2021高考物理新高考版一轮习题：第六章 微专题43 “选好过程”应用动能守恒定律(含解析)
【精准解析】2021高考物理教科版：第六章+微专题48+力学三大观点的综合应用
1．做好以下几步：(1)确定研究对象，进行运动分析和受力分析；(2)分析物理过程，按特点划分阶段；(3)选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．2．力学规律的选用原则：(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．(4)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换．这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．1．(2019·山东潍坊市二模)如图1所示，一质量M＝4kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住．小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C,BC所对应圆心角θ＝37°，CD长L＝3m．质量m＝1kg的小物块从某一高度处的A点以v0＝4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D 点时刚好与小车达到共同速度v＝1.2m/s.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略空气阻力．图1(1)求A、B间的水平距离x；(2)求小物块从C滑到D所用时间t0；(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移处时小物块离小车左端的水平距离．2．(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图2，光滑水平面上有一辆匀质平板车，平板车右端固定有质量不计的竖直挡板，左端靠在倾角θ＝37°的斜面底端．一个小滑块从离斜面底端h 高处无初速度释放，滑上平板车后恰好不会落地．已知滑块与平板车的质量相等，滑块与斜面及平板车间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑块从斜面滑上平板车的过程速度大小不变，滑块与挡板撞击过程时间极短且无动能损失，重力加速度为g ，忽略其他摩擦，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图2(1)求滑块在斜面上的运动时间t ；(2)求滑块撞击挡板时滑块离斜面底端的距离s;(3)若将平板车左边一半去掉后放回斜面底端，滑块仍从原处释放，求其离开平板车时的速度大小v .3．(2019·山西临汾市二轮复习模拟)细管AB 内壁光滑、厚度不计，加工成如图3所示形状，长L ＝0.8m 的BD 段固定在竖直平面内，其B 端与半径R ＝0.4m 的光滑圆弧轨道BP 平滑连接，CD 段是半径R ＝0.4m 的14圆弧，AC 段在水平面上，管中有两个可视为质点的小球a 、b ，m a ＝6m ，m b ＝2m .开始b 球静止，a 球以速度v 0向右运动，与b 球发生弹性碰撞之后，b 球能够通过轨道最高点P ，a 球则滑回AC 段从细管的A 点滑出．(重力加速度取10m/s 2，6＝2.45)求：图3(1)若v0＝4m/s，碰后a、b球的速度大小；(2)若v0未知，碰后a球的最大速度；(3)若v0未知，v0的取值范围．4．(2020·河南郑州市模拟)如图4所示为某种游戏装置的示意图，水平导轨MN和PQ分别与水平传送带左侧和右侧理想连接，竖直圆形轨道与PQ相切于Q.已知传送带长L＝4.0m，且沿顺时针方向以恒定速率v＝3.0m/s匀速转动．两个质量均为m的滑块B、C静止置于水平导轨MN上，它们之间有一处于原长的轻弹簧，且弹簧与B连接但不与C连接．另一质量也为m的滑块A以初速度v0沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．若C距离N足够远，滑块C脱离弹簧后以速度v C＝2.0m/s滑上传送带，并恰好停在Q点．已知滑块C与传送带及PQ之间的动摩擦因数均为μ＝0.20，装置其余部分均可视为光滑，重力加速度g取10m/s2.求：图4(1)P、Q的距离；(2)v0的大小；(3)已知竖直圆轨道半径为0.55m，若要使C不脱离竖直圆轨道，求v0′的范围．答案精析1．(1)1.2m(2)1s (3)3.73m 解析(1)由平抛运动的规律有：tan θ＝gt v 0x ＝v 0t解得：x ＝1.2m ；(2)以v 0的方向为正方向，物块在小车上CD 段滑动过程中，由动量守恒定律得：m v 1＝(M ＋m )v由功能关系得：fL ＝12m v 12－12(M ＋m )v 2对物块，由动量定理得：－ft 0＝m v －m v 1得：t 0＝1s ；(3)有销钉时：mgH ＋12m v 02＝12m v 12由几何关系得：H －12gt 2＝R (1－cos θ)B 、C 间的水平距离：x BC ＝R sin θμmgL ＝12m v 12－12(M ＋m )v 2若拔掉销钉，小车和物块组成的系统在水平方向上动量守恒，则小车向左运动达最大位移时，速度为0，物块速度为4m/s ，则由能量守恒有：mgH ＝μmg (Δx －x BC )联立以上式子得：Δx ＝3.73m.2．(1)52h 3g (2)5－2212h (3)gh 6解析(1)设滑块的质量为m ，下滑距离为d ，根据几何关系：d ＝h sin θ，在下滑过程中，根据牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，位移关系：d ＝12at 2，联立解得t ＝52h 3g；(2)设滑块滑到底端时速度为v 0，则有v 02＝2ad ，设平板车长度为L ，滑块滑上车与车相对静止的过程中，对系统根据动量守恒有：m v 0＝2m v 共，根据能量守恒有：12m v 02＝12·2m v 共2＋μmg ·2L ，同理滑块滑上车至与挡板碰撞前的过程中，对系统有：m v 0＝m v 1＋m v 2，12m v 02＝12m v 12＋12m v 22＋μmgL 对滑块根据匀变速规律有：v 02－v 12＝2μgs联立以上式子解得s ＝5－2212h ；(3)平板车去掉一半后，对系统根据动量守恒有：m v 0＝m v ＋m 2v 3，根据能量守恒有：12m v 02＝12m v 2＋12×m 2v 32＋μmgL ，联立解得v ＝gh 6.3．(1)2m /s6m/s (2)4.9m /s (3)4m/s ≤v 0≤9.8m/s 解析(1)a 、b 碰撞过程中，以a 、b 组成的系统为研究对象，系统动量守恒．选向右的方向为正方向，设a 、b 碰后瞬间速度为v a 1、v b 1，由动量守恒得：m a v 0＝m a v a 1＋m b v b 1①因a 、b 的碰撞是弹性碰撞，所以机械能守恒，有：12m a v 02＝12m a v a 12＋12m b v b 12②联立①②解得：v a 1＝m a －m b m a ＋m bv 0＝2m/s;v b 1＝2m a m a ＋m b v 0＝6m/s ；(2)因a 球能从A 点滑出，故a 与b 碰后，a 上升的高度不能超过B 点，即上升的高度不会超过L ＋R .设碰撞后a 的最大速度为v a 1maxa 球上升的过程中机械能守恒，有：12m a v a 1max 2＝m a g (L ＋R )得：v a 1max ＝6gR ≈4.9m/s ；(3)欲使b 能通过最高点，设b 球与a 碰撞后的速度为v b 1，经过最高点时的速度为v b 2，则有：m b g ≤m b v b 22R 得：v b 2≥gR ＝2m/sb球在上升至最高点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，有：12m b v b12＝12m b v b22＋m b g(2R＋L)解得：v b1≥6m/sv0min＝m a＋m b2m av b1≥4m/s碰后a上升的高度不能超过(L＋R)，必须满足v0max＝2v a1≤26gR≈9.8m/s综上可得4m/s≤v0≤9.8m/s.4．(1)2.25m(2)3m/s(3)v0′≤9m/s或v0′≥34210m/s解析(1)设C滑上传送带后一直加速，则v t2－v C2＝2μgL，解得v t＝25m/s>v传，所以C在传送带上一定先加速后匀速，滑上PQ的速度v＝3m/s又因为恰好停在Q点，则有0－v2＝－2μgx PQ解得x PQ＝2.25m；(2)A与B碰撞：m v0＝2m v共接下来A、B整体压缩弹簧后弹簧恢复原长时，C脱离弹簧，这个过程有2m v共＝2m v1＋m v C1 2·2m v共2＝12·2m v12＋12m v C2联立解得v0＝3m/s；(3)要使C不脱离圆轨道，有两种情况，一是最多恰能到达圆心等高处，二是至少到达最高处，若恰能到达圆心等高处，则v Q＝2gR＝11m/s由N～Q段：v Q12－v C1′2＝－2μg(L＋x PQ)，可得v C1′＝6m/s在A、B碰撞及与弹簧作用的过程中2m v共′＝2m v1′＋m v C1′21 2·2m v共′2＝12·2m v1′2＋12m v C1′2又m v01＝2m v共′联立解得：v01＝9m/s，所以这种情况下，A的初速度范围是v0′≤9m/s若恰能到达最高点，则v Q 2＝5gR ＝1102m/s 同理可得A 的初速度范围是v 0′≥34210m/s ，所以v 0′≥34210m/s 或v 0′≤9m/s.。
2021版高考物理(新课标)一轮复习专题课件_专题六 动力学和能量观点的综合应用 (共46张PPT)
(3)设改变后 P 的质量为 m1.D 点与 G 点的水平距离 x1 和竖 直距离 y1 分别为
x1＝72R－56Rsin θ ⑨ y1＝R＋56R＋56Rcos θ ⑩ 式中，已应用了过 C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为 θ 的事实.
设 P 在 D 点的速度为 vD，由 D 点运动到 G 点的时间为 t. 由平抛运动公式有
[典例 1] (2016·新课标全国卷Ⅰ)如图所示，一轻弹簧原长 为 2R，其一端固定在倾角为 37°的固定直轨道 AC 的底端 A 处， 另一端位于直轨道上 B 处，弹簧处于自然状态.直轨道与一半径 为56R 的光滑圆弧轨道相切于 C 点，AC＝7R，A、B、C、D 均 在同一竖直平面内.
质量为 m 的小物块 P 自 C 点由静止开始下滑，最低到达 E 点(未画出).随后 P 沿轨道被弹回，最高到达 F 点，AF＝4R.已 知 P 与直轨道间的动摩擦因数 μ＝14，重力加速度大小为 g.(取 sin 37°＝35，cos 37°＝45)
则 Δx1＝x1′＋x1＝5.25 m 滑块向右运动 x2 时，传送带向右运动的位移为 x2′＝vt2 ＝2 m 则 Δx2＝x2′－x2＝1 m Δx＝Δx1＋Δx2＝6.25 m 则产生的热量为 Q＝μmg·Δx＝12.5 J. [答案] (1)3.125 s (2)12.5 J
考向 2 滑块—木板模型分析 [典例 3] 10 个同样长度的木块放在水平地面上，每个木 块的质量 m＝0.5 kg、长度 L＝0.6 m，它们与地面之间的动摩 擦因数 μ1＝0.1，在左方第一个木块上放一质量 M＝1 kg 的小 铅块(视为质点)，它与木块间的动摩擦因数 μ2＝0.25.现给铅块 一向右的初速度 v0＝5 m/s，使其在木块上滑行.取 g＝10 m/s2， 求：
2021届山东新高考物理一轮复习讲义：第6章 第1节 动量和动量定理 Word版含答案
第1节动量和动量定理一、动量、动量的变化量、冲量1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫作物体的动量，通常用p来表示。
(2)表达式：p＝m v。
(3)单位：kg·m/s。
(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。
2．动量的变化量(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。
(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量。
即Δp＝p′－p。
3．冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。
公式：I＝F·t。
(2)单位：冲量的单位是牛·秒，符号是N·s。
(3)方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。
二、动量定理1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。
2．表达式：Ft＝Δp＝p′－p。
3．矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理。
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)物体的动能变化时，动量一定变化。
(√)(2)两物体的动量相等，动能也一定相等。
(×)(3)动量变化量的大小不可能等于初、末状态动量大小之和。
(×)(4)动量定理描述的是某一状态的物理规律。
(×)(5)物体所受合外力的冲量方向与物体末动量的方向相同。
(×)(6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向相同。
(√)2．(人教版选修3－5P 7[例题1]改编)质量为0.5 kg 的物体，运动速度为3 m/s ，它在一个变力作用下速度变为7 m/s ，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为( )A ．5 kg·m/s ，方向与原运动方向相反B ．5 kg·m/s ，方向与原运动方向相同C ．2 kg·m/s ，方向与原运动方向相反D ．2 kg·m/s ，方向与原运动方向相同[答案] A3．(人教版选修3－5P 11T 2改编)一质量为m 的物体静止在光滑水平面上，在水平力F 作用下，经时间t ，通过位移L 后，动量变为p ，动能变为E k 。
2021高考物理一轮复习编练习题(6)(含解析)新人教版
2021高考物理一轮复习编练习题（6）（含解析）新人教版李仕才一、选择题1、如图所示，物块A 放在木板B 上，A 、B 的质量均为m ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，B 与地面之间的动摩擦因数为μ3。
若将水平力作用在A 上，使A 刚好要相对B 滑动，现在A的加速度为a 1；若将水平力作用在B 上，使B 刚好要相对A 滑动，现在B 的加速度为a 2，则a 1与a 2的比为( )A ．1∶1B ．2∶3C ．1∶3D ．3∶2解析：选C 当水平力作用在A 上，使A 刚好要相对B 滑动，临界情形是A 、B 的加速度相等，隔离对B 分析，B 的加速度为：a B ＝a 1＝μmg －μ3·2mgm＝13μg ，当水平力作用在B 上，使B 刚好要相对A 滑动，现在A 、B 间的摩擦力刚好达到最大，A 、B 的加速度相等，有：a A ＝a 2＝μmgm＝μg ，可得a 1∶a 2＝1∶3，C 正确。
2、如图9所示，两个带有同种电荷的小球m 1、m 2，用绝缘细线悬挂于O 点，若q 1>q 2，L 1>L 2，平稳时两球到过O 点的竖直线的距离相等，则( )图9A.m 1>m 2B.m 1＝m 2C.m 1<m 2D.无法确定 答案 B3、一位同学做飞镖游戏，已知圆盘直径为d ，飞镖距圆盘的距离为L ，且对准圆盘上边缘的A 点水平抛出，初速度为v 0，飞镖抛出的同时，圆盘绕垂直圆盘且过盘心O 的水平轴匀速转动，角速度为ω。
若飞镖恰好击中A 点，则下列关系中正确的是( )A ．dv 02＝L 2gB ．ωL ＝(1＋2n )πv 0(n ＝0,1,2，…)C ．v 0＝ωd2D ．dω2＝(1＋2n )2g π2(n ＝0,1,2，…)解析：选B 飞镖做平抛运动，若恰好击中A 点，则只能是在A 点恰好转到最低点的时候。
当A 点转动到最低点时飞镖恰好击中A 点，则L ＝v 0t ，d ＝12gt 2，ωt ＝(1＋2n )π(n ＝0,1,2，…)，联立解得ωL ＝(1＋2n )πv 0(n ＝0,1,2，…)，2dv 02＝L 2g,2dω2＝(1＋2n )2g π2(n ＝0,1，2，…)。
2021届高考一轮人教物理：能量和动量含答案
2021届高考一轮人教物理：能量和动量含答案*能量和动量1、某质量为m的电动玩具小车在平直的水泥路上由静止沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值v m，设这一过程中电动机的功率恒为P ，小车受到的阻力恒为F，则t时间内( )A．小车做匀加速运动B．小车受到的牵引力逐渐增大C．合外力对小车所做的功为PtD．牵引力对小车所做的功为Fx＋12m v2mkg的物体(可视为质点)在平行于斜面向上的拉力F作用下从粗糙斜面上的A点沿斜面向上运动，t＝2s时撤去拉力F，其在斜面上运动的部分v－t图象如图乙所示。
已知斜面倾角θ＝37°，斜面固定且足够长，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法中正确的是( )A．拉力F的大小为50 NB．小物体在斜面上从A点运动到最高点的过程中，克服摩擦力做的功为850 J C．t＝8 s时，小物体在A点上方且距A点的距离为15 mD．小物体返回时经过A点的动能为300 J3、如图所示，质量分别为m A和m B的两小球，用细线连接悬挂在天花板上。
平衡时，两小球恰处于同一水平线上，细线与竖直方向夹角分别为θ1与θ2(θ1＞θ2)。
突然剪断A、B间的细线，小球的瞬时加速度大小分别为a A和a B，两小球开始摆动后，最大速度大小分别为v A和v B，最大动能分别为E kA和E kB。
则( )A．m A一定小于m B B．a A和a B大小相等C．v A一定等于v B D．E kA一定小于E kB4、（双选）倾角为θ的三角形斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，其自然长度时弹簧的上端位于斜面体上的O点．质量分别为4m、m的物块甲和乙用一质量不计的细绳连接，且跨过固定在斜面体顶端的光滑轻质定滑轮，如图所示．开始物块甲位于斜面体上的M处，且MO＝L，物块乙开始距离水平面足够高，现将物块甲和乙由静止释放，物块甲沿斜面下滑，当物块将弹簧压缩到N点时，物块的速度减为零，ON＝L2，已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝38，θ＝30°，重力加速度取g＝10m/s2，忽略空气的阻力，整个过程中细绳始终没有松弛，且乙未碰到滑轮，则下列说法正确的是( )A．物块甲由静止释放到斜面体上N点的过程，物块甲先做匀加速直线运动，紧接着做匀减速直线运动到速度减为零B．物块甲在与弹簧接触前的加速度大小为0.5 m/s2C．物块甲位于N点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为158mgLD．物块甲位于N点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为38mgL5、[多选]在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M＝0.6 kg，m＝0.2 kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有E p＝10.8J弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不拴接)，原来处于静止状态。
【精准解析】2021高考物理教科版：第六章+微专题45+“选好过程”应用动能守恒定律
图 10 (1)A 与 C 刚粘合在一起时的速度大小； (2)若将 A、B、C 看成一个系统，则从 A 开始运动到 A 与 C 刚好粘合的过程中系统损失的机 械能．
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12．(2019·河北省中原名校联盟下学期联考)如图 11 所示，质量均为 m 的 A、B 两球套在悬挂 的细绳上，A 球吊在细绳的下端刚好不动，稍有扰动 A 就与细绳分离，A 球离地高度为 h，A、 B 两球开始时在细绳上的间距也为 h，B 球释放后由静止沿细绳匀加速下滑，与 A 球相碰后 粘在一起(碰撞时间极短)，并滑离细绳．若 B 球沿细绳下滑的时间是 A、B 一起下落到地面时 间的 2 倍，重力加速度为 g，不计两球大小及空气阻力，求：
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故选 D.]
6．B [箱子的右壁与小物块发生弹性碰撞，则由动量守恒和能量关系有：Mv0＝mv1＋Mv2，
12Mv02＝12mv12＋12Mv22，解得 v1－v2＝v0，则从箱子的右壁与小物块发生弹性碰撞，到小物块
与箱子左壁相碰，所经历的时间 t＝ l ＝ l ，故选 B.] v1－v2 v0
7．AD [A 和 B 球在碰撞过程中满足动量守恒，因此有 m1v＝(m1＋m2)v 共，代入数据有 m2
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【精准解析】2021高考物理教科版：第六章+微专题44+“选好研究对象”应用动能定理
1．注意动量的矢量性及动量变化量的矢量性；动量定理Ft＝p′－p中“Ft”为合外力的冲量；要明确过程的初、末状态．2．解决“流体问题”“粒子流问题”等持续作用情况，需注意如何“选好研究对象”：需以流体为研究对象，建立“柱状”模型，如图所示，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S，取很小的一段作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm ＝ρSΔl.根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv(粒子流微元内的粒子数N＝n v SΔl，先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算)．注，则Δl＝(v－意：若流体冲击的物体是静止的，则Δl＝vΔt；若流体冲击的物体速度为v物v物)Δt.1．(多选)(2020·山东济南市模拟)质量1kg的物体从足够高处由静止开始下落，其加速度a 随时间t变化的关系图像如图1所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()图1A．2s末物体所受阻力的大小为10NB．在0～2s内，物体所受阻力随时间均匀减小C．在0～2s内，物体的动能增大了100JD．在0～1s内，物体所受阻力的冲量大小为2.5N·s2．使用高压水枪作为切割机床的切刀具有独特优势，得到广泛应用，如图2所示，若水柱截面为S，水流以速度v垂直射到被切割的钢板上，之后水速减为零，已知水的密度为ρ，则水对钢板的冲力大小为()图2 A．ρS v B．ρS v2C.1 2ρS v2D.12ρS v3.(2019·福建三明市上学期期末)用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图3所示，从距秤盘80cm高处把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的总质量为100g．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为()图3A．0.2N B．0.6N C．1.0N D．1.6N4．为估算池塘中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3)()A．0.15Pa B．0.54PaC．1.5Pa D．5.4Pa5．(多选)(2019·河南郑州市第二次质量预测)如图4所示，质量均为M的b、d两个光滑斜面静止于水平面上，底边长度相等，b斜面倾角为30°，d斜面倾角为60°.质量均为m的小物块a和c分别从两个斜面顶端由静止自由滑下，下滑过程中两个斜面始终静止．重力加速度为g，小物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是()图4A ．两物块所受重力冲量相同B ．两物块所受重力做功的平均功率相同C ．地面对两斜面的摩擦力均向左D ．两斜面对地面压力均小于(m ＋M )g6．(2019·重庆市八中模拟)航天器离子发动机原理如图5所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或姿态调整的反冲力．已知单个正离子的质量为m ，电荷量为q ，正、负栅板间加速电压为U ，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I .忽略离子间的相互作用力，忽略离子到达正极栅板时的速度，忽略离子喷射对航天器质量的影响．该发动机产生的平均推力F 的大小为()图5A ．I 2mUq B ．I mUq C ．I mU2q D ．2I mUq7．(2020·重庆市抽测)为了研究小球由静止释放后撞击地面弹跳的规律，小俞同学利用运动传感器采集数据并作出了如图6所示的v －t 图像，小球质量为0.6kg ，空气阻力不计，重力加速度g ＝10m/s 2，由图可知()图6A ．横坐标每一小格表示的时间是1sB ．小球下落的初始位置离地面的高度为3.6mC ．小球第一次反弹的最大高度为1.25mD ．小球第一次撞击地面时地面对小球的平均作用力为66N8．(多选)一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v0＝4m/s的匀速直线运动．已知帆船在该运动状态下突然失去风的推力的作用，此后帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t＝8s静止；该帆船的帆面正对风的有效面积为S＝10m2，帆船的总质量约为M＝936kg，若帆船在行驶过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3kg/m3，下列说法正确的是()A．风停止后帆船的加速度大小是1m/sB．帆船在湖面上顺风航行所受水的阻力大小为468NC．帆船匀速运动受到风的推力的大小为936ND．风速的大小为10m/s9．如图7所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用．买者认为：因为米流落到容器中时对容器有向下的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量达到要求时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来．下列说法正确的是()图7A．买者说的对B．卖者说的对C．公平交易D．具有随机性，无法判断10．(2019·山东济南市上学期期末)某研究小组经查阅资料了解到，在空气中低速下落的物体所受的空气阻力可认为与物体速度大小成正比关系，因此下落的物体最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度．如图8所示为小球由静止开始，在低速下落过程中速度随时间变化的一部分图像．图中作出了t＝0.5s时刻的切线，小球的质量为0.5kg，重力加速度g取10m/s2，求：图8(1)小球在t＝0.5s时刻的加速度大小；(2)小球最终的收尾速度大小；(3)小球在0～0.5s内的位移．11．某游乐场入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从模型背部喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板上的Mickey Mouse模型托起，稳定地悬停在空中，伴随着音乐旋律，Mickey Mouse模型能够上下运动，引人驻足，如图9所示．这一景观可做如下简化，水柱从横截面积为S0的模型背部喷口持续以速度v0竖直向上喷出，设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部．水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开．已知Mickey Mouse模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为ρ，重力加速度大小为g，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计，喷水的功率定义为单位时间内喷口喷出水的动能．图9(1)求喷泉喷水的功率P；(2)试计算Mickey Mouse模型在空中悬停时离喷口的高度h；(3)实际上，当我们仔细观察时，发现喷出的水柱在空中上升阶段并不是粗细均匀的，而是在竖直方向上一头粗、一头细．请你说明上升阶段的水柱是上端较粗还是下端较粗，并说明水柱呈现该形态的原因．答案精析1．AD [2s 末物体的加速度为零，则此时，阻力等于重力，即所受阻力的大小为10N ，选项A 正确；根据mg －f ＝ma 可知，在0～2s 内，物体加速度随时间均匀减小，则所受阻力随时间均匀增大，选项B 错误；在0～2s 内，物体的速度增加了Δv ＝12×2×10m/s ＝10m/s ，则动能增大了12m Δv 2＝12×1×102J ＝50J ，选项C 错误；在0～1s 内，物体速度的增量Δv 1＝12×(5＋10)×1m/s ＝7.5m/s ，根据动量定理mgt －I f ＝m Δv 1，解得I f ＝2.5N·s ，选项D 正确．]2．B [在t 时间内射到被切割的钢板上的水流的质量m ＝v tSρ，设钢板对水流的作用力大小为F ，根据动量定理Ft ＝m v ，解得F ＝ρS v 2，根据牛顿第三定律，水对钢板的冲力大小为ρS v 2，选项B 正确．]3．B [设豆粒从80cm 高处下落到秤盘上时的速度大小为v 1，则有v 12＝2gh ，可得v 1＝2gh ＝2×10×0.8m/s ＝4m/s设竖直向上为正方向，根据动量定理：Ft ＝m v 2－m v 1则F ＝m v 2－m v 1t ＝0.1×2－0.1×－41N ＝0.6N ，故B 正确，A 、C 、D 错误．]4．A [设雨滴受到睡莲叶面的平均作用力为F ，在Δt 时间内有质量为Δm 的雨水的速度由v ＝12m/s 减为零，以向上的方向为正方向，对这部分雨水应用动量定理：F Δt ＝0－(－Δm v )＝Δm v ，可得F ＝Δm Δtv ；设水杯横截面积为S ，对水杯里的雨水，在Δt 时间内水位上升了Δh ，则有Δm ＝ρS Δh ，可得F ＝ρS v Δh Δt，则根据牛顿第三定律可知，睡莲和叶面受到的作用力大小F ′＝F ＝ρS v Δh Δt ，故压强p ＝F ′S ＝ρv Δh Δt ＝1×103×12×45×10－33600Pa ＝0.15Pa.]5．AD [设斜面的底边长度为L ，则斜边长度s ＝L cos θ，小物块下滑的加速度a ＝g sin θ，下滑的时间t ＝2s a ＝4L g sin 2θ，当两斜面倾角分别为30°和60°时，可得两物块运动的时间相同，根据I ＝mgt 可知，重力的冲量相同，选项A 正确；重力做功W ＝mgL tan θ，则重力做功的平均功率：P ＝W t ＝12mg tan θgL sin 2θ，则当两斜面倾角分别为30°和60°时两物块所受重力做功的平均功率不相同，选项B 错误；当物块加速下滑时，加速度有水平向右的分量，则对物块和斜面的整体而言，由牛顿第二定律可知，地面对两斜面的摩擦力均向右，选项C 错误；竖直方向，因物块下滑时加速度有竖直向下的分量，可知物块失重，则两斜面对地面压力均小于(m ＋M )g ，选项D 正确．]6．A [以正离子为研究对象，由动能定理得qU ＝12m v 2，Δt 时间内通过的总电荷量为Q ＝I Δt ，喷出的正离子总质量为M ＝Q q m ＝I Δt qm .由动量定理可知正离子所受的平均冲量F Δt ＝M v ，联立可得F ＝I2mU q ，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力的大小为F ＝I 2mU q，故A 正确．]7．C [小球下落时做自由落体运动，加速度大小为g ，则由题图可知，落地时速度为6m/s ，故用时t ＝610s ＝0.6s ，题图中对应6个小格，故每一小格表示0.1s ，故A 错误；小球下落的初始位置离地面的高度为h ＝12×10×(0.6)2m ＝1.8m ，故B 错误；第一次反弹后加速度大小也为g ，为竖直上抛运动，由题图可知，最大高度为h ′＝12×10×(0.5)2m ＝1.25m ，故C 正确；设向下为正方向，由题图可知，碰撞时间约为0.1s ，根据动量定理可知：mgt －Ft ＝m v ′－m v ，代入数据解得F ＝72N ，故D 错误．]8．BD [风突然停止，帆船只受到水的阻力的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度大小为a ，则a ＝v 0t＝0.5m /s 2，选项A 错误；由牛顿第二定律可得f ＝Ma ，代入数据解得f ＝468N ，选项B 正确；设帆船匀速运动时受到风的推力的大小为F ，根据平衡条件得F －f ＝0，解得F ＝f ＝468N ，选项C 错误；设在时间Δt 内，正对帆面且吹向帆面的空气的质量为m ，则m ＝ρS (v －v 0)Δt ，由牛顿第三定律可知，这部分空气受到的推力F ′＝F ，以v 0的方向为正方向，根据动量定理有－F ′Δt ＝m v 0－m v ，解得v ＝10m/s ，选项D 正确．]9．C [设米流的流量为d ，它是恒定的，米流在出口处速度很小可视为零，若切断米流后，设盛米的容器中静止的那部分米的质量为m 1，空中还在下落的米的质量为m 2，落到已静止的米堆上的一小部分米的质量为Δm .在极短时间Δt 内，取Δm 为研究对象，这部分米很少，Δm ＝d ·Δt ，设其落到米堆上之前的速度为v ，经Δt 时间静止，如图所示，取竖直向上为正方向，由动量定理得：(F －Δmg )Δt ＝Δm v即F ＝d v ＋d ·Δt ·g ，因Δt 很小，故F ＝d v根据牛顿第三定律知F ′＝F ，称米机的读数应为M ＝m 1g ＋F ′g ＝m 1＋d v g＝m 1＋dt ＝m 1＋m 2′因切断米流后空中尚有质量m 2的米在空中，m 2＝d v g＝d ·t ＝m 2′，故C 正确．]10．(1)4m/s 2(2)203m/s (3)23m 解析(1)由题图可知，小球在t ＝0.5s 时的加速度大小为：a ＝Δv Δt＝4m/s 2；(2)设空气阻力与速度大小的正比系数为k ，则有mg －k v ＝ma达到最大速度时，加速度为0，则有mg ＝k v m联立解得：k ＝34，v m ＝203m/s ；(3)以竖直向下为正方向，在0～0.5s 内，对小球由动量定理可得mgt －∑k v i Δt ＝m v －0即mgt －ks ＝m v －0解得：s ＝23m.11．(1)12ρS 0v 03(2)v 022g －M 2g 2ρ2S 02v 02(3)见解析解析(1)喷泉喷水的功率为：P ＝ΔW Δt ＝ΔE k Δt ＝12Δm v 02Δt ＝12ρS 0v 0Δt v 02Δt＝12ρS 0v 03；(2)以向上为正方向，以Δt 内冲击冲浪板底部的水柱为研究对象，设碰到冲浪板时水的速度大小为v ：－F ·Δt ＝Δp ＝Δm ·Δv ＝ρS 0v 0Δt ·Δv ＝ρS 0v 0Δt ·(0－v )所以F ＝ρS 0v 0v根据牛顿第三定律：F ′＝F ＝Mg所以Mg ＝ρS 0v 0v ，得：v ＝Mg ρS 0v 0水从喷口喷出后再做竖直上抛运动：v 2－v 02＝－2gh ，所以h ＝v 022g －M 2g 2ρ2S 02v 02；(3)从喷口喷出的水的流量Q ＝S 0v 0是定值，单位时间内喷出的水的体积不变Q ＝S 0v 0＝S i v i ，在v i 不断变小时，横截面积S i 在不断增大，因此上升阶段的水柱呈现的形态是上端较粗．。
【精准解析】2021高考物理新高考版：第六章+微专题42+“选好研究对象”应用动能定理
1．注意动量的矢量性及动量变化量的矢量性；动量定理Ft ＝p ′－p 中“Ft ”为合外力的冲量；要明确过程的初、末状态．2．解决“流体问题”“粒子流问题”等持续作用情况，需注意如何“选好研究对象”：需以流体为研究对象，建立“柱状”模型，如图所示，沿流速v 的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S ，取很小的一段作用时间Δt 内的一段柱形流体的长度为Δl ，对应的质量为Δm ＝ρS Δl .根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即F Δt ＝Δm Δv (粒子流微元内的粒子数N ＝n v S Δl ，先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N 计算)．注意：若流体冲击的物体是静止的，则Δl ＝v Δt ；若流体冲击的物体速度为v 物，则Δl ＝(v －v 物)Δt .1．(多选)(2020·山东济南市模拟)质量1kg 的物体从足够高处由静止开始下落，其加速度a 随时间t 变化的关系图象如图1所示，重力加速度g 取10m/s 2，下列说法正确的是()图1A ．2s 末物体所受阻力的大小为10NB ．在0～2s 内，物体所受阻力随时间均匀减小C ．在0～2s 内，物体的动能增大了100JD ．在0～1s 内，物体所受阻力的冲量大小为2.5N·s2．使用高压水枪作为切割机床的切刀具有独特优势，得到广泛应用，如图2所示，若水柱截面为S ，水流以速度v 垂直射到被切割的钢板上，之后水速减为零，已知水的密度为ρ，则水对钢板的冲力大小为()图2 A．ρS v B．ρS v2C.1 2ρS v2D.12ρS v3.(2019·福建三明市上学期期末)用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图3所示，从距秤盘80cm高处把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的总质量为100g．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为()图3A．0.2N B．0.6N C．1.0N D．1.6N4．为估算池塘中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3)()A．0.15Pa B．0.54PaC．1.5Pa D．5.4Pa5．(多选)(2019·河南郑州市第二次质量预测)如图4所示，质量均为M的b、d两个光滑斜面静止于水平面上，底边长度相等，b斜面倾角为30°，d斜面倾角为60°.质量均为m的小物块a和c分别从两个斜面顶端由静止自由滑下，下滑过程中两个斜面始终静止．重力加速度为g，小物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是()图4A ．两物块所受重力冲量相同B ．两物块所受重力做功的平均功率相同C ．地面对两斜面的摩擦力均向左D ．两斜面对地面压力均小于(m ＋M )g6．(2019·重庆市八中模拟)航天器离子发动机原理如图5所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或姿态调整的反冲力．已知单个正离子的质量为m ，电荷量为q ，正、负栅板间加速电压为U ，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I .忽略离子间的相互作用力，忽略离子到达正极栅板时的速度，忽略离子喷射对航天器质量的影响．该发动机产生的平均推力F 的大小为()图5A ．I 2mUq B ．I mUq C ．I mU2q D ．2I mUq7．(2020·重庆市抽测)为了研究小球由静止释放后撞击地面弹跳的规律，小俞同学利用运动传感器采集数据并作出了如图6所示的v －t 图象，小球质量为0.6kg ，空气阻力不计，重力加速度g ＝10m/s 2，由图可知()图6A ．横坐标每一小格表示的时间是1sB ．小球下落的初始位置离地面的高度为3.6mC ．小球第一次反弹的最大高度为1.25mD ．小球第一次撞击地面时地面对小球的平均作用力为66N8．(多选)一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v0＝4m/s的匀速直线运动．已知帆船在该运动状态下突然失去风的推力的作用，此后帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t＝8s静止；该帆船的帆面正对风的有效面积为S＝10m2，帆船的总质量约为M＝936kg，若帆船在行驶过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3kg/m3，下列说法正确的是()A．风停止后帆船的加速度大小是1m/sB．帆船在湖面上顺风航行所受水的阻力大小为468NC．帆船匀速运动受到风的推力的大小为936ND．风速的大小为10m/s9．如图7所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用．买者认为：因为米流落到容器中时对容器有向下的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量达到要求时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来．下列说法正确的是()图7A．买者说的对B．卖者说的对C．公平交易D．具有随机性，无法判断10．(2019·山东济南市上学期期末)某研究小组经查阅资料了解到，在空气中低速下落的物体所受的空气阻力可认为与物体速度大小成正比关系，因此下落的物体最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度．如图8所示为小球由静止开始，在低速下落过程中速度随时间变化的一部分图象．图中做出了t＝0.5s时刻的切线，小球的质量为0.5kg，重力加速度g取10m/s2，求：图8(1)小球在t＝0.5s时刻的加速度大小；(2)小球最终的收尾速度大小；(3)小球在0～0.5s内的位移．11．某游乐场入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从模型背部喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板上的Mickey Mouse模型托起，稳定地悬停在空中，伴随着音乐旋律，Mickey Mouse模型能够上下运动，引人驻足，如图9所示．这一景观可做如下简化，水柱从横截面积为S0的模型背部喷口持续以速度v0竖直向上喷出，设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部．水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开．已知Mickey Mouse模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为ρ，重力加速度大小为g，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计，喷水的功率定义为单位时间内喷口喷出水的动能．图9(1)求喷泉喷水的功率P；(2)试计算Mickey Mouse模型在空中悬停时离喷口的高度h；(3)实际上，当我们仔细观察时，发现喷出的水柱在空中上升阶段并不是粗细均匀的，而是在竖直方向上一头粗、一头细．请你说明上升阶段的水柱是上端较粗还是下端较粗，并说明水柱呈现该形态的原因．答案精析1．AD [2s 末物体的加速度为零，则此时，阻力等于重力，即所受阻力的大小为10N ，选项A 正确；根据mg －F f ＝ma 可知，在0～2s 内，物体加速度随时间均匀减小，则所受阻力随时间均匀增大，选项B 错误；在0～2s 内，物体的速度增加了Δv ＝12×2×10m/s ＝10m/s ，则动能增大了12m Δv 2＝12×1×102J ＝50J ，选项C 错误；在0～1s 内，物体速度的增量Δv 1＝12×(5＋10)×1m/s ＝7.5m/s ，根据动量定理mgt －I f ＝m Δv 1，解得I f ＝2.5N·s ，选项D 正确．]2．B [在t 时间内射到被切割的钢板上的水流的质量m ＝v tSρ，设钢板对水流的作用力大小为F ，根据动量定理Ft ＝m v ，解得F ＝ρS v 2，根据牛顿第三定律，水对钢板的冲力大小为ρS v 2，选项B 正确．]3．B [设豆粒从80cm 高处下落到秤盘上时的速度大小为v 1，则有v 21＝2gh ，可得v 1＝2gh ＝2×10×0.8m/s ＝4m/s设竖直向上为正方向，根据动量定理：Ft ＝m v 2－m v 1则F ＝m v 2－m v 1t＝0.1×2－0.1×(－4)1N ＝0.6N ，故B 正确，A 、C 、D 错误．]4．A [设雨滴受到睡莲叶面的平均作用力为F ，在Δt 时间内有质量为Δm 的雨水的速度由v ＝12m/s 减为零，以向上的方向为正方向，对这部分雨水应用动量定理：F Δt ＝0－(－Δm v )＝Δm v ，可得F ＝Δm Δtv ；设水杯横截面积为S ，对水杯里的雨水，在Δt 时间内水位上升了Δh ，则有Δm ＝ρS Δh ，可得F ＝ρS v Δh Δt，则根据牛顿第三定律可知，睡莲和叶面受到的作用力大小F ′＝F ＝ρS v Δh Δt ，故压强p ＝F ′S ＝ρv Δh Δt ＝1×103×12×45×10－33600Pa ＝0.15Pa.]5．AD [设斜面的底边长度为L ，则斜边长度s ＝L cos θ，小物块下滑的加速度a ＝g sin θ，下滑的时间t ＝2s a ＝4L g sin 2θ，当两斜面倾角分别为30°和60°时，可得两物块运动的时间相同，根据I ＝mgt 可知，重力的冲量相同，选项A 正确；重力做功W ＝mgL tan θ，则重力做功的平均功率：P ＝W t ＝12mg tan θgL sin 2θ，则当两斜面倾角分别为30°和60°时两物块所受重力做功的平均功率不相同，选项B 错误；当物块加速下滑时，加速度有水平向右的分量，则对物块和斜面的整体而言，由牛顿第二定律可知，地面对两斜面的摩擦力均向右，选项C 错误；竖直方向，因物块下滑时加速度有竖直向下的分量，可知物块失重，则两斜面对地面压力均小于(m ＋M )g ，选项D 正确．]6．A [以正离子为研究对象，由动能定理得qU ＝12m v 2，Δt 时间内通过的总电荷量为Q ＝I Δt ，喷出的正离子总质量为M ＝Q q m ＝I Δt qm .由动量定理可知正离子所受的平均冲量F Δt ＝M v ，联立可得F ＝I2mU q ，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力的大小为F ＝I 2mU q，故A 正确．]7．C [小球下落时做自由落体运动，加速度大小为g ，则由题图可知，落地时速度为6m/s ，故用时t ＝610s ＝0.6s ，题图中对应6个小格，故每一小格表示0.1s ，故A 错误；小球下落的初始位置离地面的高度为h ＝12×10×(0.6)2m ＝1.8m ，故B 错误；第一次反弹后加速度大小也为g ，为竖直上抛运动，由题图可知，最大高度为h ′＝12×10×(0.5)2m ＝1.25m ，故C 正确；设向下为正方向，由题图可知，碰撞时间约为0.1s ，根据动量定理可知：mgt －Ft ＝m v ′－m v ，代入数据解得F ＝72N ，故D 错误．]8．BD [风突然停止，帆船只受到水的阻力的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度大小为a ，则a ＝v 0t＝0.5m/s 2，选项A 错误；由牛顿第二定律可得F f ＝Ma ，代入数据解得F f ＝468N ，选项B 正确；设帆船匀速运动时受到风的推力的大小为F ，根据平衡条件得F －F f ＝0，解得F ＝F f ＝468N ，选项C 错误；设在时间Δt 内，正对帆面且吹向帆面的空气的质量为m ，则m ＝ρS (v －v 0)Δt ，由牛顿第三定律可知，这部分空气受到的推力F ′＝F ，以v 0的方向为正方向，根据动量定理有－F ′Δt ＝m v 0－m v ，解得v ＝10m/s ，选项D 正确．]9．C [设米流的流量为d ，它是恒定的，米流在出口处速度很小可视为零，若切断米流后，设盛米的容器中静止的那部分米的质量为m 1，空中还在下落的米的质量为m 2，落到已静止的米堆上的一小部分米的质量为Δm .在极短时间Δt 内，取Δm 为研究对象，这部分米很少，Δm ＝d ·Δt ，设其落到米堆上之前的速度为v ，经Δt 时间静止，如图所示，取竖直向上为正方向，由动量定理得：(F －Δmg )Δt ＝Δm v即F ＝d v ＋d ·Δt ·g ，因Δt 很小，故F ＝d v根据牛顿第三定律知F ′＝F ，称米机的读数应为M ＝m 1g ＋F ′g ＝m 1＋d v g＝m 1＋dt ＝m 1＋m 2′因切断米流后空中尚有质量m 2的米在空中，m 2＝d v g＝d ·t ＝m 2′，故C 正确．]10．(1)4m/s 2(2)203m/s (3)23m 解析(1)由题图可知，小球在t ＝0.5s 时的加速度大小为：a ＝Δv Δt＝4m/s 2；(2)设空气阻力与速度大小的正比系数为k ，则有mg －k v ＝ma达到最大速度时，加速度为0，则有mg ＝k v m联立解得：k ＝34，v m ＝203m/s ；(3)以竖直向下为正方向，在0～0.5s 内，对小球由动量定理可得mgt －∑k v i Δt ＝m v －0即mgt －ks ＝m v －0解得：s ＝23m.11．(1)12ρS 0v 03(2)v 022g －M 2g 2ρ2S 02v 02(3)见解析解析(1)喷泉喷水的功率为：P ＝ΔW Δt ＝ΔE k Δt ＝12Δm v 02Δt ＝12ρS 0v 0Δt v 02Δt＝12ρS 0v 03；(2)以向上为正方向，以Δt 内冲击冲浪板底部的水柱为研究对象，设碰到冲浪板时水的速度大小为v ：－F ·Δt ＝Δp ＝Δm ·Δv ＝ρS 0v 0Δt ·Δv ＝ρS 0v 0Δt ·(0－v )所以F ＝ρS 0v 0v根据牛顿第三定律：F ′＝F ＝Mg所以Mg ＝ρS 0v 0v ，得：v ＝Mg ρS 0v 0水从喷口喷出后再做竖直上抛运动：v 2－v 02＝－2gh ，所以h ＝v 022g －M 2g 2ρ2S 02v 02；(3)从喷口喷出的水的流量Q ＝S 0v 0是定值，单位时间内喷出的水的体积不变Q ＝S 0v 0＝S i v i ，在v i 不断变小时，横截面积S i 在不断增大，因此上升阶段的水柱呈现的形态是上端较粗．。
2021版高考物理一轮复习课时分层提升练十九动能定理及其应用(含解析)
A.不变
B.变小
C.变大
D.变大变小均可能
【解析】选 B。设木盒质量为 M,木盒中固定一质量为 m 的砝码时,由动能定理可
知,μ(m+M)gx1= (M+m)v2,解得 x1= ;加一个竖直向下的恒力 F(F=mg) Mv2,解得 x2=
。显然 x2<x1。则 B 正确,A、C、D 错误。
A.A、B 两点间的高度差为 0.8 m B.滑块不可能返回到 C 点 C.滑块第一次从 C 点运动到 B 点的过程中,摩擦力对滑块做的功为 0.9 J
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D.滑块最终将静止不动 【解析】选 B、C。根据动能定理:μmgx1= mv2-0 可得 x1=0.9 m<1.6 m,可见滑块第一次在传送 带上先做匀加速直线运动后做匀速直线运动,到达 B 点时的速率为 3 m/s,根据机械能守恒 有:mgh= mv2 可得 A、B 两点间的高度差为 h=0.45 m,选项 A 错误;滑块第一次返回到 B 点后做 匀减速直线运动,运动了 0.9 m 速度变为零,不可能返回到 C 点,选项 B 正确;滑块第一次从 C 点运动到 B 点的过程中,摩擦力对滑块做的功 W=μmgx1=0.9 J,选项 C 正确;经上述分析可知, 滑块在斜面和传送带上往复运动,选项 D 错误;故选 B、C。 8.(多选)如图所示,直杆 AB 与水平面成α角固定,在杆上套一质量为 m 的小滑块,杆底端 B 点 处有一弹性挡板,杆与板面垂直,滑块与挡板碰撞后原速率返回。现将滑块拉到 A 点由静止释 放,与挡板第一次碰撞后恰好能上升到 AB 的中点,设重力加速度为 g,由此可以确定 ( )
m/s2=2.0 m/s2,传送带的速率 v0=10
2021届高考物理一轮专题重组卷：第一部分 单元六 机械能守恒定律 含解析
单元六机械能守恒定律考点1.功和功率(Ⅱ)；2.动能和动能定理(Ⅱ)；3.重力做功与重力势能(Ⅱ)；4.功能关系、机械能守恒定律及其应用(Ⅱ)知识点1.做功正、负的判断及功的计算；2.平均功率、瞬时功率的理解及应用；3.动能定理、机械能守恒定律的应用；4.功能关系；5.图象问题一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．(2019·吉林省吉林市高三上学期期末联考)如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下列说法不正确的是()A．摩擦力对物体做正功B．摩擦力对物体做负功C．支持力对物体不做功D．合外力对物体做功为零答案B解析物体P匀速向上运动的过程中，摩擦力的方向沿传送带向上，与运动的方向相同，所以摩擦力做正功，A正确，B错误；支持力的方向与物体运动的方向垂直，则支持力对物体不做功，C正确；物体匀速上升，动能变化量为零，根据动能定理可知，合力对物体做功为零，D正确。
2．(2019·浙江宁波高三上学期期末十校联考)设在平直公路上以一般速度行驶的自行车，所受阻力约为车、人总重的0.02倍，则骑车人的功率最接近于()A．10－1 kW B．10－3 kWC．1 kW D．10 kW答案A解析设人和车的总质量为80 kg，总重力即为800 N，则受到的阻力大小为16 N，假设骑自行车的速度为10 m/s，则匀速行驶时，骑车人的功率为P＝F v＝f v ＝16×10 W＝160 W，最接近于0.1 kW，A正确。
3. (2019·河北张家口高三上学期期末)如图所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是()A．运动员先处于超重状态后处于失重状态B．空气浮力对系统始终做负功C．加速下降时，重力做的功大于系统重力势能的减小量D．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等答案B解析运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，A错误；空气浮力与运动方向总相反，故空气浮力对系统始终做负功，B正确；加速下降时，重力做的功等于系统重力势能的减小量，C错误；因为是变速运动，所以任意相等的时间内，系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，D错误。
2021届新高考物理一轮复习(考试A方案)学案：第6章第2讲动量守恒定律
第2讲动量守恒定律主干梳理对点激活知识点动量守恒定律及其应用Ⅱ1．几个相关概念(1)系统：在物理学中，将相互作用的几个物体所组成的物体组称为系统。
(2)内力：系统内各物体之间的相互作用力叫做内力。
(3)外力：系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力。
2．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统01不受外力，或者02所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。
(2)表达式①p＝03p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。
②m1v1＋m2v2＝04m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
③Δp1＝05－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
④Δp＝060，系统总动量的增量为零。
(3)适用条件①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
②近似守恒：系统受到的合外力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
③某方向守恒：系统在某个方向上所受合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。
知识点弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ1．碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间01很短，而物体间相互作用力02很大的现象。
2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力03远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3．分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒04守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失05最大4．散射微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”，微观粒子的碰撞又叫做散射。
知识点反冲爆炸Ⅰ1．反冲现象(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。
这类问题相互作用的过程中系统的动能01增大，且常伴有其他形式的能向动能的转化。
(2)反冲运动的过程中，一般合外力为零或外力的作用02远小于物体间的相互作用力，可认为系统的动量守恒，可利用动量守恒定律来处理。
2．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且03远大于系统所受的外力，所以系统动量04守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，爆炸后物体从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
2021高考物理(新高考版)一轮复习考点考法精练：专题六 考点2 动能定理 (2)
考点2 动能定理1.[2020河南洛阳尖子生第一次联考,多选]如图,竖直平面内有一半径为R的固定四分之一圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B,一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下,经过最低点B后沿水平轨道运动,到C处停下,B、C两点间的距离为R,物块P与圆弧轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ.现用力F将该小物块沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A,拉力F的方向始终与小物块的运动方向一致,小物块从B处经圆弧轨道到达A处的过程中,克服摩擦力做的功为μmgR,下列说法正确的是()A.物块从A到C的过程中,运动到B处时速度最大B.物块从A到C的过程中,轨道对物块的支持力一直增大C.拉力F做的功小于2mgRD.拉力F做的功为mgR(1+2μ)2.[2020山西大同模拟,多选]光滑水平面上静止的物体,受到一个水平拉力F作用开始运动,拉力随时间变化的图象如图所示,用E k、v、x、P分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率,下列四个图象中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况,其中正确的是()3.[新情境]篮球比赛中经常有这样的场面:在临终场0.1 s时,运动员把球投出且准确命中,获得比赛的胜利.若运动员投篮过程中对篮球做的功为W,出手高度为h1,篮筐的高度为h2,球的质量为m,空气阻力不计,则篮球进筐时的动能为()A.mgh1+mgh2-WB.mgh2-mgh1-WC.W+mgh1-mgh2D.W+mgh2-mgh14.[2020山东泰安模拟]如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直.一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A.v216g B.v28gC.v24gD.v22g5.[2020湖南四校摸底联考,多选]如图甲所示,倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0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/s2,sin37°=cos 53°=0.6.则()A.传送带的速率v0=10 m/sB.传送带与水平方向的夹角θ=30°C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5D.0~2.0 s内摩擦力对物体做的功W f=-24 J6.[2019浙江金华检测,12分]如图所示,在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧,弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高.质量m=0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方,其底端距A点的高度h1=1.10 m.篮球由静止释放,测得第一次撞击弹簧时,弹簧的最大形变量x1=0.15 m,第一次反弹至最高点时,篮球底端距A点的高度h2=0.873 m,篮球经过多次反弹后静止在弹簧的上端,此时弹簧的形变量x2=0.01 m,弹性势能为E p=0.025 J.若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定,忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变,弹簧形变在弹性限度范围内,取g=10 m/s2.求:(1)弹簧的劲度系数;(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力;(3)篮球在整个运动过程中通过的路程;(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置.考点2动能定理1.CD小物块从C处经圆弧轨道到达A处的过程中,对小物块由动能定理可得W F-mgR-2μmgR=0-0,解得拉力F做的功W F=mgR(1+2μ),选项D正确;物块从A到C的过程中,对小物块由动能定理可得mgR-μmgR-W fAB=0-0,物块从A到B摩擦力做的功大于从B到A摩擦力做的功,故W fAB>μmgR,联立可得拉力F做的功小于2mgR,选项C正确;物块在BC段支持力不变,选项B错误;物块从A到B的过程中,对物块受力分析可知,开始时,重力沿轨道切线方向的分力大于滑动摩擦力,物块速度增大,后来重力沿轨道切线方向的分力小于滑动摩擦力,物块的速度减小,故小物块未到达B点时速度已经达到最大,选项A错误.at2=E k,图象A错误;物体在水平拉力F作用下,做匀加速直2.BD对物体由动能定理得,Fx=F·12线运动,有v=at,图象B正确;物体位移x=1at2,图象C错误;水平拉力的功率P=Fv=Fat,图象D正2确.3.C运动员对篮球的力做正功,篮球重力做负功,可得篮球进筐时的动能E k=W+mgh1-mgh2,C 正确.4.B 设轨道半径为R ,小物块的质量为m ,滑到轨道最上端时的速度为v 1.小物块上滑过程中,由动能定理有-2mgR =12m v 12-12mv 2① 小物块从轨道最上端水平飞出做平抛运动,设水平位移为x ,下落时间为t ,则有2R=12gt 2② x=v 1t ③联立①②③式解得x 2=(v 22g )2-(4R -v 22g )2由数学知识可知,当4R-v 22g =0,即R=v 28g 时水平位移x 有最大值,为v 22g ,故选项B 正确.5.ACD 由图乙知,物体先以加速度a 1做初速度为零的匀加速直线运动,速度达到传送带速度后(在t=1.0 s 时刻),物体继续向下做加速度为a 2的匀加速直线运动,可知传送带的速率为 v 0=10 m/s,故A 正确;在0~1.0 s 内,对物体受力分析可知物体所受摩擦力方向沿斜面向下,加速度为a 1=mgsinθ+μmgcosθm =g sin θ+μg cos θ,由图乙可得a 1=101 m/s 2=10 m/s 2,即g sin θ+μg cos θ=10 m/s 2,在1.0~2.0 s 内,对物体受力分析可知物体的加速度为a 2=mgsinθ-μmgcosθm =g sin θ-μg cos θ,由图乙可得a 2=2 m/s 2,即g sin θ-μg cos θ=2 m/s 2,联立解得 μ=0.5、θ=37°,故B 错误,C 正确;根据图线与横轴所围图形的面积表示物体的位移,可知0~1.0 s 内物体相对于地的位移 x 1=12×10×1 m =5 m,由动能定理有mgx 1sin θ+W f 1=12m v 02,解得W f 1=20 J,1.0~2.0 s 内物体相对于地的位移x 2=10+122×1 m =11 m,由动能定理有mgx 2sin θ+W f 2=12m v 22-12m v 02,解得W f 2=-44 J,故0~2.0 s 内摩擦力对物体做的功W f =W f 1+W f 2=-24 J,D 正确.6.解析:(1)球静止在弹簧上时,若弹簧的劲度数为k ,则有mg-kx 2=0(2分)解得k=500 N/m .(1分)(2)球从开始运动到第一次上升到最高点的过程中,由动能定理可得mg (h 1-h 2)-f (h 1+h 2+2x 1)=0(2分)解得空气阻力f=0.5 N .(1分)(3)球在整个运动过程中总路程为s ,则根据能量守恒定律有mg (h 1+x 2)=fs+E p (2分)解得s=11.05 m .(1分)(4)球在首次下落过程中,分析可知合力为零处速度最大若速度最大时弹簧形变量为x 3,对球受力分析有mg-f-kx 3=0(2分)在A 点下方,离A 点x 3=0.009 m .(1分)。
2021年高考物理一轮复习考点过关检测题—6.3动能定理及应用
2021年高考物理一轮复习考点过关检测题6.3动能定理及应用一、单项选择题1．如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如（ ）A ．如如如如如如如如B ．如如如如如如如如C ．如如如如如如如如如如如D ．如如如如如如如如如如如 2．如图所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R 如BC 的长度也是R ，一质量为m 的物体，与两个轨道的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A 从静止下滑时，恰好运动到C 处停止，那么物体在AB 段克服摩擦力做功为（ ）A ．12μmgR B ．12mgR C ．mgRD ．()1mgR μ-3．如图所示，在竖直平面内有一个半径为R 的圆弧轨道．半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力，已知AP=2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中（ ）A ．重力做功2mgRB．机械能减少mgR C．合外力做功mgRD．克服摩擦力做功12 mgR4．如图甲所示，一物块从足够长的固定粗糙斜面底端以某一速度冲上斜面。
从初始位置起物块动能E k随位移x的变化关系如图乙所示。
已知物块质量为2kg，斜面倾角为37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取重力加速度g=10m/s2。
下列说法正确的是（）A．物块上升的最大高度为5mB．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．整个上滑过程物块机械能减少了100JD．整个上滑过程物块重力势能增加了100J5．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=0.50m，盆边缘的高度h=0.40m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=0.50，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．0.20m B．0.25m C．0.30m D．06．有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图所示．如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是（）A．木块所受的合外力为零B．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零C．重力和摩擦力的合力做的功为零D．重力和摩擦力的合力为零7．如图所示，质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物体重力的k倍，它与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动．当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动．在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为（）A．0B．2πkmgR C．2kmgR D．kmgR28．一小球以一定的初速度从图示5P位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为(重力加速度为g)（）A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg9．质量m=1kg的物体在光滑水平面上由静止开始沿直线运动，所受水平外力F与运动距离x的关系如图所示．对图示的全过程进行研究，下列叙述正确的是如 如A．外力做的功为28JB．物体的运动时间为5sC．外力做功的平均功率约为5.7WD．物体运动到x=5m处时，外力做功的瞬时功率为25W10．粗糙水平面上静止放置质量均为m的A、B两物体，它们分别受到水平恒力F 1、F 2的作用后各自沿水平面运动了一段时间,之后撤去F1、F2 ,两物体最终都停止，其v-t图象如图所示，下列说法错误的是（）A．A、B两物体与地面间的滑动摩擦因数之比为1:2B．F1与A物体所受摩擦力大小之比为3:1C．F1和F2大小之比为2:1D．A、B两物体通过的总位移大小相等二、多项选择题11．一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同.则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为（）A．Δv=0B．Δv=12 m/s C．W=0D．W=10.8 J12．如图在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止．若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（）A．物块滑到bB．c点与b点的距离为RC．物块滑到b点时对b点的压力是3mgD．整个过程中物块机械能损失了mgR13．如图所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α 时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中（）A ．木板对物块做功为212mv B ．摩擦力对小物块做功为 sin mgL αC ．支持力对小物块做功为 0D ．滑动摩擦力对小物块做功为21sin 2mv mgL α-14．如右图所示 质量为M 的小车放在光滑的水平而上，质量为m 的物体放在小车的一端．受到水平恒力F 作用后，物体由静止开始运动，设小车与物体间的摩擦力为f ，车长为L ，车发生的位移为S ，则物体从小车一端运动到另一端时，下列说法正确的是（ ）A ．物体具有的动能为(F -f )(S +L )B ．小车具有的动能为fSC ．物体克服摩擦力所做的功为f (S +L )D ．这一过程中小车和物体组成的系统机械能减少了fL15．质量为m 的物体在水平面上，只受摩擦力作用，以初动能E 0做匀变速直线运动，经距离d 后，动能减小为3E 0，则（ ） A ．物体与水平面间的动摩擦因数为23E mgdB ．物体再前进3d便停止 C ．物体滑行距离d 3 D ．若要使此物体滑行的总距离为3d ，其初动能应为2E 0三、解答题16．如图所示，轨道ABC 被竖直固定在水平桌面上，A 距水平地面高H =0.75m ，C 距水平地面高h =0.45m ，。
2021高考物理一轮复习选编练题(6)(含解析)新人教版
2021高考物理一轮复习选编练题（6）（含解析）新人教版李仕才1、(多选)如图2所示为位于水平面上的小车，固定在小车内的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆的下端固定有质量为m的小球．下列关于杆对球的作用力F的判定中，正确的是( )图2A．小车静止时，F＝mg sin θ，方向沿杆向上B．小车静止时，F＝mg cos θ，方向垂直于杆向上C．小车向右匀速运动时，一定有F＝mg，方向竖直向上D．小车向右匀加速运动时，一定有F＞mg，方向可能沿杆向上关键词①“斜杆与竖直杆”；②小车静止、匀速、向右匀加速运动．【答案】CD2、一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐步减小直至为零．在此过程中()A．速度逐步减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B．速度逐步增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值C．位移逐步增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D．位移逐步减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值关键词①加速度方向始终与速度方向相同；②加速度大小逐步减小直至为零．【答案】B3、(多选)伽利略依照小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是( ) A．物体抗击运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体假如没有受到力的作用，将连续以同一速度沿同一直线运动【答案】AD4、如图2所示，汽车向右沿直线运动，原先的速度是v1，通过一小段时刻之后，速度变为v2，Δv表示速度的变化量.由图中所示信息可知( )图2A.汽车在做加速直线运动B.汽车的加速度方向与v 1的方向相同C.汽车的加速度方向与v 1的方向相反D.汽车的加速度方向与Δv 的方向相反 【答案】C5、(2020·河南信阳调研)在一平直路段检测某品牌汽车的运动性能时，以路段的起点作为x 轴的原点，通过传感器发觉汽车刹车后的坐标x 与时刻t 的关系满足x ＝30t －5t 2(m)，下列说法正确的是( )A.汽车刹车过程的初速度大小为30 m/s ，加速度大小为10 m/s 2B.汽车刹车过程的初速度大小为30 m/s ，加速度大小为5 m/s 2C.汽车刹车过程的初速度大小为60 m/s ，加速度大小为5 m/s 2D.汽车刹车过程的初速度大小为60 m/s ，加速度大小为2.5 m/s 2 【答案】A【解析】依照汽车刹车后的坐标x 与时刻t 的关系x ＝30t －5t 2(m)，对比匀变速直线运动的规律x ＝v 0t ＋12at 2，可知汽车刹车过程的初速度大小为30 m/s ，加速度大小为10 m/s 2，故选A.6、如图3所示的四个图中，AB 、BC 均为轻质杆，各图中杆的A 、C 端都通过铰链与墙连接，两杆都在B 处由铰链连接，且系统均处于静止状态.现用等长的轻绳来代替轻杆，能保持平稳的是( )A.图中的AB 杆能够用轻绳代替的有甲、乙、丙B.图中的AB 杆能够用轻绳代替的有甲、丙、丁C.图中的BC 杆能够用轻绳代替的有乙、丙、丁D.图中的BC 杆能够用轻绳代替的有甲、乙、丁 【答案】B7、如图5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( )图5A.2mgB.23mgC.33mg D.mg 【答案】A【解析】建立如图所示直角坐标系，对沙袋进行受力分析.由平稳条件有：F cos 30°－F T sin 30°＝0， F T cos 30°＋F sin 30°－mg ＝0，联立可解得：F ＝2mg，故选A.8、从正在加速上升的气球上落下一个物体，在物体刚离开气球的瞬时，下列说法正确的( )A.物体向下做自由落体运动B.物体向上运动，加速度向上C.物体向上运动，加速度向下D.物体向上依旧向下运动，要看物体离开气球时的速度【答案】C【解析】上升的气球掉下一物体，由于具有惯性，物体离开气球的初速度与气球的速度相同，大小为v，方向竖直向上；由于物体仅受重力，依照牛顿第二定律知，加速度方向向下，大小为g。
2021高考物理一轮选练练题6含解析新人教版20211009477
2021高考物理一轮选练练题6含解析新人教版20211009477李仕才一、选择题1、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畴，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，由平稳条件可得物体A 将要上滑时，有m 0g ＋m 1g ＝Mgsin θ＋f m ；物体A 将要下滑时，有m 0g ＋m 2g ＝Mgsin 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．2、气象卫星是用来拍照云层照片、观测气象资料和测量气象数据的.我国先后自行成功研制和发射了“风云Ⅰ号”和“风云Ⅱ号”两颗气象卫星,“风云Ⅰ号”卫星轨道与赤道平面垂直同时通过两极,称为“极地圆轨道”,每12 h 巡视地球一周.“风云Ⅱ号”气象卫星轨道平面在赤道平面内,称为“地球同步轨道”,每24 h 巡视地球一周,则“风云Ⅰ号”卫星比“风云Ⅱ号”卫星( BD )A.角速度小B.线速度大C.万有引力小D.向心加速度大解析:由万有引力提供向心力G =mr ,可知周期大的半径大,风云Ⅰ号的半径小,Ⅱ号的半径大;又G =m =mr ω2=ma,可知ω=,半径小的角速度大,选项A 错误;由v=,则半径小的线速度大,选项B 正确;因引力与质量有关,而质量大小不知,则不能确定引力大小,选项C错误;由加速度a=,则半径小的加速度大,选项D正确.3、如图为用索道运输物资的情形，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3。
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1．守恒条件的判断：理想守恒、近似守恒、单方向守恒．2．应用关键是选好合适的系统、合适的过程，即一定要明确研究对象是谁，明确守恒过程的初、末状态．碰撞问题中碰撞前瞬间状态、碰撞后瞬间状态是碰撞过程的初、末状态．1．如图1所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆轨道的水平直径，现将一小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为0.8h，不计空气阻力．下列说法正确的是()图1A．在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒B．小球离开小车后做竖直上抛运动C．小球离开小车后做斜上抛运动D．小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.6h2．(多选)(2019·河北邯郸市测试)如图2所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B＝2m A，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量变化量为－4 kg·m/s，则()图2A．左方是A球B．右方是A球C．碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞3．(2020·天津市高三质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是()A．m1＝m2B．2m1＝m2C．4m1＝m2D．6m1＝m24．(2019·安徽江南十校联考)如图3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．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与水平地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点．则A碰撞前瞬间的速度为()图3A ．0.5 m/sB ．1.0 m/sC ．1.5 m/sD ．2.0 m/s5．(2019·宁夏银川市六盘山上学期期末)如图4所示，质量为M 的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A 位置．现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A 位置时的速度v 以及此过程中墙对弹簧的冲量I 的大小分别为( )图4A ．v ＝m v 0M ＋m，I ＝0 B ．v ＝m v 0M，I ＝2m v 0 C ．v ＝m v 0M ＋m ，I ＝m 2v 0M ＋mD．v＝m v0M＋m，I＝2m v06．(2020·湖北省调研)如图5所示，水平面上有以内壁间距为l的箱子，箱子中间静止着一小物块(可视为质点)，现给箱子一水平向左的初速度v0.不计一切摩擦，从箱子的右壁与小物块发生弹性碰撞，到小物块与箱子左壁相碰，所经历的时间为t，则()图5A．t<lv0B．t＝lv0C．t>lv0D．由于小物块与箱子的质量未知，故以上答案均不正确7．(多选)(2019·贵州毕节市适应性监测(三))如图6甲所示，两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别为m1和m2，其中m1＝1 kg.现给A球一个水平向右的瞬时冲量，使A、B球发生弹性碰撞，以此时刻为计时起点，两球的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知()图6A．B球的质量m2＝2 kgB．球A和B在相互挤压过程中产生的最大弹性势能为4.5 JC．t3时刻两球的动能之和小于0时刻A球的动能D．在t2时刻两球动能之比为E k1∶E k2＝1∶88．(多选)(2019·湖北武汉市四月调研)在光滑水平面上，小球A、B(可视为质点)沿同一直线相向运动，A球质量为1 kg，B球质量大于A球质量．如果两球间距离小于L时，两球之间会产生大小恒定的斥力，大于L时作用力消失．两球运动的速度－时间关系如图7所示，下列说法正确的是()图7A．B球质量为2 kgB．两球之间的斥力大小为0.15 NC ．t ＝30 s 时，两球发生非弹性碰撞D ．最终B 球速度为零9．(多选)(2020·山东临沂市质量检测)如图8所示，一质量为M 、两侧有挡板的盒子静止在光滑水平面上，两挡板之间的距离为L .质量为m 的物块(视为质点)放在盒内正中间，与盒子之间的动摩擦因数为μ.从某一时刻起，给物块一个水平向右的初速度v ，物块在与盒子前后壁多次完全弹性碰撞后又停在盒子正中间，并与盒子保持相对静止．则( )图8A ．盒子的最终速度为m v m ＋M，方向向右 B ．该过程产生的热能为12m v 2 C ．碰撞次数为M v 22μgL (m ＋M )D ．碰撞次数为M v 22μgL (m ＋M )－1 10．如图9所示，在平静的水面上有A 、B 两艘小船，A 船的左侧是岸，在B 船上站着一个人，人与B 船的总质量是A 船的10倍．两船开始时都处于静止状态，当B 船上的人把A 船以相对于地面的速度v 向左推出，A 船到达岸边时岸上的人马上以原速率将A 船推回，B 船上的人接到A 船后，再次把它以原速率反向推出直到B 船上的人不能再接到A 船，则B 船上的人推船的次数为( )图9A．7 B．6 C．3 D．911．(2019·云南大姚县一中一模)如图10所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上，A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连．初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处．现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，A与C相碰后，粘合在一起．求：图10(1)A与C刚粘合在一起时的速度大小；(2)若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能．12．(2019·河北省中原名校联盟下学期联考)如图11所示，质量均为m的A、B两球套在悬挂的细绳上，A 球吊在细绳的下端刚好不动，稍有扰动A 就与细绳分离，A 球离地高度为h ，A 、B 两球开始时在细绳上的间距也为h ，B 球释放后由静止沿细绳匀加速下滑，与A 球相碰后粘在一起(碰撞时间极短)，并滑离细绳．若B 球沿细绳下滑的时间是A 、B 一起下落到地面时间的2倍，重力加速度为g ，不计两球大小及空气阻力，求：图11(1)A 、B 两球碰撞后粘在一起瞬间的速度大小；(2)从B 球开始释放到两球粘在一起下落，A 、B 两球组成的系统损失的机械能为多少．答案精析1．B2．AC [光滑水平面上大小相同的A 、B 两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：Δp A ＝－Δp B ，由于碰后A 球的动量增量为负值，所以右方不可能是A 球，若是A 球则动量的增量应该是正值，因此碰后A 球的动量为2 kg·m/s ，所以碰后B 球的动量是增加的，为10 kg·m/s.由于两球质量关系为m B ＝2m A ，那么碰撞后A 、B 两球速度大小之比2∶5，选项A 、C 正确，B 错误；设A 的质量为m ，则B 的质量为2m ；根据E k ＝p 22m，碰前动能：E k1＝622m ＋622×2m ＝27m ；碰后动能：E k2＝222m ＋1022×2m ＝27m，则两球发生的是弹性碰撞，选项D 错误．]3．C [甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′，即p 1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2，所以m 1≤2151m 2.因为题目给出的物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有p 1m 1＞p 2m 2，即m 1＜57m 2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即p 1′m 1≤p 2′m 2，所以m 1≥15m 2.因此C 选项正确．] 4．C [由题意可知，碰后物块B 做匀减速直线运动，由动能定理有－μ·2mgx ＝0－12·2m v 22，解得v 2＝1 m/s ；A 与B 碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，以v 0的方向为正方向，则有m v 0＝m v 1＋2m v 2，12m v 02＝12m v 12＋12·2m v 22，解得v 0＝1.5 m/s ，故C 项正确．] 5．D [子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：m v 0＝(M ＋m )v ，解得：v ＝m v 0M ＋m；子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A 位置时速度大小不变，即当木块回到A 位置时的速度大小v ＝m v 0M ＋m ；子弹和木块及弹簧组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，以v 0的方向为正方向，根据动量定理得：I ＝－(M ＋m )v －m v 0＝－2m v 0，所以墙对弹簧的冲量I 的大小为2m v 0，故选D.]6．B [箱子的右壁与小物块发生弹性碰撞，则由动量守恒和能量关系有：M v 0＝m v 1＋M v 2，12M v 02＝12m v 12＋12M v 22，解得v 1－v 2＝v 0，则从箱子的右壁与小物块发生弹性碰撞，到小物块与箱子左壁相碰，所经历的时间t ＝l v 1－v 2＝l v 0，故选B.] 7．AD [A 和B 球在碰撞过程中满足动量守恒，因此有m 1v ＝(m 1＋m 2)v 共，代入数据有m 2＝2 kg ，A 正确；球A 和球B 在共速的时候产生的弹性势能最大，因此E pm ＝12m 1v 2－12(m 1＋m 2)v 共2＝92 J －32J ＝3 J ，B 错误；因为是弹性碰撞，t 3时刻两小球分离后没有能量损失，因此0时刻球A 的动能和t 3时刻两球的动能之和相等，C 错误；从碰撞到t 2时刻小球满足动量守恒和机械能守恒，因此m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2和12m 1v 2＝12m 1v 12＋12m 2v 22，联立解得v 2＝2 m/s ，v 1＝－1 m/s ，故t 2时刻两球的动能之比为E k A ∶E k B ＝1∶8，D 正确．]8．BD [当两球间距离小于L 时，两球均做匀减速运动，因B 球质量大于A 球质量可知，则B 球加速度小于A 球的加速度，由v －t 图象可知：a B ＝3－220 m/s 2＝0.05 m/s 2，a A ＝0－(－3)20m/s 2＝0.15 m/s 2；由牛顿第二定律：F ＝m A a A ＝m B a B ，解得m B ＝3m A ＝3 kg ，F ＝0.15 N ，选项A 错误，B 正确； 由题图可知，A 、B 在30 s 时刻发生碰撞，碰前速度：v A ＝0，v B ＝2 m/s ；碰后速度：v A ′＝3 m/s ，v B ′＝1 m/s ，因ΔE ＝12m B v B 2－(12m A v A ′2＋12m B v B ′2)＝0，可知t ＝30 s 时，两球发生弹性碰撞，选项C 错误；由图可知，两部分阴影部分的面积相等且都等于L ，可知最终B 球速度为零，选项D 正确．]9．AC [根据动量守恒条件可知物块与盒子组成的系统水平方向动量守恒，设共同速度为v ′，以初速度v 的方向为正方向，则有：m v ＝(M ＋m )v ′，可得系统共同速度为：v ′＝m m ＋Mv ，方向向右，选项A 正确；根据能量守恒定律有：12m v 2＝12(M ＋m )v ′2＋Q ，可得该过程产生的热能为Q ＝M M ＋m ·12m v 2，选项B 错误；物块与盒子发生N 次碰撞后恰好又停在盒子正中间，由此可知，物块相对于盒子滑动的距离x ＝NL ，物块受到的滑动摩擦力为：F f ＝μmg ，则由Q ＝μmgx 可得N ＝M v 22μgL (m ＋M )，选项C 正确，D 错误．]10．B [取向右为正方向，B 船上的人第一次推出A 船时，由动量守恒定律得m B v 1－m A v ＝0，解得v 1＝m A m Bv ，当A 船向右返回后，B 船上的人第二次将A 推出，由动量守恒定律得m A v ＋m B v 1＝－m A v ＋m B v 2，解得v 2＝v 1＋2m A m Bv ，设第n 次推出A 时，B 的速度大小为v n ，由动量守恒定律得m A v ＋m B v n －1＝－m A v ＋m B v n ，解得v n ＝v n －1＋2m A m Bv ， 则有v n ＝(2n －1)m A m Bv ① 若使B 船上的人就不能再接到A 船，须有v ≤v n (临界点)②联立①②式解得n ≥5.5，则取n ＝6，故选项B 正确．]11．(1)16v 0 (2)1336m v 02 解析 (1)轻质短细线绷紧的过程，A 、B 这一系统动量守恒，以水平向右为正方向，则m v 0＝(m ＋2m )v 1，解得v 1＝13v 0， 之后A 、B 均以速度v 1向右匀速运动，在A 与C 发生碰撞过程中，A 、C 这一系统动量守恒，则m v 1＝(m ＋m )v 2，解得v 2＝16v 0； (2)轻质短细线绷紧的过程，A 、B 这一系统机械能损失为ΔE 1，则ΔE 1＝12m v 02－12×3m v 12＝13m v 02，在A 与C 发生碰撞过程中，A 、C 这一系统机械能损失为ΔE 2，则ΔE 2＝12m v 12－12×2m v 22＝136m v 02，故A 、B 、C 这一系统损失的机械能为ΔE ＝ΔE 1＋ΔE 2＝1336m v 02. 12．(1)12gh (2)34mgh 解析 (1)设B 球与A 球相碰前瞬间的速度大小为v 1，则h ＝12v 1t 1 碰撞过程动量守恒，以竖直向下为正方向，设两球碰撞后的瞬间速度为v 2，根据动量守恒定律有m v 1＝2m v 2两球一起下落过程中，h ＝v 2t 2＋12gt 22 t 1＝2t 2解得：v 1＝gh ，v 2＝12gh ； (2)B 球下滑到碰撞前，损失的机械能ΔE 1＝mgh －12m v 12 因此ΔE 1＝12mgh 碰撞过程损失的机械能为ΔE 2＝12m v 12－12×2m v 22＝14mgh 因此A 、B 两球组成的系统损失的机械能为ΔE ＝ΔE 1＋ΔE 2＝34mgh .。