(2)炸药爆炸时释放的化学能E0.图F4-45.如图F4-5所示,光滑轨道abc固定在竖直平面内,ab倾斜、bc水平,与竖直固定的半径R=0.4 m的粗糙半圆弧轨道cd在c点平滑连接.可视为质点的小球1和小球2压缩轻质弹簧并静止在水平轨道上,弹簧与两小球不拴接且被锁定.现解除对弹簧的锁定,脱离弹簧后小球1恰能沿轨道运动到a处,小球2沿半圆弧轨道恰好能到达最高点d.已知小球1的质量m1=2 kg,a、b的竖直距离h=0.45 m,在c点时轨道对小球2弹力的大小为F=100 N,弹簧恢复原长时小球仍在水平轨道上,不计空气阻力,g取10 m/s2.求:(1)小球2的质量m2;(2)小球2在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功.图F4-56.如图F4-6所示,MN是水平轨道,NP是倾角θ=45°的无限长斜轨道,长为L=0.8 m的细线一端固定在O点,另一端系着质量为m B=2 kg的小球B,当细线伸直时,B球刚好与MN轨道接触但没有挤压.开始时细线伸直,B球静止在MN轨道上,另一个质量为m A=3 kg的小球A在MN轨道上以速度v0向右运动.(不计一切阻力,重力加速度g取10 m/s2)(1)若A、B球发生弹性碰撞后B能在竖直面内做圆周运动,求v0的取值范围.(2)在满足(1)的条件下,轨道NP上有多长的距离不会被A球击中?图F4-6选择题增分特训(六)1.A[解析] 列车匀速行驶时撞击障碍物,获得5000 N的冲击力,则撞击过程中,列车受到的合力为5000 N,列车受到的合力的冲量为5000×0.01 N·s=50 N·s,选项A正确,B错误;撞击过程中时间极短,列车和障碍物组成的系统动量近似守恒,障碍物受到合力的冲量与列车受到的合力的冲量等大反向,选项C错误;障碍物的重力的冲量为5×0.01 N·s=0.05 N·s,选项D错误.2.B[解析] 乒乓球上升过程,有mg+F f=ma1,下降过程,有mg-F f=ma2,故a1>a2.由于上升过程和下降过at2知上升过程所用的时间小于下降过程所用的时间,所以上升过程程通过的位移大小相同,由公式x=12中重力的冲量小,A错误;不管是上升过程中还是下降过程中,重力的冲量方向都向下,故C错误;上升过程中空气阻力的冲量方向向下,下降过程中空气阻力的冲量方向向上,故方向相反,D错误;由公式v=√2ax可知,上升过程的初速度大于下降过程的末速度,由动量定理知,合力的冲量等于动量的变化量,因上升过程中动量的变化量大于下降过程中动量的变化量,故合力在上升过程的冲量较大,B正确.3.B[解析] 小球从A点摆动至最低点B的过程中,受到重力和轻绳的拉力作用,拉力不做功,只有重力做功,根据动能定理可知,重力做的功就等于小球动能的变化量,即W=ΔE k;根据动量定理可知,重力的冲量与轻绳拉力的冲量的矢量和等于小球的动量变化量,即I≠Δp,故B正确.4.A[解析] 两球碰撞过程中,由动量守恒定律得mv0=mv A+mv B,由机械能守恒定律得1 2m v02=12m v A2+12m v B2,联立解得v A=0,v B=3 m/s,选项A正确.5.C[解析] 以t时间内吹向玻璃幕墙的台风为研究对象,其质量m=ρSvt,由动量定理得0-ρSvt·v=-Ft,解得F'=ρSv2≈1.1×105 N,由牛顿第三定律知,台风对玻璃幕墙的冲击力大小F=F'=1.1×105 N,故C正确.6.A[解析] 滑块A从圆弧轨道最高点滑到最低点的过程中,根据机械能守恒定律得m A gR=12m A v A2,解得v A=√2gR=6 m/s,当滑块A与B发生弹性碰撞时,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,可得v B=2m Am A+m Bv A=4 m/s;当滑块A与B发生完全非弹性碰撞时,有m A v A=(m A+m B)v',可得v'=2 m/s,故A不可能.7.B[解析] 左侧射入子弹过程中,有mv0=(m+M)v1,F阻d1=12m v02-12(m+M)v12,右侧射入子弹过程中,有(M+m)v1-mv0=(M+2m)v2=0,F阻d2=12m v02+12(M+m)v12,解得d1d2=MM+2m,选项B正确.8.D[解析] 设每个物块的质量为m,C与B碰撞后的共同速度为v1,根据动量守恒定律得mv=2mv1,解得v1=1 m/s,设A最终获得的速度大小为v2,B和C获得的速度大小为v3,根据动量守恒定律得mv2=2mv3,根据能量守恒定律得12×2m v12=12m v22+12×2m v32,解得v2=2√33m/s,故D正确.9.AD[解析] 物块B从开始运动至到达曲面底端的过程中,系统在水平方向上所受的合外力为零,在竖直方向上所受的合外力不为零,故滑块A和物块B组成的系统动量不守恒,但在水平方向上动量守恒,故A正确;A和B组成的系统机械能守恒,物块B减少的重力势能转化为滑块A和物块B的动能,故物块B减少的重力势能大于滑块A增加的动能,故B错误;物块B下滑过程中,A向右做加速运动,滑块A 的动量变化不为零,由动量定理可知,滑块A所受合力的冲量不为零,故C错误;物块B到达底端时速度沿水平方向,在竖直方向上速度为零,由动量定理可知,物块B所受支持力的冲量大于其所受重力的冲量,故D正确.10.AD[解析] 以竖直向上为正方向,由动量定理可得I-mgΔt=mv-0,故地面对运动员的冲量为I=mv+mgΔt=60×1 N·s+600×0.2 N·s=180 N·s,故A正确,B错误;运动员在跳起时,地面对运动员的支持力竖直向上,在跳起过程中,在支持力方向上没有位移,地面对运动员的支持力不做功,故C错误,D正确.11.BD[解析] P、Q两球组成的系统在水平方向上所受合外力为零,P球和Q球碰撞的过程中系统动量守恒,设P、Q两球碰撞后的速度分别为v1、v2,选P原来的运动方向为正方向,由动量守恒定律得mv=-mv1+3mv2,假设碰后P球静止,即v1=0,可得v2=v3,由题意知,P球被反弹,所以Q球的速度v2>v3,P、Q两球碰撞过程能量可能有损失,由能量关系得12mv2≥12m v12+12×3m v22,联立得v2≤v2,故v3<v2≤v2,选项B、D正确,A、C错误.12.AD[解析] 当物块A的加速度大小为a时,根据胡克定律和牛顿第二定律得kx=2ma,当物块B的加速度大小为a时,有kx'=ma,对比可得x'=x2,即此时弹簧的压缩量为x2,选项A正确;取水平向左为正方向,根据动量守恒定律得2m x At -m x Bt=0,又x A+x B=x,解得A的位移为x A=13x,选项B错误;根据动量守恒定律得0=2mv-mv B,则物块B刚要离开弹簧时的速度v B=2v,由系统的机械能守恒可得物块开始运动前弹簧的弹性势能为E p=12×2mv2+12m v B2=3mv2,选项C错误,D正确.13.ABD[解析] 小球与小车组成的系统在水平方向上所受合外力为零,在水平方向上系统动量守恒,故A正确;以向右为正方向,在水平方向上,由动量守恒定律得mv-mv'=0,即m2R-xt -m xt=0,解得小车的位移x=R,故B正确;小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒,小球由B点离开小车时,系统在水平方向上动量为零,小球与小车在水平方向上速度为零,小球离开小车后做竖直上抛运动,故C错误;小球第一次在车中运动过程,由动能定理得mg(ℎ-34ℎ)-W f=0,W f为小球克服摩擦力做的功,解得W f=14mgh,即小球第一次在车中运动过程损失的机械能为14mgh,由于小球第二次在车中运动时对应位置处的速度变小,因此小车对小球的弹力变小,摩擦力变小,克服摩擦力做功小于14mgh,机械能损失小于14mgh,因此小球第二次离开小车时,能上升的最大高度大于34h-14h=12h,而小于34h,故D正确.14.AC[解析] 由x-t图像的斜率知,碰前质量为m2的小球的位移不随时间变化,处于静止状态,质量为m1的小球速度大小为v1=4 m/s,方向只有向右才能与质量为m2的小球相撞,故A正确;由图像可知,碰后质量为m2的小球的速度沿正方向,说明向右运动,质量为m1的小球的速度沿负方向,说明向左运动,故B错误;由图像可知,碰后两球的速度分别为v1'=-2 m/s、v2'=2 m/s,根据动量守恒定律得m1v1=m1v1'+m2v2',解得m2=0.3 kg,故C正确;碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE=12m1v12-12m1v1'2-12m2v2'2,解得ΔE=0 J,故D错误.15.ACD [解析] 设最终滑块和木板的共同速度为v ,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv 0=(m+M )v ,对木板,由动量定理得μmgt=Mv ,联立得t=Mv 0μ(m+M )g =v 0μ(m M+1)g,如果增大M ,则滑块和木板相对运动的时间t 变长,因摩擦而产生的热量为Q=12m v 02-12(m+M )v 2=Mmv 022(m+M )=mv 022(m M+1),则因摩擦而产生的热量Q 增加,故A 正确.由t=Mv 0μ(m+M )g知,如果增大m ,则滑块和木板相对运动的时间t 变短,设滑块在木板上滑行的距离为L ,由Q=μmgL 得L=Mv 022μ(m+M )g,如果增大m ,则滑块在木板上滑行的距离变小,故B 错误.如果增大动摩擦因数μ,则由Q=Mmv 022(m+M )知,因摩擦而产生的热量不变,故C 正确.如果增大初速度v 0,则由Q=Mmv 022(m+M )知,因摩擦而产生的热量增加,故D 正确.16.ABC [解析] 由图像可知,最终铁块的速度大于平板车的速度,铁块最终滑离平板车,故A 正确;由动量守恒定律得mv 0=2mv 03+Mv 03,解得m ∶M=1∶1,故B 正确;由图像斜率可知,铁块的加速度大小a=v 03t 0,而a=μg ,所以铁块与平板车上表面间的动摩擦因数μ=v 03gt 0,故C 正确;根据能量守恒定律得μmg Δx=12m v 02-12m (2v 03)2-12M (v 03)2,解得平板车上表面的长度为Δx=2v 0t 03,D 错误. 非选择题增分特训(四)1.(1)√y 2-y 1g(2)A (3)v 0=√g k[解析] (1)在竖直方向上,由匀变速直线运动规律得y 2-y 1=gt 2,解得t=√y 2-y 1g. (2)小球从A 到B 与从B 到C 的时间相等,合力不变,由动量定理得Δp 1∶Δp 2=1∶1,选项A 正确,B 错误;根据题给条件无法比较ΔE k1与ΔE k2的大小,选项C 、D 错误. (3)由x=v 0t ,Δy=gt 2,可得Δy=gx 2v 02,图像的斜率k=gv 02,则v 0=√g k.2.(1)90 m/s 2 (2)6倍[解析] (1)由牛顿第二定律得a=F m -mgm 解得a=90 m/s 2.(2)由动能定理得,重物与地面接触前瞬间的速度大小v 1=√2gH 重物离开地面瞬间的速度大小v 2=√2gℎ在重物与地面接触过程中,设重物受到的平均作用力大小为F ,以竖直向上为正方向,由动量定理得(F-mg )t=mv 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. 3.(1)m 2v 022gs (M+m )2 (2)Mmv 022(M+m )[解析] (1)子弹射入木块过程,因时间极短,则在水平方向上,由动量守恒定律得 mv 0=(M+m )v 共 解得v 共=mM+mv 0 从子弹与木块共速到最终停止的过程中,由功能关系得12(M+m )v 共2=μ(M+m )gs 解得μ=m 2v 022gs (M+m )2(2)由功能关系知,子弹射入木块过程中产生的热量Q=12m v 02-12(M+m )v 共2=Mmv 022(M+m )4.(1)3v 028gx(2)2m v 02[解析] (1)对A 、B 组成的系统,从O 点滑到P 点过程,由动能定理得-μ×2mgx=12×2m (v 02)2-12×2m v 02,解得μ=3v 028gx(2)炸药在P 点爆炸,系统动量守恒,以木块的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得2m×v 02=mv A +mv B ,由能量守恒定律得E 0×50%+12×2m (v 02)2=12m v A 2+12m v B 2,爆炸前,对系统,有2ax=v 02-(v 02)2,爆炸后,对A ,有2a×3x=v A 2,联立解得E 0=2m v 025.(1)1.0 kg (2)8 J[解析] (1)对小球1,由机械能守恒定律得m 1gh=12m 1v 12对小球1、2组成的系统,由动量守恒定律得 m 1v 1=m 2v 2在c 点时,由牛顿第二定律得 F-m 2g=m 2v 22R联立解得m 2=1.0 kg,v 2=6 m/s 或m'2=9.0 kg,v'2=23m/s 小球恰好过d 点时,有m 2g=m 2v d 2R解得v d =√gR =2 m/sv'2<v d ,应舍去,所以v 2=6 m/s,m 2=1.0 kg (2)小球2在半圆弧轨道上,由动能定理得2m 2gR+W f =12m 2v 22-12m 2v d 2解得W f =8 J即小球2克服摩擦力所做的功为8 J 6.(1)0<v 0≤103m/s 或v 0≥5√103m/s (2)2√215m [解析] (1)A 、B 两球发生弹性碰撞,由动量守恒定律得m A v 0=m A v A +m B v B由机械能守恒定律得12m A v 02=12m A v A 2+12m B v B 2解得v A =v 05,v B =6v 05碰后B 球在竖直面内做圆周运动,有两种情况:第一种情况,B 球在竖直面内做完整的圆周运动,则它到最高点的速度v'B ≥√gL由机械能守恒定律得12m B v B 2=m B g ·2L+12m B v 'B 2解得v 0≥5√103m/s 第二种情况,B 球运动的最大高度不超过L由机械能守恒定律得12m B v B 2≤m B gL解得v 0≤103m/sv 0的取值范围为0<v 0≤103m/s 或v 0≥5√103m/s . (2)由(1)可知,碰后A 球的速度满足: 0<v A ≤23m/s 或v A ≥√103m/sA 球离开水平轨道后做平抛运动,有x=v A t ,y=12gt 2, 由几何关系知tan 45°=yx联立解得x=2v A2gA 球落到斜轨道上时与N 点的距离d=x cos45°=2√2v A 2g则0<d ≤4√245m 或d ≥2√29m 故轨道NP 上不会被A 球击中的距离Δd=2√29 m -4√245 m =2√215m .。
2018届高考物理二轮复习第五章能量和动量提能增分练(三)动量守恒定律的3个应用实例
提能增分练 ( 三)动量守恒定律的 3 个应用实例[ A级——夺高分 ]1． ( 多项选择 ) 质量为M、内壁间距为 L 的箱子静止于圆滑的水平面上，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的正中间，如下图。
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，在整个过程中，系统损失的动能为()1 2mM2A. 2mvB.2 m＋M v1C. 2NμmgL D ．NμmgL分析：选 BD因为水平面圆滑，箱子和小物块构成的系统动量守恒，两者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断两物体最后速度相等设为u，由动量守恒定律得mv＝( m＋ M) u，1 212mM2系统损失的动能为2mv －2( m＋M) u ＝2m＋M v ，B正确；系统损失的动能等于战胜摩擦力做的功，即 E ＝－ W＝ NμmgL，D正确。
k f2．( 多项选择 ) 如下图，小车AB放在圆滑水平面上，A端固定一个轻弹簧， B 端粘有油泥，总质量为，质量为的木块C 放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开AB M m始时 AB和 C都静止，当忽然烧断细绳时，C被开释，使 C走开弹簧向B端冲去，并跟 B 端油泥粘在一同，忽视全部摩擦，以下说法正确的选项是()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与油泥粘在一同后，AB立刻停止运动D．C与油泥粘在一同后，AB持续向右运动分析：选 BC 小车AB与木块C构成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时， AB应向左运动，故 A 错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则 0＝mv1－Mv2，得v1M ＝，v2m故 B 正确；设C与油泥粘在一同后，AB、C的共同速度为v共，则 0＝( M＋m) v共，得v共＝ 0，故 C正确， D错误。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
提能增分练(一) 动能定理的四大应用
[A级——夺高分]
1. (2017·福建师大附中模拟)将质量为m的物体在高空中以速率v水平向右抛出，由于风力作用，经过时间t后，物体下落一段高度，速率仍为v，方向与初速度相反，如图所示。
在这一运动过程中不考虑空气阻力，下列关于风力做功的说法，正确的是( )
A．风力对物体不做功
B．风力对物体做的功(绝对值)为mg2t2 2
C．风力对物体做的功(绝对值)小于mg2t2 2
D．由于风力方向未知，不能判断风力做功情况
解析：选C 对物体从开始抛出到速度再次等于v的过程，由动能定理可知
W风＋W G＝1
2
mv2－
1
2
mv2＝0，可知|W风|＝W G＝mgh<mg·
1
2
gt2＝
1
2
mg2t2，选项C
正确。
2. (2017·广东六校联考)如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC 是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上。
一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则( )
A ．小物体恰好滑回到
B 处时速度为零
B ．小物体尚未滑回到B 处时速度已变为零
C ．小物体能滑回到B 处之上，但最高点要比
D 处低
D ．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点
解析：选C 小物体从A 处运动到D 处的过程中，克服摩擦力所做的功为W f1＝mgh ，小物体从D 处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，所以克服摩擦力所做的功W f2＜mgh ，所以小物体能滑回到B 处之上，但最高点要比D 处低，C 正确，A 、B 错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体最终可能停在圆弧槽上的任何地方，D 错误。
3.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。
当物块的初速度为v 时，上升的最大
高度为H ，如图所示；当物块的初速度为v 2
时，上升的最大高度记为h 。
重力加速度大小为g 。
物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )
A ．tan θ和H 2 B.⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫v 22gH －1tan θ和H 2 C ．tan θ和H 4 D.⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫v 22gH －1tan θ和H 4 解析：选D 物块沿斜坡向上运动过程中，由几何关系及动能定理可得－
mgH － μmgcos θH sin θ＝0－12mv 2，－mgh －μmg ·cos θh
sin θ＝0－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫v 22，可
得h＝H
4
，μ＝
⎝
⎛
⎭
⎪
⎪
⎫
v2
2gH
－1tan θ，选项D正确，选项A、B、C错误。
4. (2017·浙江十校联考)用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度—时间图像如图所示，且α＞β，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力F f做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是( )
A．W1＞W2，F＝2F f B．W1＝W2，F＞2F f
C．P1＜P2，F＞2F f D．P1＝P2，F＝2F f
解析：选B 由动能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2。
由题图可知，加速过程加速度a1大于减速过程的加速度a2，根据牛顿第二定律有：F－F f＝ma1，F f＝ma2，由于a1>a2，故F－F f>F f，所以F＞2F f，选项A、D错误，B正确；由于摩擦阻力作用时间一定大于拉力F作用时间，所以P1＞P2，选项C错误。
5. (2017·浙江杭州五校联考)如图所示，把小车放在倾角为30°的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中( )。