2020届高考物理山东版二轮习题：专题二第5讲 动量与能量的综合应用
2020年高考物理二轮复习讲练测 专题05 能量和动量(测)(解析版)
专题测试【满分：100分时间：90分钟】一、选择题（本题共包括12小题，每小题5分，共60分）1．(2020·吉林省吉林市高三联考)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．(2020·浙江宁波高三十校联考)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＝Fv＝fv＝16×10 W＝160 W，最接近于0.1 kW，A正确。
3. (2020·河北张家口高三模拟)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。
(山东专用)2020高考物理第五章专题探究五动力学和能量观点的综合应用练习新人教
专题研究五动力学和能量看法的综合应用1.以以下图,一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上面沿由静止滑下,到半圆轨道最低点时,轨道所受压力为铁块重力的1.5倍,则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为g)(D) A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR分析:铁块在最低点,支持力与重力合力等于向心力,即1.5mg-mg=m,即铁块动能E k=mv2=mgR,初动能为零,故动能增添mgR,铁块重力势能减少mgR,因此机械能损失mgR,选项D正确.2.(2018·黑龙江哈尔滨模拟)(多项选择)起落机底板上放一质量为100kg的物体,物体随起落机由静止开始竖直向上挪动5m时速度达到4m/s,则此过程中(取g=10m/s2)(AC )A.起落机对物体做功为5800JB.合外力对物体做功为5800JC.物体的重力势能增添了5000JD.物体的机械能增添了5000J分析:起落机对物体所做的功2 2W=mgh+mv=5800J,选项A正确;合外力做功W合=mv=800J,选项B错误;重力势能增添E p=mgh=5000J,选项C正确;物体机械能增添E=mgh+mv2=5800 J,选项D错误.3.(2018·河北石家庄模拟)在工厂中常用以以下图水平传递带传递工件,可大大提升工作效率,传递带以恒定的速度v=2m/s运转,质量为m=0.5kg的工件以v0=1m/s的初速度从地址A滑上传递带,工件与传递带之间的动摩擦因数μ=0.2,每当前一个工件在传递带上停止相对滑动时,后一个工件马上滑上传递带,取g=10m/s2,则以下说法中正确的选项是(A)A.工件经0.5s停止相对滑动B.正常运转时传递带上相邻工件相距0.5mC.摩擦力对每个工件做正功为1JD.每个工件与传递带间因摩擦产生的内能为0.75J分析:工件进入水平传递带先匀加速运动后匀速运动,加速度大小为a=μg=2m/s2,加速时间为t==0.5s,选项A正确;正常运转时相邻两工件间的距离为d=vt=1m,选项B错误;由动能定理知摩擦力对每个工件做正功为W f=mv2-m=0.75J,选项C错误;在t=0.5s内,工件对地位移为x1= t=0.75 m,传递带对地位移为x2=vt=1 m,因此每个工件与传递带间因摩擦产生的内能为Q=μmg(x-x)=0.25J,选项D错误.2 14.(多项选择)以以下图,倾角θ=30°的斜面固定在地面上,长为L、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳AB置于斜面上,与斜面间动摩擦因数μ=,其A端与斜面顶端平齐.用细线将质量也为m的物块与软绳连接,给物块向下的初速度,使软绳B端到达斜面顶端(此时物块未到达地面),在此过程中(BCD)A.物块的速度一直减小B.软绳上滑L时速度最小C.软绳重力势能共减少了mgLD.软绳减少的重力势能必定小于其增添的动能与战胜摩擦力所做的功之和分析:物块着落过程中,刚开始因为mgsin30°+μmgcos30°=mg>mg,因此物块所受合力向上,物块做减速运动,着落过程中,合力愈来愈小,当加速度等于零时,速度最小,后合力方向向下,加速度向下,速度增大,因此物块的速度先减小后增大,故A错误;当加速度等于零时,速度最小,设此时软绳上滑的距离为x,则mgsin30°+μmgcos30°=mg+mg,代入数据解得x=L,故B正确;物块未开释时,软绳的重心离斜面顶端的高度为h1=sin30°=,软绳恰好所有走开斜面时,软绳的重心离斜面顶端的高度h2=,则软绳重力势能共减少mg(-)=mg,故C正确;以软绳和物块构成的系统为研究对象,软绳和物块的重力势能减小, 转变成物块和软绳的动能及软绳与斜面摩擦产生的内能, 依据能量守恒定律,软绳重力势能的减少许小于其动能的增添量与战胜摩擦力所做功的和,故D正确.5.(多项选择)水平面上质量为m=10kg的物体遇到的水平拉力F随位移s变化的规律以以下图, 物体匀速运动一段时间后,拉力逐渐减小,当s=7.5m 时拉力减为零,物体也恰好停下.取g=10m/s2,以下结论正确的选项是(AB)A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.12B.合外力对物体所做的功约为C.物体匀速运动时的速度为D.物体运动的时间为0.4s-40J 2m/s分析:因为0～2.5m 内物体匀速运动,可得F=μmg,μ= = =0.12; 由Fs图线与s 轴所围面积表示力F所做的功可得W F=50J,设物体匀速运动的速度为v,由动能定理可得W总=W F-μmg·s=0-mv2,即W总=-40J,v=2 m/s; 物体匀速运动的时间t匀= s= s>0.4 s.6.(多项选择)以以下图,物体以面上的M点时,其动能减少100J的初动能从斜面的底端向上运动,斜面足够长80J,机械能减少32J.假如物体能从斜面上返回底端.当它经过斜,则(CD)A.物体在斜面上运动时,机械能守恒B.物体在向上运动时,机械能减少100JC.物体上升到M还可以上升的距离为到达M点前的D.物体返回A点时动能为20J分析:由题意,摩擦力一直做负功,机械能不守恒,选项A错误;选最底端为零势能面,物体向上运动到最高点时,重力势能不为零,机械能减少许小于100J,选项B错误;依据题意,当它经过斜面上的M点时,其动能减少80J,机械能减少32J,说明战胜摩擦力做功32 J,从M点上升到最高点的过程中,动能减少20J,需要战胜摩擦力做功8J,整个上升过程,共战胜摩擦力做功40J,机械能减少了40J,物体上升到M还可以上升的距离为到达M点前的,选项C正确;物体返回A点的过程中,损失的机械能也是40J,物体返回A点时动能为20J,选项D正确.7.(2018·山东烟台模拟)(多项选择)以以下图,圆滑轨道ABCD是大型游玩设施过山车轨道的简化模型,最低点B处的入、出口凑近但互相错开,C是半径为R的圆形轨道的最高点,BD部分水平,尾端D点与右端足够长的水平传递带无缝连接,传递带以恒定速度v逆时针转动,现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定地址A由静止开释,滑块能经过C点后再经D点滑上传递带,则(CD)A.固定地址A到B点的竖直高度可能为2RB.滑块在传递带上向右运动的最大距离与传递带速度v有关C.滑块可能重新回到出发点A处D.传递带速度v越大,滑块与传递带摩擦产生的热量越多分析:设AB的竖直高度为h,假设滑块从A点下滑恰好经过最高点C,则此时应该是从A下滑的高度的最小值,恰好经过最高点时,由重力供给向心力,则mg=,解得v C=,从A到C依据动能定理mg(h-2R)=m-0,得h=2.5R,选项A错误;从A到滑块在传递带上向右运动距离最大,依据动能定理得mgh-μmgx=0,获取x=,可以看出滑块在传递带上向右运动的最大距离与传递带速度v没关,与高度h有关,选项B错误;滑块在传递带上先做减速运动,可能反向做加速运动,假如再次到达D 点时速度大小不变,则依据能量守恒,可以再次回到A点,选项C正确;滑块与传递带之间产生的热量Q=μmgx相对,当传递带的速度越大,则在同样时间内二者相对位移越大,则产生的热量越多,选项D正确.8.(2018·河北保定调研)(多项选择)以以下图,内壁圆滑、半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上,一个质量为m的小球静止在轨道底部A点.现用小锤沿水平方向迅速击打小球,击打后迅速移开,使小球沿轨道在竖直面内运动.当小球回到A点时,再次用小锤沿运动方向击打小球,经过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点.已知小球在运动过程中一直未离开轨道,在第一次击打过程中小锤对小球做功W1,第二次击打过程中小锤对小球做功W2.设先后两次击打过程中小锤对小球做功所有用来增添小球的动能,则的值可能是(AB)A.B.C.D.1分析:第一次击打小球时小球最高运动到过O点与水平川面平行的直径的两端地址,小锤对小球做功W1=mgR,第二次击打小球,小球恰好做圆周运动,此时小球在最高点速度v=,小球在最低点的速度为v A,依据机械能守恒定律可得mg·2R=m-mv2,第二次击打小球,小锤对小球做的功W2=m-mgR=mgR,则先后两次击打,小锤对小球做功的最大值为,选项A,B正确,C,D错误.9.如图(甲)所示,圆滑斜面OA与倾斜传递带AB在A点相接,且OAB在一条直线上,与水平面夹角α=37°,轻质弹簧下端固定在O点,上端可自由伸长到A点.在A点放一个物体,在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到C点,该过程中力F随压缩距离x的变化如图(乙)所示.已知物体与传递带间动摩擦因数μ=0.5,传递带AB部分长为5m,顺时针转动,速度v=4m/s,重力加速度g取10m/s2.(sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:(1)物体的质量m;(2)弹簧从A点被压缩到C点过程中力F所做的功W;(3)若在C点撤去力F,物体被弹回并滑上传递带,物体在传递带上最远能到哪处?分析:(1)由图像可知mgsin37°=30N解得m=5kg.(2)图(乙)中图线与横轴所围成的面积表示力F所做的功W=J-J=90J.(3)撒去力F,设物体返回至A点时速度大小为v0,从A出发再次返回A处的过程应用动能定理W=m解得v0=6m/s.因为v0>v,物块所受摩擦力沿传递带向下,设此阶段加速度大小为a1,由牛顿第二定律:mgsin37°+μmgcos37°=ma1解得a1=10m/s2,速度减为v时,设沿斜面向上发生的位移大小为x1,由运动学规律x1=解得x1=1m,此后摩擦力改变方向,因为mgsin37°>μmgcos37°,因此物块所受合外力仍沿传递带向下,设此后过程加速度大小为a2,再由牛顿第二定律mgsin37°-μmgcos37°=ma2,设以后沿斜面向上发生的最大位移大小为x2,由运动学规律x2=解得x2=4m,因此物块可以在传递带上发生的最大位移x m=x1+x2=5m,即恰好到达传递带顶端B点.答案:(1)5kg(2)90J(3)恰好到达传递带顶端B点10.(2018·吉林长春模拟)以以下图,半径R=0.5m的圆滑圆弧面CDM分别与圆滑斜面体ABC和斜面MN相切于C,M点,斜面倾角分别以以下图.O为圆弧圆心,D为圆弧最低点,C,M在同一水平高度.斜面体ABC固定在地面上,顶端B安装必定滑轮,一轻质软细绳越过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P,Q(两边细绳分别与对应斜面平行),并保持P,Q两物块静止.若PC间距为L1=0.25m,斜面MN足够长,物块P质量m1=3kg,与MN间的动摩擦因数μ=,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:(1)小物块Q的质量m2;(2)烧断细绳后,物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小以及P在MN斜面上滑行的总路程.分析:(1)依据均衡条件,满足m1gsin53°=m2gsin37°可得m2=4kg.(2)P到D过程由动能定理得m1gh=m1由几何关系h=L1sin53°+R(1-cos53°)运动到D点时,依据牛顿第二定律F D-m1g=m1解得F D=78N由牛顿第三定律得,物块P对轨道的压力大小为78N.分析可知最后物块在CDM之间来去运动,在C点和M点速度为零对全过程由动能定理得m1gL1sin53°-μm1gx总cos53°=0.解得x总=1m.答案:(1)4kg(2)78N 1m11.(2018·江苏南京诊断)以以下图,质量M=0.4kg的长薄板BC在外力作用下静置于倾角为37°的圆滑斜面上,在A点有质量m=0.1kg的小物体(可视为质点)以v0=4.0m/s速度水平抛出,恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B并在薄板上运动,当小物体落在薄板上时,薄板无初速度释松开始沿斜面向下运动,小物体运动到薄板的最下端C时,与薄板速度恰好2 求:(1)A点与B点的水平距离;(2)薄板BC的长度.分析:(1)小物体从A到B做平抛运动,设着落时间为t1,水平位移为x,则gt1=v0tan37°,x=v0t1联立得x=1.2m.(2)设小物体落到B点的速度为v,则v=小物体在薄板上运动,则mgsin37°-μmgcos37°=ma1薄板在圆滑斜面上运动,则Mgsin37°+μmgcos37°=Ma2小物体从落到薄板到二者速度相等用时为t2,则v+a1t2=a2t2小物体的位移x1=vt2+a1薄板的位移x2=a2薄板的长度l=x联立得l=2.5m. 答案:(1)1.2m 1-x2 (2)2.5m12.(2018·四川泸州一检)以以下图,一根轻弹簧左端固定于竖直墙上,右端被质量m=1kg 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态,且弹簧与物块不拴接,弹簧原长小于圆滑平台的长度.在平台的右端有一传递带,AB长L=5m,物块与传递带间的动摩擦因数μ1=0.2,与传递带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5m,它与物块间的动摩擦因数μ2=0.3,在C点右边有一半径为R的圆滑竖直圆弧与BC光滑连接,圆弧对应的圆心角为θ=120°,在圆弧的最高点F处有一固定挡板,物块撞上挡板后会以原速率反弹回来.若传递带以v=5m/s的速率顺时针转动, 不考虑物块滑上和滑下传递带的机械能损失.当弹簧储蓄的E p=18J能量所有开释时,小物块恰能滑到与圆心等高的E点,取g=10m/s2.(1)求右边圆弧的轨道半径R;(2)求小物块最后停下时与C点的距离;(3)若传递带的速度大小可调,欲使小物块与挡板只碰一次,且碰后不离开轨道,求传递带速度的可调理范围.分析:(1)物块被弹簧弹出,由E p=m,可知v0=6m/s,因为v0>v,故物块滑上传递带后先减速,物块与传递带相对滑动过程中,由μ1mg=ma,v=v -at,x=vt -a1 ,1 0 1 1 1 0 1获取a1 =2m/s2,t 1=0.5s,x 1=2.75m,因为x1 <L,故物块与传递带同速后相对静止,最后物块以5m/s的速度滑上水平面BC,物块滑离传递带后恰到E点,2由动能定理可知mv=μ2mgs+mgR,代入数据整理可以获取R=0.8m.(2)设物块从E点返回至B点的速度为v B,有2=μ2mg·2s,mv-m解得v B= m/s,因为v B>0,故物块会再次滑上传递带,物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速,由运动的对称性,可知其以同样的速率走开传递带,设最后停在距C点x处,有m=μ2mg(s-x),解得x=m.(3)设传递带速度为v1时物块恰能到F点,在F点满足mgsin30°=m,从B到F过程中由动能定理可知m- m =μ2mgs+mg(R+Rsin30°)解得v1= m/s,设传递带速度为v2时,物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点由m =μ2mg·3s+mgR,解得v2 = m/s,若物块在传递带上向来加速运动,由m -m =μ1mgL,知其到Bmm/s, B点的最大速度v=综合上述分析可知,只要传递带速度m/s≤v≤m/s就满足条件.答案:(1)0.8m(2)m(3)m/s≤v≤m/s。
(山东专用)2020版高考物理二轮复习专题二5第5讲动量与能量的综合应用课件
4.(2019山东潍坊三模)如图所示,一消防车空载时的质量为2 000 kg,储水容积 为10 m3,储满水后静止在倾角为37°的斜坡上,水枪出水口距水平地面高度为 3.2 m,打开水枪,水流持续向坡底水平射出,水落到水平面上的着火点,着火点 到射出点的水平距离为48 m,已知水枪出水口的面积为2×10-3 m2,水的密度为 1.0×103 kg/m3,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)水射出枪口时的速度大小; (2)从打开水枪开始计时,水喷完前消防车受到的摩擦力随时间变化的关系式。
t
近103 N,故选项C正确。
2.(2019课标Ⅰ,16,6分)最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发 动机联试成功,这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次 实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8×106 N, 则它在1 s时间内喷射的气体质量约为 ( B ) A.1.6×102 kg B.1.6×103 kg C.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
h= v02 - M 2g ⑧ 2g 2 ρ2v02S 2
1.动量定理的两个重要应用 (1)应用I=Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I=Ft求变力的冲量, 可以求出变力作用下物体动量的变化Δp,等效代换变力的冲量I。 (2)应用Δp=Ft求动量的变化 例如,在曲线运动中,速度方向时刻在变化,求动量变化(Δp=p2-p1)需要应用矢 量运算方法,计算比较复杂,如果作用力是恒力,可以求恒力的冲量,等效代换 动量的变化。
1.(2019山东青岛一模)雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算 雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力,小玲同学将一圆柱形水杯置于院 中,测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm,查询得知,当时雨滴落地速度约为10 m/s,设雨滴撞击芭蕉后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg/m3,据此 估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为 ( A ) A.0.25 N B.0.5 N C.1.5 N D.2.5 N
2020年人教版(山东专用)高考物理：动力学、动量和能量观点的综合应用
考点研析 素养提升
考点研析
核心探究·重难突破
考点一 “子弹打木块”类问题的综合分析
子弹以水平速度射向原来静止的木块,并留在木块中跟木块共同运动.下面从 动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一类问题.
1.动量分析 子弹和木块最后共同运动,相当于完全非弹性碰撞,子弹射入木块过程中系统 动量守恒mv0=(M+m)v.
解析:(3)设传送带速度为 u,对子弹,由动量定理得-ft=m(u-v0),
由动能定理得
f(ut+L)=
1 2
m(
v0 2
-u2)
联立解得 t= 5 2L . 3v0
答案:(3) 5 2L 3v 0
2.[子弹留在木块中]如图,物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下,初始 时静止;从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A相撞,磁撞后两者粘 连在一起运动.碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传 感器(图中未画出)测得.某同学以h为纵坐标,v2为横坐标,利用实验数据作直线 拟合,求得该直线的斜率为 k=1.92×10-3 s2/m.已知物块A和B的质量分别为 mA=0.400 kg和mB=0.100 kg,重力加速度大小g取 9.8 m/s2.
2μ mgL= 1 mv2- 1 (M+m)u2,
⑦
22
联立①④⑦式解得 L= 2R .
⑧
5
m
M m
说明:(1)若M≫m,则s2≪d,即在子弹射入木块过程中,木块的位移很小,可以 忽略不计,这就为分阶段处理问题提供了依据.
(2)当子弹速度很大时,可能射穿木块,这时末状态子弹和木块的速度大小不
2020高考物理二轮对对练专题五能量和动量Word版含解析
能量和动量专题五高考命题规律考点一功、功率动能定理及其应用命题角度1功的计算对方向高考真题体验.I I n -19）两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量多选）（2016全国.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BD,=g-r=ma,a=g-=g-根据题意设所受阻力为F,F=kr.根据牛顿第二定律，mg-F解析fff ------------越大,a越大，两小球密度相同，m>m,所以r>r,故a>a,C选项错误；物体在空中的运动时乙甲甲乙甲乙一--- 物体,B选项正确；，可得v>vt=,A,h相同所以t<t选项错误；物体落地速度v=间乙乙甲甲一.>W,所以W,D选项正确下落过程中克服阻力做功W=F - h=kr - h冊乙甲总功的计算方法也可.（△ E,即用能量的变化量等效替代合力所做的功用动能定理（1）W= △ E或功能关系W=k）计算变力功.（2）总功等于合外力的功应是合力与位aa计算总功，但应注意先求岀物体所受各力的合力F,再根据 W=Flcos合总合.移l 的夹角.（3）总功等于各力做功的代数和 W 再把各个外力的功 求代数和，即W,W,…W 分别求岀每一个力做的功 ：,32i 总….=W+W+W+ 321刷高分典题演练提 台匕冃匕.的物体在水平恒定拉力在某一粗糙的水平面上 ，一质量为2 kg （1.多选）（2019山东济宁五校联考）物体刚好停止，且当拉力减小到零时，作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小2根据 以上信息能得岀的 g.重力加速度取10 m/s.,运动图中给岀了拉力随位移变化的关系图象）（物理量有A.物体与水平面间的动摩擦因数 B.合外力对物体所做的功 C.物体做匀速运动时的速度D.物体运动的时间 答案ABC解析由题意知物体开始做匀速直线运动，故拉力F 与滑动摩擦力F 大小相等，物体与水平面间的f 2图象-x,根据F 正确；减速过程由动能定理得 W+W=0 -mv 动摩擦因数为卩==0.35,选项A fFi ——由此可求得合外力对物体所做，卩mgx 做的功中图线与横轴围成的面积可以估算力FW,而W=-fF所以运动时间无法，;因为物体做变加速运动及物体做匀速运动时的速度v,选项B 、C 正确的功，.D错误求岀，选项的小球静一个质量为 m ）如图所示，内壁光滑半径大小为 R 的圆轨道固定在竖直平 面内,2.（多选当小使小球沿轨道在竖直平面内运动.止在轨道的最低点 A 点.现给小球一个瞬时水平打击力，小球才能够经过二次击打后，球运动重新回到 A 点时,再沿它的运动方向给第二次瞬时 打击力.的值可能 WW 和3W,则通过轨道的最高点，已知第一次和第二次对小球的打击力做的功分 别为） 为 （B. mgRA.mgR -- D.mgR mgRC.- BCD答案那么对小球,;小球要到达圆轨道最高点解析小球在竖直面内运动只有重力做功 ，故机械能守恒2小球在运mgRmvmg < ,所以小球的机械能 E=2mgR+;》在最高点应用牛顿第二定律可得BCDmgR3W > mgR,所以,< W < mgR,故 W+W 小球运动的高度不大于打后，R,所以有<mgR,_ -故第一次击小球才能运动到圆轨道的最高点 ,,动过程中始终未脱离轨道且必须经过两次击打.确,A错误，故选BCD板与台板右端距离平台边缘为s,m,3.如图所示水平平台上放置一长为L、质量为的均匀木板，推力做功的最小值现对板施加水平推力卩面间动摩擦因数为，重力加速度为g.,要使板脱离平台，）为（.^77777777^7777777777mgB丄+sA.卩mg()卩- mg 卩D.L -s(mgC.卩) 一B答案需要克服摩擦力做功为，则板运动的距离为+s解析要使板脱离平台，即让板的重心脱离平台厂正确,ACD 错误.，即推力做功的最小值为卩mg ，故B mg卩W= -）关系图线如图所示.下列说法正确的是（,4.一物体由静止开始运动其加速度a与位移x A.物体最终静止------ B.物体的最大速度为 -------------C. 物体的最大速度为----- D.物体的最大速度为-C答案位置时速度到2xx图象可知，物体先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，解析由a-0 2 --------- ,C正确v= xv,根据动能定理得ma+max=mv.,解得,A最大错误；设最大速度为0000—I —I功率的计算2命题角度对方向高考真题体验.川某竖井中矿用电机通过竖井运送到地面「19）地下矿井中的矿石装在矿车中，（多选）（2018全国①②,分别描述两次不同的提升过程t的变化关系如图所示，其中图线车提升的速度大小v随时间不考虑摩擦阻力和.,它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同提升的质量相等①②），(空气阻力.对于第次提升过程次和第:5矿车上升所用的时间之比为4A. : 1电机的最大牵引力之比为2B. : 1电机输岀的最大功率之比为2C. : 5 4电机所做的功之比为 D.AC答案②①②,t可得.过程的总时间为2,解析由两次提升的高度相同可知5图形不重合部分面积应相等,0 ::两次提升的质量和选项正确；加速上升阶段牵引力最大42t2.5t=,5,A上升所用时间之比为00最大输选项错误；，根据牛顿第二定律，最大牵引力F-mg=ma最大牵引力相等，B加速度都相同,m ②①故电机输岀的最2倍,V=F岀功率为P •已知最大牵引力相等，过程的最大速度是过程的mmm : 提升，根据动能定理W-mgh=0,W;2大功率之比为1,C选项正确设整个过程中电机所做的功为所以电机所做的功也相等的质量和高度都相等”D选项错误.机车启动中的三个重要关系式式中=((1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即v m --------------------- 阻.其值等于阻力F)F为最小牵引力，min阻即，功率最大，速度不是最大⑵机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，=.v=<v 一阻此式经常用于厶E.,牵引力做的功W=Pt.由动能定理得Pt-Fx=(3)机车以恒定功率运行时k阻求解机车以恒定功率启动过程的位移大小•刷高分典题演练提台匕冃匕.沿水平面做，的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下)1.(2019河南平顶山模拟质量m=20 kg取.gv-t图象如图所示与运动方向相反,2~4 s内F与运动方向相同，物体的内直线运动.0〜2 sF2 )则10 m/s(,100 N的大小为拉力FA.120 W 4 s时拉力的瞬时功率为在 B.480 JC.4 s内拉力所做的功为320 JD.4 s内物体克服摩擦力做的功为B答案2s〜，解析取物体初速度方向为正方向，由题图可知物体与水平面间存在摩擦力由题图可知02240 =60 N,1 m/s=ma -F+F,且a=-F,联立以上两式解得F=5 m/s 且=ma 内，-F-F,a=-4 s;2〜内,f2f1f212 sW=Fx,可知0〜;120 W,P=FvAN,选项错误；由得4 s时拉力的瞬时功率为选项B正确由内拉力所做的功为=10 m,=由题图可知,=Fx,4 s,2= -FxW 内，〜内Wxx代入数据解得2 m,,4 S211221-480 J,选项C错误;摩擦力做功W=Fs,摩擦力始终与速度方向相反，故s为路程，由题图可求得f总路程为12 m,4 s内物体克服摩擦力做的功为480 J,选项D错误.2.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v时,起重机的功率1达到最大值P,之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度V匀速上升，不2 ),下列说法正确的是(计钢绳重力.则整个过程中钢绳的最大拉力为 A._B.重物匀加速过程的时间为---------- -重物匀加速过程的加速度为 C ___ 一重物的平均速度，的过程中增大至VD.速度由V 21。
2020年人教版(山东专用)高考物理：动力学和能量观点的综合应用
-
1 2
m vA2 解得 vB=20
m/s 小球沿斜面下滑的加速度 a=gsin
α
=
8 m/s2 由 vB=vA+at2,解得 t2=1.25 s,小球从平台顶端 O 点抛出至落到斜面底端 B 点
所用的时间 t=t1+t2=2.05 s.
答案:(2)2.05 s
(3)若竖直圆轨道光滑,小球运动到圆轨道最高点D时对轨道的压力.
解析:(3)水平轨道 BC 及竖直圆轨道均光滑,小球从 B 点到 D 点,由动能定理可得
-2mgR= 1 2
m vD2
-
1 2
m
vB
2
,在
D
点由牛顿第二定律可得
FN+mg=m
vD 2 R
联立解得 FN=3 N,
由牛顿第三定律可得,小球在 D 点对轨道的压力 FN′=3 N,方向竖直向上.
答案:(3)3 N,方向竖直向上
【典例2】 (2018·宁夏石嘴山模拟)如图所示,水平传送带长L=12 m,且以v= 5 m/s的恒定速率顺时针转动,光滑轨道与传送带的右端B点平滑连接,有一质 量m=2 kg的物块从距传送带高h=5 m 的A点由静止开始滑下.已知物块与传送 带之间的动摩擦因数μ =0.5,重力加速度g取 10 m/s2,求:
则摩擦力对物块做功 W2=-μ mgcos θ ·x2,所以传送带对物块做的总功 W=W1+W2, 联立解得 W=-3.75 J.
答案:(2)-3.75 J
考点三 应用动力学和能量观点分析“滑块—滑板”
问题
1.问题分类 水平面上的“滑块—滑板”问题和在斜面上的“滑块—滑板”模型. 2.处理方法 往往通过系统内摩擦力的相互作用而改变系统内物体的运动状态,既可由动能 定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动,又可由能量守恒定律分析动能的变 化、能量的转化,在能量转化方面往往用到Δ E内=-Δ E机=fx相对.
2020年高考物理《动量与能量的综合应用》专题训练及答案解析
2020年高考物理《动量与能量的综合应用》专题训练1.如图所示，质量M ＝1.5 kg 的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为0.5 kg 的滑块Q 。
水平放置的轻弹簧左端固定，质量为0.5 kg 的小物块P 置于光滑桌面上的A 点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长。
现用水平向左的推力F 将P 缓慢推至B 点(弹簧仍在弹性限度内)，推力做功W F ＝4 J ，撤去F 后，P 沿桌面滑到小车左端并与Q 发生弹性碰撞，最后Q 恰好没从小车上滑下。
已知Q 与小车表面间动摩擦因数μ＝0.1。
(取g ＝10 m/s 2)求：(1)P 刚要与Q 碰撞前的速度是多少？(2)Q 刚在小车上滑行时的初速度v 0是多少？(3)为保证Q 不从小车上滑下，小车的长度至少为多少？【解析】(1)推力F 通过P 压缩弹簧做功，根据功能关系有E p ＝WF ①当弹簧完全推开物块P 时，有E p ＝12m P v 2②由①②式联立解得v ＝4 m/s 。
(2)P 、Q 之间发生弹性碰撞，设碰撞后Q 的速度为v 0，P 的速度为v ′，由动量守恒和能量守恒得 m P v ＝m P v ′＋m Q v 0③12m P v 2＝12m P v ′2＋12m Q v 20④ 由③④式解得v 0＝v ＝4 m/s ，v ′＝0。
(3)设滑块Q 在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为u ，由动量守恒可得m Q v 0＝(m Q ＋M )u ⑤根据能量守恒，系统产生的摩擦热μm Q gL ＝12m Q v 20－12(m Q ＋M )u 2⑥ 联立⑤⑥解得L ＝6 m 。
【答案】(1)4 m/s (2)4 m/s (3)6 m2.如图所示，竖直平面MN 与纸面垂直，MN 右侧的空间内存在着垂直纸面向内的匀强磁场和水平向左的匀强电场，MN 左侧的水平面光滑，右侧的水平面粗糙。
质量为m 的物体A 静止在MN 左侧的水平面上，已知物体A 带负电，所带电荷量的大小为q 。
山东专用高考物理二轮复习专题二5第5讲动量与能量的综合应用教案
山东专用高考物理二轮复习专题二5第5讲动量与能量的综合应用教案第5讲动量与能量的综合应用一、单项选择题1.(2019安徽芜湖模拟)光滑水平面上有两个小球,在同一直线上相向运动,它们的动量大小相等,则两球碰撞后,下列说法正确的是( )A.两球可能沿同一方向运动B.两个小球可能一个静止,一个运动C.若两球均运动,则质量大的球动量一定小D.若两球均运动,则质量大的球动能一定小答案 D 由题可知,两球沿同一直线相向运动,动量大小相等,因此系统的总动量为零,碰撞过程系统的总动量守恒,因此碰撞后系统的总动量仍为零,因此两球不可能沿同一方向运动,也不可能一个静止,一个运动,A、B项错误;若两球均运动,根据动量守恒定律可知,两球一定沿相反方向运动,且动量等大反向,即m1v1=m2v2,C 可知,质量大的球动能小,D项正确。
项错误;由E k=p22p2.如图所示,质量为0.5 kg的小球在距离小车底部20 m高处以一定的初速度向左平抛,落在以7.5 m/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中,车底涂有一层油泥,车与油泥的总质量为4 kg。
设小球在落到车底前瞬间速度大小是25 m/s,重力加速度取10 m/s2,不计空气阻力。
则当小球与小车相对静止时,小车的速度大小是( )A.4 m/sB.5 m/sC.8.5 m/sD.9.5 m/s答案 B 小球做平抛运动,下落时间为t=√2pp=2 s,竖直方向速度大小为v y =gt=20 m/s,小球在落到车底前瞬时速度大小是25 m/s,根据速度合成原则可知,v x =√p 2-p p 2=15 m/s,小球与车在水平方向上动量守恒,以向右为正方向,有Mv 车-mv x =(m+M)v 共,解得v 共=5 m/s,故B 正确。
3.(2015重庆理综,3,6分)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)。
2020届高三高考物理二轮考点强化练习卷：动量与能量综合
动量与能量综合1.如图所示，在平直轨道上P点静止放置一个质量为2m的物体A，P点左侧粗糙，右侧光滑。
现有一颗质量为m 的子弹以v0的水平速度射入物体A并和物体A一起滑上光滑平面，与前方静止物体B发生弹性正碰后返回，在粗糙面滑行距离d停下。
已知物体A与粗糙面之间的动摩擦因数为μ＝v2072gd，求：(1)子弹与物体A碰撞过程中损失的机械能；(2)B物体的质量。
2.如图所示，水平光滑地面的右端与一半径R＝0.2 m的竖直半圆形光滑轨道相连，某时刻起质量m2＝2 kg的小球在水平恒力F的作用下由静止向左运动，经时间t＝1 s 撤去力F，接着与质量m1＝4 kg以速度v1＝5 m/s向右运动的小球碰撞，碰后质量为m1的小球停下来，质量为m2的小球反向运动，然后与停在半圆形轨道底端A点的质量m3＝1 kg的小球碰撞，碰后两小球粘在一起沿半圆形轨道运动，离开B点后，落在离A点0.8 m的位置，求恒力F 的大小。
(g取10 m/s2)3.如图所示，半径为R的四分之三光滑圆轨道竖直放置，CB是竖直直径，A点与圆心等高，有小球b静止在轨道底部，小球a自轨道上方某一高度处由静止释放自A点与轨道相切进入竖直圆轨道，a、b小球直径相等、质量之比为3∶1，两小球在轨道底部发生弹性正碰后小球b经过C点水平抛出落在离C点水平距离为22R的地面上，重力加速度为g，小球均可视为质点。
求(1)小球b碰后瞬间的速度；(2)小球a碰后在轨道中能上升的最大高度。
4.如图所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)，从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A.已知男演员质量为2m和女演员质量为m ，秋千的质量不计，秋千的摆长为R ，C 点比O 点低5R .不计空气阻力，求：(1)摆到最低点B ，女演员未推男演员时秋千绳的拉力；(2)推开过程中，女演员对男演员做的功；(3)男演员落地点C 与O 点的水平距离s .5.如图所示，光滑水平面上放着质量都为m 的物块A 和B ，A 紧靠着固定的竖直挡板，A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接)，用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能为92mv 20，在A 、B 间系一轻质细绳，细绳的长略大于弹簧的自然长度。
2020年高考物理二轮复习专项训练---动量与能量的综合运用(原卷版)
2020年高考物理二轮复习专项训练---动量与能量的综合运用1.在光滑水平面上，质量为m 的小球A 正以速度v 0匀速运动．某时刻小球A 与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，两球相碰后，A 球的动能恰好变为原来的14.则碰后B 球的速度大小是( )A.v 02B.v 06C.v 02或v 06D ．无法确定 2.在光滑水平面上动能为E 0、动量大小为p 的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E 1、p 1，球2的动能和动量大小分别记为E 2、p 2，则必有( )A ．E 1＜E 0B ．p 2＞p 0C ．E 2＞E 0D ．p 1＞p 03. 一个小球从足够高处水平抛出，空气阻力忽略不计，小球抛出后的动能随时间变化的关系为E k ＝2＋50t 2(J)，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )A ．小球的初速度为4 m/sB ．小球的质量为0.5 kgC ．2 s 末小球的水平位移为2 mD ．2 s 末小球的速度约为20.1 m/s4.如图所示，跳台滑雪运动员从平台末端a 点以某一初速度水平滑出，在空中运动一段时间后落在斜坡上b 点，不计空气阻力，则运动员在空中飞行过程中( )A ．在相等的时间间隔内，动量的改变量总是相同的B ．在相等的时间间隔内，动能的改变量总是相同的C ．在下落相等高度的过程中，动量的改变量总是相同的D ．在下落相等高度的过程中，动能的改变量总是相同的5.如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B ，质量为m ＝2 kg 的木块A 以速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板B 的上表面，由于A 、B 之间存在摩擦，A 、B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A ．长木板的质量M ＝2 kgB ．A 、B 之间动摩擦因数为0.2C ．长木板长度至少为2 mD ．A 、B 组成系统损失机械能为4 J6.如图所示，在排球比赛中，假设排球运动员某次发球后排球恰好从网上边缘过网，排球网高H ＝2.24 m ，排球质量为m ＝300 g ，运动员对排球做的功为W 1＝20 J ，排球运动过程中克服空气阻力做功为W 2＝4.12 J ，重力加速度g 取10 m/s 2，球从手刚发出位置的高度h ＝2.04 m ，选地面为零势能面，则( )A ．与排球从手刚发出相比较，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为6.72 JB ．排球恰好到达球网上边缘时的机械能为22 JC ．排球恰好到达球网上边缘时的动能为15.88 JD ．与排球从手刚发出相比较，排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为4.72 J7.高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落 的距离为h (可视为自由落体运动)．此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大 小为( ) A.m 2gh t＋mg B.m 2gh t －mg C.m gh t ＋mg D.m gh t －mg 8.如图甲所示，一物块在t ＝0时刻，以初速度v 0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．由此可以确定()A．物块返回底端时的速度B．物块所受摩擦力大小C．斜面倾角θD．3t0时间内物块克服摩擦力所做的功9.如图所示，两个小物块a、b静止在光滑水平面上，它们之间由一根细线连接且夹着一个处于压缩状态的轻弹簧。
2020年人教版(山东专用)高考物理练习：动力学和能量观点的综合应用
专题探究五 动力学和能量观点的综合应用课时训练I 基础必备练I1. 如图所示,一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边 缘由静止滑下，到半圆轨道最低点时，轨道所受压力为铁块重力的1.5 倍,则此过程中铁块损失的机械能为（重力加速度为g ）（ D ）解析：铁块在最低点，支持力与重力合力等于向心力，即1.5mg-mg=m能减少mgR 所以机械能损失UmgR 选项D 正确. 2. （2018 •黑龙江哈尔滨模拟）（多选）升降机底板上放一质量为100 kg 的物体,物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m 时速度达到4 m/s,则此过程中（取g=10 m/s 2）（ AC ）A. 升降机对物体做功为5 800 JB. 合外力对物体做功为5 800 JC. 物体的重力势能增加了 5 000 JD. 物体的机械能增加了 5 000 J R g m 一「一 8 一 R g -m -1 一 -G R g m -1 一 e - B R g m -3 _ a _ mgR 初动能为零，故动能增加即铁块动能丘 mgR 铁块重力势解析：升降机对物体所做的功W=mgh+mV=5 800 J,选项A正确；合夕卜力做功mV=800 J,选项B错误;重力势能增加E=mgh=5 000 J,选项C正确；物体机械能增加E=mgh+mV=5 800 J,选项D错误.3. （2018 •河北石家庄模拟）在工厂中常用如图所示水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，传送带以恒定的速度v=2 m/s运行,质量为m=0.5 kg的工件以v「=1 m/s的初速度从位置A滑上传送带，工件与传送带之间的动摩擦因数卩=0.2,每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即滑上传送带，取g=10 m/s2,则下列说法中正确的是（A ）A. 工件经0.5 s停止相对滑动B. 正常运行时传送带上相邻工件相距0.5 mC. 摩擦力对每个工件做正功为1 JD. 每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为0.75 J解析：工件进入水平传送带先匀加速运动后匀速运动，加速度大小为a=a g=2m/s 2,加速时间为t= =0.5 s,选项A 正确；正常运行时相邻两工件间的距离为d=vt=1 m,选项B 错误；由动能定理知摩擦力对工件对地位移为x i = ____ t=0.75 m,传送带对地位移为X 2=vt=1 m,所 以每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为 Q 和mg （x 2-x i ）=0.25 J, 选项D 错误.4. （多选）如图所示，倾角0 =30°的斜面固定在地面上，长为L 、质量 为m 粗细均匀、质量分布均匀的软绳 AB 置于斜面上，与斜面间动摩 擦因数卩二口,其A 端与斜面顶端平齐.用细线将质量也为m 的物块与 软绳连接,给物块向下的初速度，使软绳B 端到达斜面顶端（此时物块 未到达地面）,在此过程中（BCD ）A. 物块的速度始终减小B. 软绳上滑NL 时速度最小C. 软绳重力势能共减少了 UmgLD. 软绳减少的重力势能一定小于其增加的动能与克服摩擦力所做的 功之和=0.75 J,选项C 错误；在t=0.5每个工件做正功为5解析：物块下落过程中，刚开始由于mgsin 30° +卩mgcos30° /lmg>mg, 所以物块所受合力向上，物块做减速运动，下落过程中，合力越来越小，当加速度等于零时，速度最小，后合力方向向下，加速度向下，速度增大,所以物块的速度先减小后增大，故A错误；当加速度等于零时，速度最小，设此时软绳上滑的距离为x,则匕mgs in 30 ° +丄_|卩mgcosL 软绳的重心离斜面顶端的高度 h2=],则软绳重力势能共减少和物块的重力势能减小，转化为物块和软绳的动能及软绳与斜面摩擦 产生的内能，根据能量守恒定律，软绳重力势能的减少量小于其动能 的增加量与克服摩擦力所做功的和，故D 正确.5. （多选）水平面上质量为m=10 kg 的物体受到的水平拉力F 随位移s 变化的规律如图所示，物体匀速运动一段时间后，拉力逐渐减小，当 s=7.5 m 时拉力减为零，物体也恰好停下.取g=10 m/s 2,下列结论正确 的是（AB ）o 12 3 4 5 6 7 GA. 物体与水平面间的动摩擦因数为 0.12B. 合外力对物体所做的功约为-40 JC. 物体匀速运动时的速度为2 m/sD. 物体运动的时间为0.4 s解析：由于0~ 2.5 m 内物体匀速运动，可得F=a mg 卫3_Lr +-g m ，代入数据解得x 二UL,故B 正确;物块未释放时，软绳的L 心离斜面顶端的高度为hi=Js in 30L1软绳刚好全部离开斜面时mgtL !)= L^mg,故C 正确;以软绳和物块组成的系统为研究对象 ,软绳二吨二叵卫=0.12;由Fs图线与s轴所围面积表示力F所做的功可得VF=50 J,设物体匀速运动的速度为V,由动能定理可得W总二VFA卩mg- s=0-HmV,即W、=-40 J,v=2囲m/s;物体匀速运动的时间t匀s= X s>0.4 s.6. （多选）如图所示，物体以100 J的初动能从斜面的底端向上运动，斜面足够长.当它通过斜面上的M点时，其动能减少80 J,机械能减少32 J.如果物体能从斜面上返回底端，则（CD）A. 物体在斜面上运动时，机械能守恒B. 物体在向上运动时，机械能减少100 JC. 物体上升到M还能上升的距离为到达M点前的HD. 物体返回A点时动能为20 J解析:由题意,摩擦力始终做负功，机械能不守恒，选项A错误;选最底端为零势能面，物体向上运动到最高点时，重力势能不为零，机械能减少量小于100 J,选项B错误；根据题意，当它通过斜面上的M点时，其动能减少80 J,机械能减少32 J,说明克服摩擦力做功32 J,从M点上升到最高点的过程中，动能减少20 J,需要克服摩擦力做功8 J,整个上升过程，共克服摩擦力做功40 J,机械能减少了40 J,物体上升到M还能上升的距离为到达M 点前的LI,选项C正确；物体返回A点的过程中，损失的机械能也是40 J,物体返回A点时动能为20 J,选项D正确.7. （2018 •山东烟台模拟）（多选）如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开,C 是半径为R的圆形轨道的最高点,BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m 的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则（CD ）A. 固定位置A到B点的竖直高度可能为2RB. 滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关C. 滑块可能重新回到出发点A处D. 传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多解析：设AB的竖直高度为h,假设滑块从A点下滑刚好通过最高点C, 则此时应该是从A下滑的高度的最小值，刚好通过最高点时，由重力提供向心力，则mg^_,解得V C=一,从A到C根据动能定理mg（h-T2R）爭尼-0,得h=2.5R,选项A错误;从A到滑块在传送带上向右运动h距离最大，根据动能定理得mgh-口mgx=0得到x=»可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关,与咼度h有关，选项B 错误；滑块在传送带上先做减速运动，可能反向做加速运动，如 果再次到达D 点时速度大小不变，则根据能量守恒，可以再次回到A 点, 选项C 正确；滑块与传送带之间产生的热量 Q 和mgA x 相对，当传送带的 速度越大,则在相同时间内二者相对位移越大，则产生的热量越多，选 项D 正确.I 能力培养练I8. （2018 •河北保定调研）（多选）如图所示，内壁光滑、半径大小为R 的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m 的小球静止在轨道底部A 点.现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨 道在竖直面内运动.当小球回到A 点时,再次用小锤沿运动方向击打 小球,通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点.已知小球在运 动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功 W, 第二次击打过程中小锤对小球做功 W 设先后两次击打过程中小锤对 小球做功全部用来增加小球的动能，则旳的值可能是（AB ）解析：第一次击打小球时小球最高运动到过 0点与水平地面平行的直 径的两端位置，小锤对小球做功W i =mgR 第二次击打小球，小球恰好做 圆周运动，此时小球在最高点速度V 二画,小球在最低点的速度为V A ,B-1 _ 29. 如图(甲)所示，光滑斜面0A 与倾斜传送带AB 在A 点相接，且0A 雎 一条直线上，与水平面夹角a =37° ,轻质弹簧下端固定在0点,上端 可自由伸长到A 点.在A 点放一个物体，在力F 的作用下向下缓慢压缩 弹簧到C 点，该过程中力F 随压缩距离x 的变化如图(乙)所示.已知物 体与传送带间动摩擦因数 卩=0.5,传送带AB 部分长为5 m,顺时针转 动,速度 v=4 m/s,重力加速度 g 取 10 m/s 2 3.(sin 37 ° =0.6,cos 2 弹簧从A 点被压缩到C 点过程中力F 所做的功W;3 若在C 点撤去力F,物体被弹回并滑上传送带，物体在传送带上最 远能到何处？解析:(1)由图像可知mgsin 37 ° =30 N解得m=5 kg.(2)图(乙)中图线与横轴所围成的面积表示力 F 所做的功根据机械能守恒定律可得 mV,第二次击打小球，小锤 对小球做的功 W= -mgR mgR 则先后两次击打，小锤对小球做功 mg- 2R 的最大值为(3)撒去力F,设物体返回至A 点时速度大小为V o , 从A 出发再次返回A 处的过程应用动能定理解得 v o =6 m/s.由于v o >v,物块所受摩擦力沿传送带向下，设此阶段加速度大小为a i , 由牛顿第二定律：mgs in 37 ° + 卩 mgcos 37° 二ma解得 a i =10 m/s 2,速度减为v 时,设沿斜面向上发生的位移大小为 X i ,由运动学规律 解得X i =1 m,此后摩擦力改变方向，由于mgsin 37 ° > mgcos 37° ,所以物块所受 合外力仍沿传送带向下，设此后过程加速度大小为a 2,再由牛顿第二 定律 mgsin 37 ° -卩 mgcos 37° 二ma,设之后沿斜面向上发生的最大位移大小为 X 2,由运动学规律X 2=l_ r rn 390 x (05 -—)W= 2 J- J=90 J. 37° =0.8）求:解得X2=4 m,所以物块能够在传送带上发生的最大位移x m=x i+X2=5 m,即恰好到达传送带顶端B点.答案:(1)5 kg (2)90 J (3)恰好到达传送带顶端B点10. (2018 •吉林长春模拟)如图所示，半径R=0.5 m的光滑圆弧面CDM 分别与光滑斜面体ABC?口斜面MN相切于C,M点，斜面倾角分别如图所示.0为圆弧圆心，D为圆弧最低点,C,M在同一水平高度.斜面体ABC 固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P,Q(两边细绳分别与对应斜面平行),并保持P,Q两物块静止.若PC间距为L1=0.25 m,斜面MN足够长，物块P质T量m=3 kg,与MN间的动摩擦因数卩=3,重力加速度g=10 m/s 2,sin37° =0.6,cos 37 =0.8.求:(1)小物块Q的质量m;⑵烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小以及P在MN 斜面上滑行的总路程.解析:(1)根据平衡条件，满足mgs in 53 ° =mgs in 37 °可得m=4 kg.⑵P到D过程由动能定理得mghllmO-由几何关系h=L1Sin 53 +R(1-cos 53 )运动到D点时，根据牛顿第二定律F^mg二解得F D=78 N由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N.分析可知最终物块在CDM之间往复运动，在C点和M点速度为零. 对全过程由动能定理得mgL i sin 53 ° -卩mgx 总cos 53 ° =0解得x总=1 m.答案:(1)4 kg (2)78 N 1 m11. (2018 •江苏南京诊断)如图所示,质量M=0.4 kg的长薄板BC在外力作用下静置于倾角为37°的光滑斜面上，在A点有质量m=0.1 kg 的小物体(可视为质点)以V0=4.0 m/s速度水平抛出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动，小物体运动到薄板的最下端C时,与薄板速度恰好相等，已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为0.5,sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8,g=10 m/s 2,求：2(1)A点与B点的水平距离；⑵薄板BC的长度.解析:(1)小物体从A到B做平抛运动，设下落时间为t1,水平位移为x,贝卩gt 1二v°tan 37 ° ,x=v °t 1 联立得x=1.2 m.⑵设小物体落到B点的速度为v,则小物体在薄板上运动，则mgsin 37 ° -卩mgcos 37° 二ma薄板在光滑斜面上运动，则Mgsin 37 ° + 卩mgcos 37° 二Ma小物体从落到薄板到两者速度相等用时为t 2,则v+a i t 2=a2t 2T1小物体的位移x i=vt 2^a i0 薄板的位移X2 iLiZ 薄板的长度l=x i-x 2联立得1=2.5 m.答案:(1)1.2 m (2)2.5 m12. (2018 •四川泸州一检)如图所示,一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m=1 kg 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度.在平台的右端有一传送带,AB长L=5 m,物块与传送带间的动摩擦因数1=0.2,与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5 m,它与物块间的动摩擦因数卩2=0.3, 在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为0 =120° ,在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来.若传送带以v=5 m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失.当弹簧储存的E P=18 J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g=10 m/s2.同的速率离开传送带，设最终停在距C 点x 处,有” 1 = 卩 2mg(s-x),(1)求右侧圆弧的轨道半径 R; ⑵ 求小物块最终停下时与C 点的距离; (3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不 脱离轨道,求传送带速度的可调节范围. 解析:(1)物块被弹簧弹出，由E P 事庖, 可知 v o =6 m/s, 因为V o >V,故物块滑上传送带后先减速， 物块与传送带相对滑动过程中， 由 卩 i mg=miav=v o -a i t i ,x i =v o t 1- 得到 a i =2 m/s 2,t i =0.5 s,x i =2.75 m, 因为X i <L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5 m/s 的速度 滑上水平面BC,物块滑离传送带后恰到E 点, 代入数据整理可以得到 R=0.8 m. ⑵ 设物块从E 点返回至B 点的速度为V B ,有解得VB I m/s,因为V B >0,故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性，可知其以相UaE, 由动能定理可知 mV 二卩 mgs+mgR, 卩 2mg-2s, 2 mv-⑶设传送带速度为v i 时物块恰能到F 点，在F 点满足 mgsin 30 ° 二腿 从B 到F 过程中由动能定理可知=a 2mgs+mg(R+Rsin 30设传送带速度为v 2时,物块撞挡板后返回能再次上滑恰到 E 点解得V 2超！］ m/s, 若物块在传送带上一直加速运动，由T IT輕2屉1= □ i mgL,知其到B 点的最大速度V BH =「m/s, 综合上述分析可知，只要传送带速度 L — m/s < vW 丄I m/s 就满足条件.答案:(1)0.8 m (2)U m(3) — m/s < v W L_ m/s 解得x=i m.—mg ，3s+mgR,。
- 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)。
第5讲动量与能量的综合应用一、单项选择题1.(2019安徽芜湖模拟)光滑水平面上有两个小球,在同一直线上相向运动,它们的动量大小相等,则两球碰撞后,下列说法正确的是()A.两球可能沿同一方向运动B.两个小球可能一个静止,一个运动C.若两球均运动,则质量大的球动量一定小D.若两球均运动,则质量大的球动能一定小答案D由题可知,两球沿同一直线相向运动,动量大小相等,因此系统的总动量为零,碰撞过程系统的总动量守恒,因此碰撞后系统的总动量仍为零,因此两球不可能沿同一方向运动,也不可能一个静止,一个运动,A、B项错误;若两球均运动,根据动量守恒定律可知,两球一定沿相反方向运动,且动量等大反向,即m1v1=m2v2,C项错误;由E k=p22m可知,质量大的球动能小,D项正确。
2.如图所示,质量为0.5kg的小球在距离小车底部20m高处以一定的初速度向左平抛,落在以7.5m/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中,车底涂有一层油泥,车与油泥的总质量为4kg。
设小球在落到车底前瞬间速度大小是25m/s,重力加速度取10m/s2,不计空气阻力。
则当小球与小车相对静止时,小车的速度大小是()A.4 m/sB.5 m/sC.8.5 m/sD.9.5 m/s答案 B 小球做平抛运动,下落时间为t=√2ℎg =2 s,竖直方向速度大小为v y =gt=20m/s,小球在落到车底前瞬时速度大小是25 m/s,根据速度合成原则可知,v x =√v 2-v y 2=15 m/s,小球与车在水平方向上动量守恒,以向右为正方向,有Mv 车-mv x =(m+M)v 共,解得v 共=5 m/s,故B 正确。
3.(2015重庆理综,3,6分)高空作业须系安全带,如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。
此后经历时间t 安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m √2gℎt +mg B.m √2gℎt -mg C.m √gℎt +mg D.m √gℎt-mg 答案 A 由v 2=2gh 得v=√2gℎ。
对人与安全带作用的过程应用动量定理,则有(mg-F)t=0-mv,解得F=m √2gℎt +mg,故A 正确。
4.(2019湖南株洲质检)如图,长为l 的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙,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.√B.√C.√2gl 2D.0答案 A 两小球组成的系统水平方向动量守恒,小球甲刚要落地时水平速度为零,由机械能守恒定律得12mv 2=mgl,解得v=√2gl ,故A 正确。
5.(2019陕西安康质检)如图所示,一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置),秋千一端固定在离地面高为H的O点,秋千的长度可调节。
改变秋千的长度,杂技演员每次都从A点由静止出发绕O点下摆,当摆到最低点B时,女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,然后自己刚好能回到A点。
已知男演员质量为2m,女演员质量为m,秋千的质量不计,空气阻力忽略不计,则男演员落地点C与O点的水平距离x的最大值是()A.H2B.H C.3H2D.2H答案D两杂技演员从A点下摆到B点,只有重力做功,故机械能守恒。
设二者到达B点的速度大小为v0,则由机械能守恒定律有(m+2m)gR=12(m+2m)v02,两杂技演员相互作用,沿水平方向动量守恒。
设作用后女、男演员的速度大小分别为v1、v2,由动量守恒定律得(m+2m)v0=2mv2-mv1。
女演员上摆到A点的过程中机械能守恒,因此有mgR=12m v12。
男演员自B点平抛,有x=v2t。
由竖直方向的自由落体运动得出H-R=12gt2,解得t=√2(H-R)g,联立解得x=4√(H-R)R,当秋千的长度R=H2时,男演员落地点C与O点的水平距离最大为x=2H,故D正确,A、B、C错误。
二、多项选择题6.(2019山东济南模拟)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所示。
重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是()A.2 s 末物体所受阻力的大小为10 NB.在0~2 s 内,物体所受阻力随时间均匀减小C.在0~2 s 内,物体的动能增大了100 JD.在0~1 s 内,物体所受阻力的冲量大小为2.5 N ·s答案 AD 2 s 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10 N,选项A 正确;根据mg-f=ma 可知,在0~2 s 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0~2 s 内,物体的速度增加了12×2×10 m/s=10 m/s,在0时刻,物体的速度v 1=0,则在2 s 时刻,物体的速度v 2=10 m/s,则动能增大了ΔE k =12m v 22-12m v 12=50 J,故选项C 错误;在0~1 s 内,物体速度的增量Δv=12×(5+10)×1 m/s=7.5 m/s,根据动量定理:mgt-I f =mΔv,解得I f =2.5 N ·s,故选项D 正确。
7.(2019安徽芜湖调研)在地面上以大小为v 1的初速度竖直向上抛出一质量为m 的皮球,皮球落地时速度大小为v 2。
若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比,重力加速度为g 。
下列判断正确的是( )A.皮球上升的最大高度为v 122gB.皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为12m v 12-12m v 22C.皮球上升过程经历的时间为v1g D.皮球从抛出到落地经历的时间为v 1+v 2g答案 BD 皮球减速上升的过程中受重力、阻力作用,故加速度大于g,则上升的高度小于v 122g ,上升的时间小于v 1g ,故A 、C 错误;皮球从抛出到落地过程中重力不做功,根据动能定理得克服阻力做功为W f=12m v12-12m v22,故B正确;假设向下为正方向,设上升阶段的平均速度为v,则由动量定理得mgt1+kvt1=mv1,由于平均速度乘以时间等于上升的高度,故有h=vt1,即mgt1+kh=mv1。
同理,设下降阶段的平均速度为v',则下降过程由动量定理得mgt2+kv't2=mv2,即mgt2-kh=mv2,联立解得mg(t1+t2)=m(v1+v2),解得t=t1+t2=v1+v2g,故D正确。
8.(2019山东济南二模)如图甲所示,光滑水平面上有a、b两个小球,a球向b球运动并与b球发生正碰后粘合在一起共同运动,其碰前和碰后的s-t图像如图乙所示。
已知m a=5kg。
若b球的质量为m b,两球因碰撞而损失的机械能为ΔE,则()A.m b=1kgB.m b=2kgC.ΔE=15JD.ΔE=35J答案AC在s-t图像中图线的斜率的绝对值表示小球运动的速度大小,所以v a=61m/s=6m/s,碰后粘合在一起共同运动的速度为v=51m/s=5m/s,碰撞过程动量守恒得m a v a=(m a+m b)v,解得m b=1kg,故A正确,B错误;根据功能关系有ΔE=12m a v a2-12(m a+m b)v2,解得ΔE=15J,故C正确,D错误。
三、计算题9.(2019山东泰安一模)如图,足够长的固定光滑水平轨道与固定的光滑竖直14圆弧轨道平滑连接。
质量为m1的小球A以速度v0撞上质量为m2的静止小球B,已知A和B的大小相同且碰撞为弹性正碰。
重力加速度g取10m/s2。
(1)若m1=2kg、m2=3kg,v0=5m/s,求碰撞后小球B上升的最大高度;(2)若要求两小球只发生了一次碰撞,则m1与m2的大小应满足怎样的关系?答案(1)0.8m(2)m1≤m23解析(1)A、B两小球第一次碰撞后的速度用v1、v2表示。
取向右方向为正,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2①1 2m1v02=12m1v12+12m2v22②整理得v1=m1-m2m1+m2v0③v2=2m1m1+m2v0④代入数据解得v1=-1m/s⑤v2=4m/s⑥小球B沿圆弧轨道上升,不论是否冲出圆弧轨道,到最高点时速度一定为零,设上升的最大高度为h。
根据机械能守恒定律有m2gh=12m2v22⑦代入数据解得h=0.8m⑧(2)若两球只发生了一次碰撞,则首先应满足A小球碰后反向运动,即v1<0⑨由③知,m1<m2⑩还必须满足A小球碰后速度v1的大小要大于或等于B小球的速度大小v2,即|v1|≥v2由③④整理得m2≥3m1(或m1≤m23)因此,若要求二小球只碰一次,须满足m1≤m23命题拓展预测轻质弹簧原长为2L,现将该弹簧水平放置,一端固定在A点,另一端与质量m1=2 kg的物块M接触但不连接。
AB是长度为5L的光滑水平轨道,一长度L0=2.5m的水平传送带右端与AB、左端与水平光滑轨道CD平滑连接,传送带始终以v=2m/s 的速率匀速逆时针转动。
上表面水平的小车放在光滑水平轨道上,位于CD左侧,小车右端与CD段平滑连接,小车上表面的长度L1=0.5m,小车左侧是一段半径为R=0.3m的四分之一光滑圆弧轨道,圆弧轨道固定在小车上,小车与圆弧轨道的总质量为m2=6kg,物块M与小车上表面间的动摩擦因数μ1=0.1。
现用外力推动物块M,将弹簧压缩至长为L时弹簧的弹性势能E p=9J,然后放开M,M开始沿轨道运动,冲上传送带后开始做减速运动,到达传送带左端时物块M的速度恰好与传送带的速度大小相等。
重力加速度取g=10m/s2。
(1)求物块M与传送带之间的动摩擦因数μ;(2)求物块M在小车左侧圆弧轨道上上升的最大高度H;(3)要使物块M既能冲上圆弧轨道又不会从小车上滑出,求小车上表面长度L1的取值范围。
答案(1)0.1(2)0.1m(3)0.75m≤L1<1.5m解析(1)设物块M离开弹簧时的速度为v0由机械能守恒定律有:E p=12m1v02物块在传送带上运动过程中,由动能定理有:-μm1gL0=12m1v2-12m1v02联立各式并代入数据可得物块M与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1(2)物块M从滑上小车到其在圆弧轨道上上升到最大高度的过程中,M与小车及圆弧轨道构成的系统在水平方向上动量守恒,则:m1v=(m1+m2)v1由能量守恒定律有:1 2m1v2=12(m1+m2)v12+m1gH+μ1m1gL1联立各式并代入数据可得物块M在小车左侧圆弧轨道上上升的最大高度H=0.1m(3)设当小车上表面长度为L2时,物块到达小车左端时与小车有共同速度v1,则1 2m1v2=12(m1+m2)v12+μ1m1gL2联立各式并代入数据可得:L2=1.5m设当小车上表面长度为L3时,物块冲上圆弧轨道后又返回到小车上表面右端时与小车有共同速度v1,则1 2m1v2=12(m1+m2)v12+2μ1m1gL3联立各式并代入数据可得L3=0.75m要使物块M既可以冲上圆弧轨道又不会从小车上滑出,小车上表面长度的取值范围为0.75m≤L1<1.5m。