物理限时专练之六能量与动量
2020年高考物理复习：动量与能量综合 专项练习题(含答案解析)
2020年高考物理复习：动量与能量综合专项练习题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。
动量与能量综合专题
动量与能量综合专题一、动量守恒定律动量守恒定律是物理学中的一个重要定律，它表述的是物体动量的变化遵循一定的规律。
当两个或多个物体相互作用时，它们的总动量保持不变。
这个定律的适用范围非常广泛，从微观粒子到宏观宇宙，只要有物体之间的相互作用，就可以应用动量守恒定律来描述。
在理解动量守恒定律时，需要注意以下几点：1、系统：动量守恒定律适用于封闭的系统，即系统内的物体之间相互作用，不受外界的影响。
2、总动量：动量的变化是指物体之间的总动量的变化，而不是单个物体的动量变化。
3、方向：动量是矢量，具有方向性。
在计算动量的变化时，需要考虑动量的方向。
二、能量守恒定律能量守恒定律是物理学中的另一个重要定律，它表述的是能量不能被创造或消灭，只能从一种形式转化为另一种形式。
这个定律的适用范围同样非常广泛，从微观粒子到宏观宇宙，只要有能量的转化和转移，就可以应用能量守恒定律来描述。
在理解能量守恒定律时，需要注意以下几点：1、封闭系统：能量守恒定律适用于封闭的系统，即系统内的能量之间相互转化和转移，不受外界的影响。
2、转化与转移：能量的转化和转移是不同的。
转化是指一种形式的能量转化为另一种形式的能量，而转移是指能量从一个物体转移到另一个物体。
3、方向：能量的转化和转移是有方向的。
在计算能量的变化时，需要考虑能量的方向。
三、动量与能量的综合应用在实际问题中，动量和能量往往是相互的。
当一个物体受到力的作用时，不仅会引起物体的运动状态的变化，还会引起物体能量的变化。
因此，在解决复杂问题时，需要综合考虑动量和能量的因素。
例如，在碰撞问题中，两个物体相互作用后可能会发生弹射、粘合、破碎等情况。
这些情况的发生不仅与物体的动量有关，还与物体的能量有关。
如果两个物体的总动量不为零，它们将会继续运动；如果两个物体的总能量不为零，它们将会继续发生能量的转化和转移。
因此，在解决碰撞问题时，需要综合考虑物体的动量和能量因素。
四、总结动量守恒定律和能量守恒定律是物理学中的两个重要定律，它们分别描述了物体动量的变化和能量的转化和转移遵循的规律。
高三物理动量、能量计算题专题训练
动量、能量计算题专题训练1．（19分）如图所示，光滑水平面上有一质量M=4.0kg 的带有圆弧轨道的平板车，车的上表面是一段长L=1.5m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R=0.25m 的41光滑圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道在O ′点相切。
现将一质量m=1.0kg 的小物块（可视为质点）从平板车的右端以水平向左的初速度v 0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5。
小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A 。
取g=10m/2，求：（1）小物块滑上平板车的初速度v 0的大小。
（2）小物块与车最终相对静止时，它距O ′点的距离。
（3）若要使小物块最终能到达小车的最右端，则v 0要增大到多大？2.（19分）质量m A =3.0kg ．长度L =0.70m ．电量q =+4.0×10-5C 的导体板A 在足够大的绝缘水平面上，质量m B =1.0kg 可视为质点的绝缘物块B 在导体板A 的左端，开始时A 、B 保持相对静止一起向右滑动，当它们的速度减小到0v =3.0m/s 时，立即施加一个方向水平向左．场强大小E =1.0×105N/C 的匀强电场,此时A 的右端到竖直绝缘挡板的距离为S =2m ，此后A 、B 始终处在匀强电场中，如图所示．假定A 与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，A 与B 之间（动摩擦因数1μ=0．25）及A 与地面之间（动摩擦因数2μ=0．10）的最大静摩擦力均可认为等于其滑动摩擦力，g 取10m/s 2（不计空气的阻力）求：（1）刚施加匀强电场时，物块B 的加速度的大小？（2）导体板A 刚离开挡板时，A 的速度大小？（3）B 能否离开A ，若能，求B 刚离开A 时，B 的速度大小；若不能，求B 距A 左端的最大距离。
3．(19分)如图所示，一个质量为M 的绝缘小车，静止在光滑的水平面上，在小车的光滑板面上放一质量为m 、带电荷量为q 的小物块(可以视为质点)，小车的质量与物块的质量之比为M ：m=7：1，物块距小车右端挡板距离为L ，小车的车长为L 0=1.5L ，现沿平行车身的方向加一电场强度为E 的水平向右的匀强电场，带电小物块由静止开始向右运动，而后与小车右端挡板相碰，若碰碰后小车速度的大小是滑块碰前速度大小的14，设小物块其与小车相碰过程中所带的电荷量不变。
动量与能量练习题
动量与能量练习题1.三块完全相同的木块固定在水平地面上，设速度为v0子弹穿过木块时受到的阻力一样，子弹可视为质点，子弹射出木块C时速度变为v0/2.求：(1) 子弹穿过A和穿过B 时的速度v1=? v2=?(2)子弹穿过三木块的时间之比t1∶t2∶t3 =?2.光滑水平桌面上有两个相同的静止木块，枪沿两个木块连线方向以一定的初速度发射一颗子弹，子弹分别穿过两个木块。
假设子弹穿过两个木块时受到的阻力大小相同，忽略重力和空气阻力的影响，那么子弹先后穿过两个木块的过程中( )（Ａ）子弹两次损失的动能相同（Ｂ）每个木块增加的动能相同（Ｃ）因摩擦而产生的热量相同（Ｄ）每个木块移动的距离不相同3.如图所示，质量为M的木板静止在光滑的水平面上，其上表面的左端有一质量为m的物体以初速度v0，开始在木板上向右滑动，那么：( )(A)若M固定，则m对M的摩擦力做正功，M对m的摩擦力做负功；(B)若M固定，则m对M的摩擦力不做功，M对m的摩擦力做负功；(C)若M自由移动，则m和M组成的系统中摩擦力做功的代数和为零；(D)若M自由移动，则m克服摩擦力做的功等于M增加的动能和转化为系统的内能之和。
4.如图所示，质量为M的火箭，不断向下喷出气体，使它在空中保持静止,火箭质量可以认为不变。
如果喷出气的速度为v，则火箭发动机的功率为（）5.如图示:质量为M的滑槽静止在光滑的水平面滑槽的AB部分是半径为R的1/4的光滑圆弧,BC部分是水平面,将质量为m 的小滑块从滑槽的A点静止释放,沿圆弧面滑下,并最终停在水平部分BC之间的D点,则( )A.滑块m从A滑到B的过程,物体与滑块组成的系统动量守恒、机械能守恒B. 滑块滑到B点时，速度大小等于C. 滑块从B运动到D的过程，系统的动量和机械能都不守恒D. 滑块滑到D点时，物体的速度等于06.质量为M=4.0kg的平板小车静止在光滑的水平面上，如图所示，当t=0时，两个质量分别为m A=2kg、m B=1kg 的小物体A、B都以大小为v0=7m/s。
高考物理专题冲刺集训第6讲动量和能量的综合应用含解析
第六讲动量和能量的综合应用一、单项选择题1.如图所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出．如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2＞v1.重力影响可忽略，则此过程中拍子对网球作用力的冲量( )A．大小为m(v2＋v1)，方向与v1方向相同B．大小为m(v2－v1)，方向与v1方向相同C．大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同D．大小为m(v2－v1)，方向与v2方向相同解析：选C.由动量定理知，拍子对网球作用力的冲量I合＝Δmv＝mv2－m(－v1)＝m(v2＋v1)，方向与v2相同．故C对．2．如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则( )A．t1时刻小球动能最大B．t2时刻小球动能最大C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能解析：选C.0～t1时间内小球做自由落体运动，落到弹簧上并往下运动的过程中，小球重力与弹簧对小球弹力的合力方向先向下后向上，故小球先加速后减速，t2时刻到达最低点，动能为0，A、B错；t2～t3时间内小球向上运动，合力方向先向上后向下，小球先加速后减速，动能先增加后减少，C对；t2～t3时间内由能量守恒知小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能减去小球增加的重力势能，D错．3.如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则下列说法正确的是( )A．小木块和木箱最终都将静止B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动解析：选B.木箱和小木块具有向右的动量，并且在相互作用的过程中总动量守恒，A、D 错；由于木箱与底板间存在摩擦，小木块最终将相对木箱静止，B对、C错．4．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是( )a．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开b．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行c．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开d．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行A．ac B．cdC．bc D．bd解析：选B.相互作用的过程中合外力为零，所以碰撞过程中动量守恒，设碰撞前动量分别为p1、p2，碰后两球动量分别为p3、p4，则有p1＋p2＝p3＋p4，若m1＝m2，碰前动量和为零碰后动量和必定为零，即p3与p4必定大小相等，方向相反，若m1≠m2，碰前动量和不为零，碰后两球的合动量必定与碰前总动量相等，所以碰后以某一相等速率互相分开是不可能的，而碰后以某一相等速率同向而行是可以的，故B正确．5.为了探究能量转化和守恒规律，小强将一个小铁块绑在橡皮筋中部，并让橡皮筋穿入铁罐，两端分别固定在罐盖和罐底上，如图所示，盖好盖后，让该装置从不太陡的粗糙斜面上的A处滚下，到斜面上的B处停下，发现橡皮筋被卷紧了，接着铁罐居然能从B处自动滚上去．关于该装置在上述过程中的能量转化，下列判断正确的是( )A ．从A 处滚到B 处，由动能定理可知，系统的重力势能全部转化为橡皮筋的弹性势能B ．从A 处滚到B 处，由于要转化为橡皮筋的弹性势能，故系统的重力做的功小于摩擦力做的功C ．从B 处滚到最高处，橡皮筋的弹性势能转化为系统的重力势能和此过程产生的内能D ．从B 处滚到最高处，橡皮筋的弹性势能转化为系统的重力势能和动能解析：选C.在铁罐滚动时，铁罐与斜面的接触点的瞬时速度为零，则斜面对铁罐的静摩擦力不做功，在从A 到B 的过程中橡皮筋发生了扭转形变，在获得弹性势能的同时也产生了内能，由能量守恒可知，系统减少的重力势能等于橡皮筋获得的弹性势能与产生的内能之和，故A 、B 皆错误．同理可知C 正确、D 错误．6．一个质量为m 的带电小球，在存在匀强电场的空间以某一水平初速度抛出，不计空气阻力，测得小球的加速度为g 3，方向竖直向下，则在小球下落h 高度的过程中，下列说法错误的是( ) A ．小球的动能增加13mgh B ．小球的电势能增加23mgh C ．小球的重力势能减少13mgh D ．小球的机械能减少23mgh 解析：选C.小球受到竖直向下的重力mg ，由小球的加速度为g 3、方向竖直向下，知电场力方向竖直向上、大小为23mg ，合力为13mg .由于在小球下落h 高度的过程中，重力做的功为mgh ，电场力做的功为－23mgh ，合力做的功为13mgh ，因此，小球的动能增加13mgh ，小球的电势能增加23mgh ，小球的重力势能减少mgh ，小球的机械能减少23mgh ，故选项A 、B 、D 正确，C 错误． 7．A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线运动，A 球动量为p A ＝5 kg ·m/s ，B 球动量为p B ＝7 kg ·m/s ，当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰后A 、B 两球的动量可能是( )①p A ＝6 kg ·m/s 、p B ＝6 kg ·m/s②p A ＝3 kg ·m/s 、p B ＝9 kg ·m/s③p A ＝－2 kg ·m/s 、p B ＝14 kg ·m/s④p A ＝－5 kg ·m/s 、p B ＝17 kg ·m/sA ．①②③B ．①②④C ．②③D ．①④解析：选C.动量守恒四个选项都满足，那么第二个判断依据是速度情景：A 的动量不可能原方向增大，①错；第三个判断依据是能量关系：碰后系统总动能只能小于等于碰前总动能．计算得②、③正确④错．碰前总动能为E k ＝p 2A 2m A ＋p 2B 2m B，由于p A ＝m A v A ＝5 kg ·m/s ，p B ＝m B v B ＝7 kg ·m/s ，A 要追上B ，则有v A >v B ，即5m A >7m B ，m A <57m B .对②，有322m A ＋922m B ≤522m A ＋722m B，得m B ＝2m A ，满足m A <57m B ，②正确；对③，有－222m A ＋1422m B ≤522m A ＋722m B ，m B ＝14721mA ＝213mA ，同样满足m A <57m B ，③正确． 8. 在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆的质量为m 0，小车和单摆以恒定的速度v 沿光滑水平地面向右运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，如图所示．在此碰撞过程中，下列哪种说法是可能发生的( )A ．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v 1、v 2、v 3，满足(M ＋m 0)v ＝Mv 1＋mv 2＋m 0v 3B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度分别变为v 1和v 2，满足Mv ＝Mv 1＋mv 2C ．小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度变为v 2，满足(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋mv 2D ．以上说法都不对解析：选B.小车与物体碰撞过程中，小球的速度来不及变化，因为碰撞过程极短，小球在水平方向不受力，所以由于惯性小球在水平方向速度不变．只是M 与m 相互作用，碰撞过程中M 、m 速度发生变化，故B 可能发生．9. 如图所示，三小球a 、b 、c 的质量都是m ，都放于光滑的水平面上，小球b 、c 与轻弹簧相连且静止，小球a 以速度v 0冲向小球b ，碰后与小球b 粘在一起运动．在与小球b 粘在一起后的运动过程中，下列说法正确的是( )A ．三小球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B ．三小球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C ．当小球b 、c 速度相等时，弹簧势能最小D ．当弹簧恢复原长时，小球c 的动能一定最大，小球b 的动能一定为零解析：选B.a 、b 两小球相碰，动量守恒，机械能不守恒，之后系统动量守恒，机械能也守恒，因而A 错误，B 正确．由牛顿运动定律分析可知：小球b 、c 速度相等时，弹簧的压缩量最大，即弹簧势能最大，C 错误．当弹簧恢复原长时，将弹簧的弹性势能转化为三个小球的动能，由机械能守恒定律和动量守恒定律可知：D 错误．二、非选择题10.如图所示，小球A 系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到水平面的距离为h .物块B 质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O 点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为h 16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求物块在水平面上滑行的时间t .解析：设小球的质量为m ，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v 1，取小球运动到最低点时重力势能为零，根据机械能守恒定律，有mgh ＝12mv 21① 得v 1＝2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为v ′1，同理有mg h 16＝12mv ′21② 得v ′1＝ gh 8设碰后物块的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有mv 1＝－mv ′1＋5mv 2③得v 2＝ gh8④ 物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小F f ＝5μmg ⑤设物块在水平面上滑行的时间为t ，根据动量定理，有－F f t ＝0－5mv 2⑥得t ＝2gh 4μg. 答案：2gh 4μg 11．如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R ，MN 为直径且与水平面垂直．直径略小于圆管内径的小球A 以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M 时与静止于该处的质量与A 相同的小球B 发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N 为2R .重力加速度为g ，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：(1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t ；(2)小球A 冲进轨道时速度v 的大小．解析：(1)粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，有2R ＝12gt 2① 解得t ＝2R g② (2)设球A 的质量为m ，碰撞前速度大小为v 1，把球A 冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律得12mv 2＝12mv 21＋2mgR ③ 设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v 2，由动量守恒定律得mv 1＝2mv 2④飞出轨道后做平抛运动，水平方向的分运动为匀速直线运动，有2R ＝v 2t ⑤综合②③④⑤式得v ＝22gR答案：(1)2R g (2)22gR 12．如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面的底端有一个固定挡板D ，小物体C 靠在挡板D 上，小物体B 与C 用轻质弹簧拴接．当弹簧处于自然长度时，B 在O 点；当B 静止时，B 在M 点，OM ＝l .在P 点还有一小物体A ，使A 从静止开始下滑，A 、B 相碰后一起压缩弹簧．A 第一次脱离B 后最高能上升到N 点，ON ＝，使C 物体刚好能脱离挡板D .A 、B 、C 的质量都是m .重力加速度为g .求 (1)弹簧的劲度系数；(2)弹簧第一次恢复到原长时B 速度的大小；(3)M 、P 之间的距离．解析：(1)B 静止时，弹簧形变量为l ，弹簧产生弹力F ＝kl ，B 物体受力如图所示，根据物体平衡条件得kl ＝mg sin θ得弹簧的劲度系数k ＝mg2l. (2)当弹簧第一次恢复原长时A 、B 恰好分离，设此时A 、B 速度的大小为v 3.对A 物体，从A 、B 分离到A 速度变为0的过程，根据机械能守恒定律得12mv 23＝mg Δh 此过程中A 物体上升的高度Δh ＝1.5l sin θ得v 3＝ 32gl . (3)设与B 相碰前A 的速度的大小为v 1，与B 相碰后A 的速度的大小为v 2，M 、P 之间距离为x .对A 物体，从开始下滑到A 、B 相碰的过程，根据机械能守恒定律得mgx sin θ＝12mv 21 A 与B 发生碰撞，根据动量守恒定律得mv 1＝(m ＋m )v 2设B 静止时弹簧的弹性势能为E p ，从A 、B 开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复原长的过程，根据机械能守恒定律得12(m ＋m )v 22＋E p ＝12(m ＋m )v 23＋(m ＋m )gl sin θ B 物体的速度变为0时，C 物体恰好离开挡板D ，此时弹簧的伸长量也为l ，弹簧的弹性势能也为E p .对B 物体和弹簧，从A 、B 分离到B 速度变为0的过程，根据机械能守恒定律得12mv 23＝mgl sin θ＋E p 联立以上各式解得x ＝9l .答案：(1)mg 2l (2) 32gl (3)9l。
动量、动力学和能量观点在力学中的应用(解析版)--高一物理专题练习(内容+练习)
动量、动力学和能量观点在力学中的应用高一物理专题练习（内容+练习）一、解决力学问题的三个基本观点和五个规律二、力学规律的选用原则1．如果物体受恒力作用，涉及运动细节可用动力学观点去解决．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．若研究的对象为几个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．4．在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程．5．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隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作用时间极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场．一、单选题1．如图所示，半径为R、竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。
圆心O 点正下方放置质量为2m 的小球A ，质量为m 的小球B 以初速度0v 向左运动，与小球A 发生弹性碰撞。
碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B 的初速度0v 不可能为（重力加速度为g ）（）A ．BC ．D ．【答案】A【解析】根据题意可知，小球B 与小球A 发生弹性碰撞，设碰撞后小球B 的速度为2v ，小球A 的速度为1v ，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律有0122mv mv mv =+2220121112222mv mv =⋅+解得1023v v =2013v v =-由于碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球A 未通过与圆心的等高点或通过圆弧最高点，若小球A 恰好到达圆心的等高点，由能量守恒定律有211222mv mgR ⋅=解得1v =解得0v =若小球恰好通过圆弧最高点，由能量守恒定律有22111222222mv mg R mv ⋅=⋅+由牛顿第二定律有222v mg mR=解得1v =解得0v =则碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，小球B 的初速度0v 取值范围为0v ≤0v ≥选不可能的，故选A 。
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．。
(word完整版)高中物理动量、能量训练题
一、动量定理的应用 1．简解多过程问题。
1、一个质量为m=2kg 的物体,在F 1=8N 的水平推力作用下,从静止开始沿水平面运动了t 1=5s,然后推力减小为F 2=5N,方向不变,物体又运动了t 2=4s 后撤去外力,物体再经 过t 3=6s 停下来。
试求物体在水平面上所受的摩擦力。
2.求解平均力问题2 、质量是60kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中．已知弹性安全带缓冲时间为1.2s ，安全带伸直后长5m ，求安全带所受的平均冲量．（ g= 10m ／s 2）3、求解曲线运动问题3、 如图 2所示，以V o ＝10m ／s 2的初速度、与水平方向成300角抛出一个质量m ＝2kg 的小球．忽略空气阻力的作用，g 取10m ／s 2．求抛出后第2s 末小球速度的大小． 4、求解流体问题4 、某种气体分子束由质量m=5.4X10-26kg 速度V ＝460m/s 的分子组成，各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回，若分子束中每立方米的体积内有n 0＝1.5X1020个分子，求被分子束撞击的平面所受到的压强．5. 有一宇宙飞船以在太空中飞行，突然进入一密度为的微陨石尘区，假设微陨石与飞船碰撞后即附着在飞船上。
欲使飞船保持原速度不变，试求飞船的助推器的助推力应增大为多少。
（已知飞船的正横截面积）。
（拓展）5、对系统应用动量定理。
系统的动量定理就是系统所受合外力的冲量等于系统总动量的变化。
若将系统受到的每一个外力、系统内每一个物体的速度均沿正交坐标系x 轴和y 轴分解，则系统的动量定理的数学表达式如下：ΛΛ+∆+∆=++y y y y V m V m I I 221121ΛΛ+∆+∆=++x x x x V m V m I I 221121，对于不需求解系统内部各物体间相互作用力的问题，采用系统的动量定理求解将会使求解简单、过程明确。
高中物理-专题六第2课时 电学中的动量和能量问题
第2课时电学中的动量和能量问题专题复习定位解决问题本专题主要培养学生应用动量定理、动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律分析与解决电学综合问题。
高考重点动量定理和动量守恒定律在电学中的理解及应用；应用动量和能量观点解决电场和磁场问题；电磁感应中的动量和能量问题。
题型难度本专题针对综合性计算题的考查，一般过程复杂，要综合利用电学知识、动量和能量观点分析问题，综合性较强，难度较大。
高考题型1电磁感应中的动量和能量问题类型1动量定理和能量观点的应用【例1】(2021·江苏省普通高等学校全国统一考试模拟)如图1所示，CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，其左右端都与接有阻值为R的倾斜光滑轨道平滑连接，导轨间距都为d，在水平导轨的右侧存在磁感应强度方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的宽度为L1。
现将一阻值为r、质量为m的导体棒从右侧倾斜轨道上高h处由静止释放，导体棒最终停在距离磁场的左边界为L2处。
已知右侧倾斜轨道与竖直方向夹角为θ，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，且导体棒与水平导轨动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
求：图1(1)通过导体棒的最大电流；(2)左侧电阻R上产生的焦耳热；(3)导体棒在水平导轨上运动的时间。
答案 (1)2Bd 2gh R ＋2r (2)R 2（R ＋2r ）mg (h －μL 1－μL 2) (3)1μ2h g －2B 2d 2L 1μmg （R ＋2r ）解析 (1)质量为m 的导体棒从倾斜轨道上h 高处由静止释放，刚进入磁场时速度最大，由机械能守恒定律得mgh ＝12m v 2解得最大速度v ＝2gh产生的最大感应电动势E m ＝Bd v ＝Bd 2gh由闭合电路欧姆定律可得通过导体棒的最大电流I m ＝E m R 2＋r ＝2Bd 2gh R ＋2r 。
(2)由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热Q ＝mgh －μmg (L 1＋L 2)电阻R 中产生的焦耳热 Q R ＝R 2（R ＋2r ）mg (h －μL 1－μL 2)。
高中物理-力学中的动量和能量问题专题训练与解析
第1课时力学中的动量和能量问题高考命题点命题轨迹情境图动量定理和动量守恒定律的应用20161卷35(2)17(3)20题20172卷15,3卷2020191卷16“碰撞模型”问题20151卷35(2)，2卷35(2)15(1)35(2)题15(2)35(2)题16(3)35(2)题18(2)24题19(1)25题20163卷35(2)20182卷15、2420191卷25“爆炸模型”和“反冲模20171卷1420181卷24型”问题19(3)25题20193卷25“板块模型”问题20162卷35(2)16(2)35(2)题1．动量定理(1)公式：Ft＝p′－p，除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．(2)意义：动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系．动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系．2．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)，或Δp＝0(系统总动量的变化量为零)，或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的变化量大小相等、方向相反)．(3)守恒条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零．②系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上系统受到的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程．3．解决力学问题的三大观点(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．1．力学规律的选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．2．系统化思维方法(1)对多个物理过程进行整体分析，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．(2)对多个研究对象进行整体分析，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)．类型1动量定理的应用例1(2019·全国卷Ⅰ·16)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3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为()A ．1.6×102kgB ．1.6×103kgC ．1.6×105kgD ．1.6×106kg 答案B解析设1s 时间内喷出的气体的质量为m ，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F ，由动量定理有Ft ＝m v －0，则m ＝Ft v ＝4.8×106×13×103kg ＝1.6×103kg ，选项B 正确．拓展训练1(2019·湖北武汉市二月调研)运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图1所示．已知运动员与装备的总质量为90kg ，两个喷嘴的直径均为10cm ，已知重力加速度大小g ＝10m /s 2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m 3，则喷嘴处喷水的速度大约为()图1A ．2.7m /sB ．5.4m/sC ．7.6m /sD ．10.8m/s答案C解析设Δt 时间内一个喷嘴中有质量为m 的水喷出，忽略水的重力冲量，对两个喷嘴喷出的水由动量定理得：F Δt ＝2m vm ＝ρv Δt ·πd 24因运动员悬停在空中，则F ＝Mg 联立代入数据解得：v ≈7.6m/s ，故C 正确．类型2动量定理和动量守恒定律的应用例2(2019·河北省“五个一名校联盟”第一次诊断)观赏“烟火”表演是每年“春节”庆祝活动的压轴大餐．某型“礼花”底座仅用0.2s 的发射时间，就能将5kg 的礼花弹竖直抛上180m 的高空．(忽略发射底座高度，不计空气阻力，g 取10m/s 2)．(1)“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的作用力约是多少？(2)某次试射，当礼花弹到达最高点180m 的高空时爆炸为沿水平方向运动的两块(爆炸时炸药质量忽略不计)，测得两块落地点间的距离s ＝900m ，落地时两者的速度相互垂直，则两块的质量各为多少？答案见解析解析(1)设礼花弹竖直抛上180m 高空用时为t ，由竖直上抛运动的对称性知：h ＝12gt 2代入数据解得：t ＝6s设发射时间为t 1，火药对礼花弹的作用力为F ，对礼花弹发射到180m 高空运用动量定理有：Ft 1－mg (t ＋t 1)＝0代入数据解得：F ＝1550N ；(2)设礼花弹在180m 高空爆炸时分裂为质量为m 1、m 2的两块，对应水平速度大小为v 1、v 2，方向相反，礼花弹爆炸时该水平方向合外力为零，由动量守恒定律有：m 1v 1－m 2v 2＝0且有：m 1＋m 2＝m由平抛运动的规律和题目落地的距离条件有：(v 1＋v 2)t ＝s设落地时竖直速度为v y ，落地时两块的速度相互垂直，如图所示，有：tan θ＝v y v 1＝v 2v y又v y ＝gt1＝1kg2＝4kg 1＝4kg2＝1kg拓展训练2(多选)(2019·福建厦门市上学期期末质检)如图2所示，一质量M ＝2.0kg 的长木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0kg 的小物块A .给A 和B 以大小均为3.0m/s 、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板．下列说法正确的是()图2A ．A 、B 共速时的速度大小为1m/sB ．在小物块A 做加速运动的时间内，木板B 速度大小可能是2m/sC ．从A 开始运动到A 、B 共速的过程中，木板B 对小物块A 的水平冲量大小为2N·sD ．从A 开始运动到A 、B 共速的过程中，小物块A 对木板B 的水平冲量方向向左答案AD 解析设水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：M v －m v ＝(M ＋m )v 共，解得v 共＝1m /s ，A 正确；在小物块向左减速到速度为零时，设长木板速度大小为v 1，根据动量守恒定律：Mv －m v ＝M v 1，解得：v 1＝1.5m/s ，所以当小物块反向加速的过程中，木板继续减速，木板的速度必然小于1.5m/s ，所以B 错误；根据动量定理，A 、B 相互作用的过程中，木板B 对小物块A 的水平冲量大小为I ＝m v 共＋m v ＝4N·s ，故C 错误；根据动量定理，A 对B 的水平冲量I ′＝M v 共－M v ＝－4N·s ，负号代表与正方向相反，即向左，故D 正确．1．模型介绍碰撞模型主要是从运动情景和解题方法高度相似角度进行归类．模型具体有以下几种情况：(水平面均光滑)①物体与物体的碰撞；②子弹打木块；③两个物体压缩弹簧；④两个带电体在光滑绝缘水平面上的运动等．2．基本思路(1)弄清有几个物体参与运动，并分析清楚物体的运动过程．(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．(3)光滑的平面或曲面(仅有重力做功)，不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．3．方法选择(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律．(2)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应使用牛顿运动定律．(3)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便．(4)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理．例3(2019·山东日照市3月模拟)A 、B 两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A 、B 两球的质量分别为m 和M (m <M )．若使A 球获得瞬时速度v (如图3甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L 1；若使B 球获得瞬时速度v (如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L 2，则L 1与L 2的大小关系为()图3A ．L 1>L 2B ．L 1<L 2C ．L 1＝L 2D ．不能确定答案C解析当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对题图甲取A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m v ＝(m ＋M )v ′由机械能守恒定律得：E p ＝12m v 2－12(m ＋M )v ′2联立解得弹簧压缩到最短时有：E p ＝mM v 22(m ＋M )同理：对题图乙取B 的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有：E p ＝mM v 22(m ＋M )故弹性势能相等，则有：L 1＝L 2，故A 、B 、D 错误，C 正确．拓展训练3(2019·四川省第二次诊断)如图4甲所示，一块长度为L 、质量为m 的木块静止在光滑水平面上．一颗质量也为m 的子弹以水平速度v 0射入木块．当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s ，如图乙所示．设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点．则子弹穿过木块的时间为()图4A.1v 0(s ＋L ) B.1v 0(s ＋2L )C.12v 0(s ＋L ) D.1v 0(L ＋2s )答案D解析子弹穿过木块过程，对子弹和木块组成的系统，外力之和为零，动量守恒，以v 0的方向为正方向，有：m v 0＝m v 1＋m v 2，设子弹穿过木块的过程所受阻力为F f ，对子弹由动能定理：－F f (s ＋L )＝12m v 12－12m v 02，由动量定理：－F f t ＝m v 1－m v 0，对木块由动能定理：F f s ＝12m v 22，由动量定理：F f t ＝m v 2，联立解得：t ＝1v 0(L ＋2s )，故选D.例4(2019·全国卷Ⅰ·25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B 静止于水平轨道的最左端，如图5(a)所示．t ＝0时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A 返回到倾斜轨道上的P 点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A 运动的v －t 图象如图(b)所示，图中的v 1和t 1均为未知量．已知A 的质量为m ，初始时A 与B 的高度差为H ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力．图5(1)求物块B 的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A 从P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．答案(1)3m (2)215mgH (3)119解析(1)根据题图(b)，v 1为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小，v 12为其碰撞后瞬间速度的大小．设物块B 的质量为m ′，碰撞后瞬间的速度大小为v ′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有m v 1＝m ′v ′①12m v 12＝12m －12v ＋12m ′v ′2②联立①②式得m ′＝3m ；③(2)在题图(b)所描述的运动中，设物块A 与轨道间的滑动摩擦力大小为F f ，下滑过程中所经过的路程为s 1，返回过程中所经过的路程为s 2，P 与B 的高度差为h ，整个过程中克服摩擦力所做的功为W .由动能定理有mgH －F f s 1＝12m v 12－0④－(F f s 2＋mgh )＝0－12m ⑤从题图(b)所给出的v －t 图线可知s 1＝12v 1t 1⑥s 2＝12·v 12·(1.4t 1－t 1)⑦由几何关系得：s 2s 1＝hH⑧物块A 在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为W ＝F f s 1＋F f s 2⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W ＝215mgH ；⑩(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W ＝μmg cos θ·H ＋hsin θ⑪设物块B 在水平轨道上能够滑行的距离为s ′，由动能定理有－μm ′gs ′＝0－12m ′v ′2⑫设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有mgh －μ′mg cos θ·hsin θ－μ′mgs ′＝0⑬联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得μμ′＝119.⑭拓展训练4(2019·福建泉州市质量检查)在游乐场中，父子两人各自乘坐的碰碰车沿同一直线相向而行，在碰前瞬间双方都关闭了动力，此时父亲的速度大小为v ，儿子的速度大小为2v .两车瞬间碰撞后儿子沿反方向滑行，父亲运动的方向不变且经过时间t 停止运动．已知父亲和车的总质量为3m ，儿子和车的总质量为m ，两车与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g ，求：(1)碰后瞬间父亲的速度大小和此后父亲能滑行的最大距离；(2)碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小．答案(1)μgt 12μgt 2(2)3m v －3μmgt解析(1)设碰后瞬间父亲的速度大小为v 1，由动量定理可得－μ·3mgt ＝0－3m v 1得v 1＝μgt设此后父亲能滑行的最大距离为s ，由动能定理可得－μ·3mgs ＝0－12×3m v 12得s ＝12μgt 2(2)设碰后瞬间儿子的速度大小为v 2，取父亲的运动方向为正方向，由动量守恒定律可得3m v －m ·2v ＝3m v 1＋m v 2设碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小为I ，由动量定理可得I ＝m v 2－(－m ·2v )解得I ＝3m v －3μmgt例5(2019·全国卷Ⅲ·25)静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A ＝1.0kg ，m B ＝4.0kg ；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l ＝1.0m ，如图6所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k ＝10.0J ．释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A 、B 与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g ＝10m/s 2.A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．图6(1)求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；(2)物块A 、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？(3)A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？答案(1)4.0m /s 1.0m/s (2)物块B 先停止0.50m (3)0.91m解析(1)设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有0＝m A v A －m B v B ①E k ＝12m A v A 2＋12m B v B 2②联立①②式并代入题给数据得v A ＝4.0m/s ，v B ＝1.0m/s ③(2)A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a .假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B .设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B ，则有m B a ＝μm B g ④s B ＝v B t －12at 2⑤v B －at ＝0⑥在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程s A 都可表示为s A ＝v A t －12at 2⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得s A ＝1.75m ，s B ＝0.25m ⑧这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25m 处．B 位于出发点左边0.25m 处，两物块之间的距离s 为s ＝0.25m ＋0.25m ＝0.50m ⑨(3)t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为v A ′，由动能定理有12m A v A ′2－12m A v A 2＝－μm A g (2l ＋s B )⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得v A ′＝7m/s ⑪故A 与B 将发生碰撞．设碰撞后A 、B 的速度分别为v A ″和v B ″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有m A (－v A ′)＝m A v A ″＋m B v B ″⑫12m A v A ′2＝12m A v A ″2＋12m B v B ″2⑬联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得v A ″＝375m/s ，v B ″＝－275m/s ⑭这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动．设碰撞后A 向右运动距离为s A ′时停止，B 向左运动距离为s B ′时停止，由运动学公式2as A ′＝v A ″2,2as B ′＝v B ″2⑮由④⑭⑮式及题给数据得s A ′＝0.63m ，s B ′＝0.28m ⑯s A ′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离s ′＝s A ′＋s B ′＝0.91m拓展训练5(2019·云南昆明市4月质检)科研人员乘热气球进行科学考察，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M ＝200kg.热气球在空中以v 0＝0.1m /s 的速度匀速下降，距离水平地面高度h ＝186m 时科研人员将质量m ＝20k g 的压舱物竖直向下抛出，抛出后6s 压舱物落地．此过程中压舱物所受空气阻力可忽略不计，热气球所受浮力不变，重力加速度取g ＝10m/s 2，求：(1)压舱物刚被抛出时的速度大小；(2)压舱物落地时热气球距离水平地面的高度．答案(1)1m/s (2)206m 解析(1)设压舱物抛出时的速度为v 1，热气球的速度为v 2压舱物抛出后做竖直下抛运动，由运动学规律有：h ＝v 1t ＋12gt 2代入数据得到：v 1＝1m/s(2)热气球和压舱物组成的系统动量守恒，以v 0的方向为正方向，M v 0＝m v 1＋(M －m )v 2代入数据得到：v 2＝0设热气球所受浮力为F ，则F ＝Mg压舱物抛出后对热气球进行受力分析，由牛顿第二定律有：F －(M －m )g ＝(M －m )a代入数据得到：a ＝109m/s 2热气球6s 上升的高度为：h 2＝v 2t ＋12at 2代入数据得到：h 2＝20m 则H ＝h 1＋h 2＝206m.例6(2019·河南省九师联盟质检)如图7所示，在光滑水平面上有B 、C 两个木板，B 的上表面光滑，C 的上表面粗糙，B 上有一个可视为质点的物块A ，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m .A 、B 以相同的初速度v 向右运动，C 以速度v 向左运动．B 、C 的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短．A 滑上C 后恰好能到达C 的中间位置，C 的长度为L ，不计空气阻力．求：图7(1)木板C 的最终速度大小；(2)木板C 与物块A 之间的摩擦力F f 大小；(3)物块A 滑上木板C 之后，在木板C 上做减速运动的时间t .答案(1)56v (2)m v 23L(3)3L 2v解析(1)设水平向右为正方向，B 、C 碰撞过程中动量守恒：2m v －m v ＝(2m ＋m )v 1解得v 1＝v3A 滑到C 上，A 、C 动量守恒：3m v ＋m v 1＝(3m ＋m )v 2解得v 2＝56v ；(2)根据能量关系可知，在A 、C 相互作用过程中，木板C 与物块A 之间因摩擦产生的热量为Q ＝12(3m )v 2＋12m v 12－12(3m ＋m )v 22Q ＝F f ·L 2联立解得F f ＝m v 23L；(3)在A 、C 相互作用过程中，以C 为研究对象，由动量定理得F f t ＝m v 2－m v 1解得t ＝3L2v.拓展训练6(2019·四川攀枝花市第二次统考)如图8所示，质量m ＝1kg 的小物块静止放置在固定水平台的最左端，质量M ＝2kg 的小车左端紧靠平台静置在光滑水平地面上，平台、小车的长度l 均为0.6m ．现对小物块施加一水平向右的恒力F ，使小物块开始运动，当小物块到达平台最右端时撤去恒力F ，小物块刚好能够到达小车的右端．小物块大小不计，与平台间、小车间的动摩擦因数μ均为0.5，重力加速度g 取10m/s 2，求：图8(1)小物块离开平台时速度的大小；(2)水平恒力F 对小物块冲量的大小．答案(1)3m/s (2)5N·s 解析(1)设撤去水平向右的恒力F 时小物块的速度大小为v 0，小物块和小车的共同速度大小为v 1.从撤去恒力到小物块到达小车右端过程，以v 0的方向为正方向，对小物块和小车组成的系统：由动量守恒：m v 0＝(m ＋M )v 1由能量守恒：12m v 02＝12(m ＋M )v 12＋μmgl联立以上两式并代入数据得：v 0＝3m/s(2)设水平恒力F 对小物块冲量的大小为I ，小物块在平台上运动的时间为t .小物块在平台上运动的过程，对小物块：由动量定理：I －μmgt ＝m v 0－0由运动学规律：l ＝v 02·t联立并代入数据得：I ＝5N·s.专题强化练(限时45分钟)1.(多选)(2019·安徽宣城市第二次模拟)如图1，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m 的小球从槽上高h 处由静止开始自由下滑，则()图1A ．在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒B ．在小球下滑的过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功C ．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h 处D ．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动答案AD解析在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统，在水平方向上不受力，则水平方向上动量守恒，故A 正确；在小球下滑过程中，槽向左滑动，根据动能定理知，槽的速度增大，则小球对槽的作用力做正功，故B 错误；小球和槽组成的系统水平方向上动量守恒，开始总动量为零，小球离开槽时，小球和槽的动量大小相等，方向相反，由于质量相等，则速度大小相等，方向相反，然后小球与弹簧接触，被弹簧反弹后的速度与接触弹簧时的速度大小相等，可知反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动，且速度大小相等，则小球不会回到槽上高h 处，故D 正确，C 错误．2．(多选)(2019·辽宁葫芦岛市一模)一个静止的质点在t ＝0到t ＝4s 这段时间，仅受到力F 的作用，F 的方向始终在同一直线上，F 随时间t 的变化关系如图2所示．下列说法中正确的是()图2A ．在t ＝0到t ＝4s 这段时间，质点做往复直线运动B ．在t ＝1s 时，质点的动量大小为1kg·m/sC ．在t ＝2s 时，质点的动能最大D ．在t ＝1s 到t ＝3s 这段时间，力F 的冲量为零答案CD3．(2019·广东省“六校”第三次联考)开学了，想到又能够回到校园为梦想而拼搏，小明同学开心得跳了起来．假设小明质量为m ，从开始蹬地到离开地面用时为t ，离地后小明重心最大升高h ，重力加速度为g ，忽略空气阻力．以下说法正确的是()A ．从开始蹬地到到达最高点的过程中，小明始终处于失重状态B ．在t 时间内，小明机械能增加了mghC ．在t 时间内，地面给小明的平均支持力为F ＝m 2gh tD ．在t 时间内，地面对小明做功mgh答案B解析从开始蹬地到到达最高点的过程中，经历了向上加速和减速的过程，所以小明是先超重后失重，故A 错误；小明离开地面后，只受重力作用，机械能守恒，重心最大升高h ，可知小明离开地面时的机械能为mgh ，这是在蹬地的时间t 中，其他外力做功转化的，故B 正确；在时间t 内，由动量定理得：F t －mgt ＝m v －0，离开地面到最高点有：mgh ＝12m v 2，联立解得：F ＝m 2gh t＋mg ，故C 错误；在时间t 内，地面对小明的支持力并没有在力的方向上发生位移，做功为0，故D 错误．4．(2019·陕西榆林市第三次测试)如图3甲所示，物块A 、B 的质量分别是m A ＝4.0kg 和m B ＝3.0kg ，两物块之间用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块C 从t ＝0时，以一定速度向右运动．在t ＝4s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v －t 图象如图乙所示，墙壁对物块B 的弹力在4s 到12s 的时间内对B 的冲量I 的大小为()图3A ．9N·sB ．18N·sC ．36N·sD ．72N·s 答案C解析由题图乙知，C 与A 碰前速度为：v 1＝9m /s ，碰后瞬间C 的速度为：v 2＝3m/s ，C 与A 碰撞过程动量守恒，以C 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m C v 1＝(m A ＋m C )v 2，代入数据解得m C ＝2kg,12s 末A 和C 的速度为：v 3＝－3m/s,4s 到12s ，墙对B 的冲量为：I ＝(m A ＋m C )v 3－(m A ＋m C )v 2，代入数据解得：I ＝－36N·s ，方向向左，故C 正确，A 、B 、D 错误．5．(2019·陕西省第二次质检)核桃是“四大坚果”之一，核桃仁具有丰富的营养价值，但核桃壳十分坚硬，不借助专用工具不易剥开．小悠同学发现了一个开核窍门：把核桃竖直上抛落回与坚硬地面撞击后就能开裂．抛出点距离地面的高度为H ，上抛后达到的最高点与抛出点的距离为h .已知重力加速度为g ，空气阻力不计．(1)求核桃落回地面的速度大小v ；(2)已知核桃质量为m ，与地面撞击作用时间为Δt ，撞击后竖直反弹h 1高度，求核桃与地面之间的平均作用力F .答案(1)2g (H ＋h )(2)m [2gh 1＋2g (H ＋h )]Δt＋mg ，方向竖直向上解析(1)核桃竖直上抛到最高点后做自由落体运动，则有：v 2＝2g (H ＋h )则落回地面的速度：v ＝2g (H ＋h )(2)设核桃反弹速度为v 1，则有：v 12＝2gh 1以竖直向上为正方向，核桃与地面作用的过程：(F －mg )Δt ＝m v 1－m (－v )解得：F ＝m [2gh 1＋2g (H ＋h )]Δt ＋mg ，方向竖直向上．6．(2019·河南南阳市上学期期末)如图4所示，水平光滑地面上有两个静止的小物块A 和B (可视为质点)，A 的质量m ＝1.0kg ，B 的质量M ＝4.0kg ，A 、B 之间有一轻质压缩弹簧，且A 、B 间用细线相连(图中未画出)，弹簧的弹性势能E p ＝40J ，弹簧的两端与物块接触而不固定连接．水平面的左侧有一竖直墙壁，右侧与倾角为30°的光滑斜面平滑连接．将细线剪断，A 、B 分离后立即撤去弹簧，物块A 与墙壁发生弹性碰撞后，A 在B 未到达斜面前追上B ，并与B 相碰后结合在一起向右运动，g 取10m/s 2，求：图4(1)A 与弹簧分离时的速度大小；(2)A 、B 沿斜面上升的最大距离．答案(1)8m/s (2)1.024m解析(1)设A 、B 与弹簧分离时的速度大小分别为v 1、v 2，系统动量守恒：0＝m v 1－M v 2系统能量守恒：E p ＝12m v 12＋12M v 22解得v 1＝8m/s ，v 2＝2m/s ；(2)A 与墙壁碰后速度大小不变，设A 与B 相碰后，A 与B 的速度大小为v ，对A 、B 系统动量守恒：m v 1＋M v 2＝(m ＋M )v 解得v ＝3.2m/s对A 、B 整体，由动能定理：－(m ＋M )gL sin 30°＝0－12(m ＋M )v 2解得L ＝1.024m.7．(2019·河南郑州市第二次质量预测)如图5甲所示，半径为R ＝0.8m 的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，A 为轨道最高点，与圆心O 等高；B 为轨道最低点．在光滑水平面上紧挨B 点有一静止的平板车，其质量M ＝3kg ，小车足够长，车的上表面与B 点等高，平板车上表面涂有一种特殊材料，物块在上面滑动时，动摩擦因数随物块相对小车左端位移的变化图象如图乙所示．物块(可视为质点)从圆弧轨道最高点A 由静止释放，其质量m ＝1kg ，g 取10m/s 2.图5(1)求物块滑到B 点时对轨道压力的大小；(2)物块相对小车静止时距小车左端多远？答案(1)30N (2)1.75m解析(1)物块从光滑圆弧轨道A 点滑到B 点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律得：mgR ＝12m v B 2代入数据解得v B ＝4m/s在B 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v B 2R代入数据解得F N ＝30N由牛顿第三定律可知，物块滑到B 点时对轨道的压力大小：F N ′＝F N ＝30N (2)物块滑上小车后，由于水平地面光滑，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒．以向右为正方向，由动量守恒定律得m v B ＝(m ＋M )v代入数据解得v ＝1m/s由能量关系得系统生热Q ＝12m v B 2－12(m ＋M )v 2解得Q ＝6J由功能关系知Q ＝12μ1mgx 1＋μ1mg (x －x 1)将μ1＝0.4，x 1＝0.5m 代入可解得x ＝1.75m.。
高考物理二轮复习第2章动量和能量课时作业6动量和能量观点的综合应用.doc
课时作业6动量和能量观点的综合应用一、选择题(1～3题为单项选择题，4～6题为多项选择题)1．若物体在运动过程中受到的合力不为零，则下列说法正确的是() A．物体的动能不可能总是不变的B．物体的动量不可能总是不变的C．物体的加速度一定变化D．物体的速度方向一定变化解析：若物体在运动过程中受到的合力不为零，物体一定有加速度，但加速度不一定变化，选项C错误．若物体做加速或减速直线运动，其速度方向可能不变，选项D错误．若物体做匀速圆周运动，物体在运动过程中受到的合力不为零，物体的动能不变，选项A错误．由动量定理可知，若物体在运动过程中受到的合力不为零，物体的动量不可能总是不变的．选项B正确．答案：B2．篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以()A．减小球的动量的变化量B．减小球对手作用力的冲量C．减小球对手的冲击力D．延长接球过程的时间来减小动量的变化量解析：设人对球的作用力为F，对球应用动量定理得－Ft＝0－mv0，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，延长了作用时间，则F减小，根据牛顿第三定律，球对人的冲击力F′＝F，所以球对人的冲击力减小，故选项C是正确的．答案：C3.如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块．今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与半圆槽相切自A点进入槽内，则以下说法中正确的是()A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽机械能守恒C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动解析：小球在半圆槽内运动，到达B点之前有水平方向的速度，在水平方向上动量增加．到达B点之后，小球对半圆槽做正功，半圆槽对小球做负功，半圆槽和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能守恒．离开C 点后，小球具有向上和向右的速度，所以做斜抛运动．答案：B4．滑块甲的质量为0.8 kg，以大小为5.0 m/s的速度向右运动时，与另一质量为1.0 kg、以大小为3.0 m/s的速度迎面而来的滑块乙相撞．碰撞后滑块甲恰好静止．假设碰撞时间极短，以向右为正方向，下列说法正确的是()A．碰后乙的速度大小为2 m/sB．碰撞过程中甲受到的乙的作用力的冲量大小为4.0 N·s C．碰撞过程中乙动量的变化量为2.0 kg·m/sD．碰撞过程中系统损失的机械能为14 J解析：由动量守恒定律得m甲v甲－m乙v乙＝m乙v乙′，代入数据解得v乙′＝1.0 m/s，选项A错误．碰撞过程中甲动量的变化量为Δp甲＝0－m甲Δv甲＝－4.0 kg·m/s，由动量定理可得甲滑块受到的乙的作用力的冲量为I＝Δp甲＝－4.0 N·s，选项B正确．碰撞过程中乙动量的变化量为Δp乙＝m乙v乙′－(－m乙v乙)＝4.0 kg·m/s，选项C错误．由能量守恒定律得m甲v＋m乙v＝m乙v乙′2＋ΔE，代入数据解得ΔE＝14 J，选项D正确．答案：BD5．[2018·河北廊坊调研]如图所示，小车A的质量M＝2 kg，置于光滑水平面上，初速度v0＝14 m/s.带正电荷可视为质点的物体B，电荷量q＝0.2 C，质量m＝0.1 kg，将其轻放在小车A的右端，在A、B所在的空间存在匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度B0＝0.5 T，物体B与小车之间存在摩擦力的作用，设小车足够长，小车表面是绝缘的(g取10 m/s2)，则() A．物体B的最终速度为10 m/sB．小车A的最终速度为13.5 m/sC．小车A和物体B的最终速度约为13.3 m/sD．小车A达到最小速度的全过程中系统增加的内能为8.75 J解析：假设A、B能获得共同速度v，则由动量守恒定律得Mv0＝(M＋m)v，解得v＝13.3 m/s，此时物体B受到的洛伦兹力qvB0＝1.33 N>mg＝1 N，说明物体B早已“悬浮”．当物体B对小车A的压力为零时，小车A与物体B之间无摩擦力的作用，A、B匀速运动，此时物体B的速度最大，小车A的速度最小，有qv B B0＝mg，解得v B＝10 m/s，根据动量守恒定律得Mv0＝mv B ＋Mv A，解得v A＝13.5 m/s，A、B正确，C错误．根据能量守恒定律得Q＝ΔE k＝－－＝8.75 J，D正确．答案：BD6．如图所示，质量为2m的长木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x，长木板的右端紧靠一半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧的底端与木板上表面水平相切但不相连，圆弧轨道固定在水平地面上．质量为m 的滑块B(可视为质点)以初速度v0＝从圆弧轨道的顶端沿圆弧下滑，当B到达最低点时，B从A右端水平滑上木板，同时撤走圆弧轨道．A与台阶碰撞时无机械能损失，不计空气阻力，A、B之间动摩擦因数为μ，A足够长，B不会从A的上表面滑出；重力加速度为g.下列说法正确的是()A．滑块B到圆弧轨道底端时对圆弧轨道底端的压力大小为5mgB．滑块B与木板A相互作用过程中(A与台阶碰撞前)动量守恒C．木板A与台阶碰撞瞬间，木板A受到台阶的冲量向左D．A与台阶只发生一次碰撞，x满足的条件为x≥解析：滑块B从圆弧轨道顶端运动到底端的过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得mv＋mgR＝mv，在圆弧轨道底端有F N－mg＝m，解得F N＝5mg，由牛顿第三定律可知选项A正确；滑块B与木板A相互作用过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒，故选项B正确；木板A与台阶碰撞瞬间，木板A受到台阶的作用力向右，即获得的冲量向右，故选项C错误；设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为v A、v B，由动量守恒定律得mv1＝mv B＋2mv A，若A与台阶只碰撞一次，碰撞后动量大小必须满足2mv A≥mv B，对A应用动能定理有μmgx＝×2mv，解得x≥，选项D正确．答案：ABD二、非选择题7．[2018·北京卷，22]2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点．质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度v B＝30 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2.(1)求长直助滑道AB的长度L；(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力F N的大小．解析：(1)根据匀变速直线运动公式，有L＝＝100 m(2)根据动量定理，有I＝mv B－mv A＝1 800 N·s(3)运动员经过C点时的受力分析如图所示．根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有mgh＝mv－mv根据牛顿第二定律，有F N－mg＝m联立解得F N＝3 900 N答案：(1)100 m(2)1 800 N·s(3)受力图如图所示 3 900 N8．如图所示，质量均为m的小滑块A、B、C厚度均不计．其中B、C两滑块通过劲度系数为k的轻弹簧相连并竖直放置在水平面上．现在将小滑块A 从距离B滑块H0高处由静止释放，A、B相碰后立刻粘合为一个整体，且以共同速度向下运动，不计空气阻力，当地重力加速度为g.求：(1)A、B碰后的共同速度v1的大小；(2)A、B向下运动的速度最大时，滑块C对水平面的压力大小．解析：(1)设A与B碰撞之前的瞬时速度为v0，则mgH0＝mv①A、B碰撞前后动量守恒，即mv0＝2mv1②式中v1为A与B碰撞后的共同速度联立①②解得v1＝.(2)当A、B的速度最大时，它们所受的合力为零，即处于平衡状态，设此时水平地面对滑块C的支持力大小和滑块C对水平地面的压力大小分别为F N′和F N，对于A、B、C组成的系统，由受力分析可知F N′－3mg＝0③由牛顿第三定律可知F N′＝F N④联立③④解得F N＝3mg.答案：(1) (2)3mg9．如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端拴连物块b，小车质量M＝3 kg，AO部分粗糙且长L＝2 m，OB部分光滑．物块a 放在车的最左端，和车一起以v0＝4 m/s的速度向右匀速运动，其与小车间的动摩擦因数μ＝0.3.车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b两物块可视为质点，质量均为m＝1 kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动(取g＝10 m/s2)．求：(1)物块a与b碰后的速度大小；(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离x车；(3)当物块a相对小车静止时，其在小车上的位置到O点的距离x.解析：(1)设物块a与b碰前的速度大小为v1，碰后的速度大小为v2，在这个过程中对物块a，由动能定理得－μmgL＝mv－mv代入数据解得v1＝2 m/sa、b碰撞过程中系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv1＝2mv2代入数据解得v2＝1 m/s.(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以v2＝1 m/s的速度在小车上向左滑动，以水平向左为正方向，当a与小车有共同的速度v3时，由动量守恒定律得mv2＝(M＋m)v3代入数据解得v3＝0.25 m/s对小车，由动能定理得μmgx车＝Mv＝m＝0.031 25 m.代入数据解得x车(3)对该过程应用动能定理得－μmgx＝(M＋m)v－mv解得物块a与小车相对静止时，a与O点距离x＝0.125 m.答案：(1)1 m/s(2)0.03125 m(3)0.125 m。
物理动量、能量复习题.doc
A向下,m(y x - v2)C.向上，m(v l -v)过程中物动量和能量综合测试题一、选择题（本题共0小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1.关于机械能是否守恒的叙述，正确的是A.做匀速直线运动的物体机械能一定守恒B.做匀变速运动的物体机械能可能守恒C.外力对物体做功为零时，机械能一定守恒D.只有垂力做功时，物体的机械能一定守恒2.静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t的变化如图2—12所示，则以下选项正确的是[F/NA.4S内物体的位移为零B. 4s内拉力对物体做功不为零| ——；C. 4 s末物体的速度为零D. 4 s内拉力对物体的冲量不为零o ―i——----------------- -f 4 r/s图2-193.质量为m的钢球自高处落下，以速率Vi碰地，竖直向上弹回.碰撞时间为t,离开地面的速率为V2，在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为B.向下,m(v l + v2) + mgt D向上,m(v l + v2) + mgt4.质量为g和m2的两个物休.分别受到不同的恒力Fi和F2作用.由静止开始运动.设它们在相同的位移中动量的增量相同。
Fi和F2的关系是B旦且F2 m2D旦旦F2 m x5.以一定的初速度竖直上抛一球，球运动一段时间后又落回原处，已知球在空中运动的过程中受到空气阻力的作用，则A.物体上升过程中克服重力做的功等于下落过程中重力做的功B.物体上升过程中克服合外力做的功等于下落过程中合外力做的功C.物体上升过程中合外力的冲量大于下落过程中合外力的冲量D.物体上升过程中克服重力做功的平均功率小于下落过程中重力做功的平均功率6.质量为0.01 kg的子弹，以600 m/s的水平速度射中一静止在光滑水平面上质量为0.99 kg 的木块，射中后子弹与木块合为一体滑上光滑的足够高的固定斜面，它们滑上斜面的最大高度为（g取10 m/s2）A. 1.8 mB. 18 mC. 180 mD. 1.8xl04m7.如图2—13所示，一个质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲一上倾角为33°°的固定斜面’其运动的加速度为汙此物体在斜面上上升的最大高度为山则在这个A.重力势能增加了？mghB.重力势能增加了mgh4Bm2-A. VA ‘ = 5 m/s, '=2.5 m/sv A ' = 2m/s, VB‘ =4m/s VA ，= _ 4m/s, VB ，=7 m/s D. VA ? = 7 m/s. v '= 1.5 m/s B. Wi<W 2⑥计算出艷和升看是否相C.动能损失了 mghD.机械能拟失了丄mgh2& A 、B 两球在光滑水平耐上沿间一直线、I 口一方向运动，m A =l kg, m B =2 kg, v A =6 m/s,v B =2 m/s.当A 球追上B 球并发生碰撞后，A, B 两球的速度可能是 9. 如图2-14所不.固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块 绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F 拉绳，使滑块从A 点起由静止 开始上升，若从A 点上升到B 点和从B 点上升至C 点的过程中拉力F 做的功分别为Wi 、W2,滑块经B 、C 两点时的动能分别为EkB 、Eg ， 图中AB=BC,则一定有 A. W,>W 2 C. EkB > EgD. E kB < Eg10. 一质量为m 的带电液滴以竖直向下的初速度vo 进入某电场中.山于电场力和重力的作 用，液滴沿竖直方向向下落一段距离h 后，速度变为0.以下判断正确的是 A.电场力对液滴做的功为丄加vj B.液滴克服电场力做的功为丄mv 02 + mgh C.液滴的机械能减少“02D.电场力对液滴的冲量大小为mv°二、填空题(本题共2小题，每小题9分，共18分.把答案填在题中的横线上或按题目要求 作答.) 11.在验证机械能守恒定律实验中：(1) 研究对象是自由落体的重物，除下述器材：铁架台、打点计时器、 纸带、重物、夹子外，还要用下列器材 __________ . (2) 做此实验时，有同学按以下步骤进行：%1 固定好打点计时器，将连有重物的纸带穿过限位孔，用手提住，让手尽量靠近打 点计时器. %1 松开纸带，接通电源，开始打点，并如此重复几次，取得几条打点纸带.%1 取下纸带，挑选点迹清楚的纸带，记下起始点0点，在离0点较近处选择几个连续 记数点(或计时点)并计算出各点的速度值. %1 测出各点距0点的距离，即为下落高度. %1 用天平称出物体的质量.在上述步骤中，多余的是 ________ ,有错误并给予更正：a ______ , B ___________ , c __________ , d ___________ .⑶选择纸带的要求是① __________ , ② ______________ , ③ ____________ .农 °B图 2-20(4)实验中得到一条纸带，如图所不，当打点计时器打点c 时, 物体的动能表达式为 ,物体势能减少的表达式为 .若等式成立 ,则验证了机械能守恒定律.12. 如图2—17所示，水平桌面上有斜面体A,小铁块B.斜面体的斜面是曲面，山其截面 图可以看出曲线下端的切线是水平的.现提供的实验测量工具只 有：天平、直尺.其他的实验器材可根据实验需要自选•请设计 一个实验，测出小铁块B 自斜面顶端山静止下滑到底端的过程中， 小铁块B 克服摩擦力做的功.(1) 简要说明实验中需要测量的物理量； (2) 简要说明实验步骤；(3) 写出实验结果的表达式.(已知重力加速度g)二、计算题本大题共6小题，共62分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.答案中 必须明确写出数值和单位，只写出最后结果的不能得分.13. (9分)如图2-18所示，运动员驾驶摩托车做腾跃特技表演.运动员从斜坡底部的A 处，以v 0=10 m/s 的初速度保持摩托车以额定功率P 0=1.8kW 行驶.经t=13 s 的时间冲 上斜坡，然后从斜坡顶部的B 点水平飞出.已知人和车的总质量m=180kg,坡顶高度 h=5 m,落地点距取怎的水平距离s=16m,不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s 2.求 摩托车在冲上坡顶的过程中克服摩擦力做的功.14.(10分)AB 是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端B 与水平直轨道相切，如图2— 20所示.一小球自A 点起由静止开始沿轨道下滑.已知圆轨道半径为R,小球的质量为 m,不计各处摩擦.求：(1)小球运动到B 点时的动能；(2) 小球下滑到距水平轨道的高度为*R 时的速度的大小和方向； (3) 小球经过圆弧轨道的B 点和水平轨道的C 点时，所受轨道支持力 N B 、Nc 各是多大？15. (10分)如图2—21所示,在光滑的水平面上,三个物体A 、B 、C 的质量分别为m A =2 kg> m B =4 kg 、m c =2 kg. A 物体足够长，B 与A 之间的动摩擦因数u =0.1.开始时B v图 2-18A、B静止，C以速度v0=12 m/s向右运动，与A相碰后和A粘在一起共同前进.B相对A运动一段距离后相对A静止，g取10 m/s2,求B相对A的位移和发生这段位移时问内B 对地的位移.图2-2116.(12分)滑块A、B的质量分别为U与m2,mi < m2,山轻质弹簧相连接，置于光滑的水平面上，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧.两滑块一起以恒定的速度V。
动量与能量专题
动量和能量专题练习1 两种物质混合后发生了化学反应,并放出热量,则各物质反应前后,其内部微粒之间的万有引力势能、电势能以及核能三种能量中,绝对值变化最大的是( )A 引力势能B 电势能C 核能D 无法确定2 氢原子从一种能级跃迁到另一种能级（）A 若氢原子吸收一个光子，则其电子的动能增大，轨道半径变小B 若氢原子吸收一个光子，则其电子的动能减小，轨道半径变大C 若氢原子放出一个光子，则其电子的动能增大，轨道半径变小D 若氢原子放出一个光子，则其电子的能减小，轨道半径变大3下列判断正确的是（）A 物体动量的方向总是与它受到的合外力方向一致B 物体动量变化的方向总是与它受到的合外力方向一致C 静止在水平面上的物体，其重力在任一时间内的冲量为零D 当物体有加速度时，其动量就不可能为零4 质量为5kg的物体以10m/s的初速度沿水平地面滑行，物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0。
2，以初速度方向为正方向，在开始运动6S内，物体所受摩擦力的冲量为（g=10m/s2）（）A 50N。
SB —50N。
SC 60N。
SD —60N。
S5 建立宇宙大爆炸学说的重要依据就是“哈勃红移”：远处恒星上发出的可见光，在地球上观察时测得的频率总比已知的频率低，即向红光频率靠近。
根据多普勒效应，这证明远处的星球正在离我们而去，那么从该恒星发出时的光子动量一定比到达地球时的动量A 大B 小C 相等D 无法确定6 在一定条件下，让质子获得足够大的速度，当两个质子p以相等的速率对心正碰，将发生下列反应：P+P→P+P+P+P，其中P是P反质子(反质子与质子质量相等，均为m，且带一个单位负电荷)，则以下关于该反应的说法正确的是A．反应前后系统总动量皆为0 B．反应过程系统能量守恒C。
根据爱因斯坦质能方程可知，反应前每个质子的能量最小为2m p c2：D．根据爱因斯坦质能方程可知，反应后单个质子的能量可能小于m p c27如图,质量为m的物体放在光滑的水平面上,与水平方向成θ角的力恒力F作用于物体一段时间,则在此过程中( )A 力F对物体做的功大于物体动能的变化B 力F对物体做的功等于物体动能的变化C 力F对物体冲量大于物体动量的变化D 力F对物体冲量小于物体动量的变化8 一个物体在固定斜面上恰好能够匀速滑下,若让此物体以某一初速沿同一斜面向上运动,在向上运动的一段时间里,重力势能增加△E P,而其机械能减少△E,则( )A △E P＞△EB △E P＝△EC △E P＜△ED 无法比较9 竖立在水平地面上的轻弹簧,下端与地面固定,将一个金属球放置在弹簧顶端(球与弹簧不粘连),并用力向下压球,使弹簧做弹性压缩,稳定后用细线把弹簧拴牢,如图,当烧断细线,球将被弹起,且能脱离弹簧后继续向上运动,那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中( )A 球刚脱离弹簧时弹簧的弹性势能最小B 球刚脱离弹簧时动能最小C 球所受合力的最大值不一定大于重力值D 在某一阶段内,球的动能减少而它的机械能增加10一个轻弹簧,固定于天花板上的O 点,原长为L,如图,一个质量为m 的物体从A 点竖直向上抛出,以速度V 与弹簧在B 点相接触,然后向上压缩弹簧到C过程中无机械能损失,则( ) A 由A 到C 的过程中,动能和重力势能之和不变B 由B 到C 的过程中,弹性势能和动能之和不变 C 由A 到C 的过程中,重力势能的变化量与克服弹力做的功相等D 由B 到C 的过程中,弹性势能的变化量与克服弹力做的功相等11如图，A 、B 分别为竖直放置的光滑圆轨道的最低点和最高点，已知小球通过A 点时的速度大小为V A =25米/秒，（取5≈2。
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物理限时专练之六能量与动量（本卷分值100分，限时50分钟）一、单项选择题（每题4分共20分）1．(如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法正确的是( )A ．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B ．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加C ．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加D ．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热2．在2011年5月15日进行的国际田联钻石联赛上海站中，首次尝试七步上栏的刘翔以13秒07创项目赛季最好成绩夺冠。
他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，右脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心。
如下图所示，假设刘翔的质量为m ，在起跑时前进的距离s 内，重心升高量为h ，获得的速度为v ，克服阻力做功为W 阻，则在此过程中（ ）A ．刘翔的机械能增加了221mvB ．刘翔的重力做功为mgh W =重C ．刘翔自身做功为mghmvW +=221人D ．刘翔自身做功为阻人W mgh mvW ++=2213．如图所示，粗糙的斜面下端是连一个轻质弹簧，弹簧与斜面平行，小滑块A 从斜面的某一高度开始沿斜面向下加速运动到压缩弹簧到最短的过程中，则下列说法正确的（ ）A.滑块先做匀加速运动后匀减速运动B.滑块先做匀加速运动，接触弹簧后再做匀加速运动最后做变减速运动C.从开始运动到将弹簧压缩最短的过程中，滑块重力做功等于内能与弹性势能的增量D.从开始运动到将弹簧压缩最短的过程中，小块重力势能减少量与内能的增加量之和等于弹性势能的增大量4．如右图所示，物体受到水平推力F 的作用在粗糙水平面上做直线运动。
监测到推力F 、物体速度v 随时间t 变化的规律如图所示。
取g=10m/s 2，则 （ ） A ．第1s内推力做功为1JAF F xL B ．第2s 内物体克服摩擦力做的功W=2.0J C ．第1.5s 时推力F 的功率为2WD ．第2s 内推力F 做功的平均功率W 51.P =5．一辆汽车在平直的公路上以速度0v 开始加速行驶，经过一段时间t ，前进了距离l ，此时恰好达到其最大速度m v ，设此过程中汽车发动机始终以额定功率P 工作，汽车所受的阻力恒为f ，则在这段时间里，发动机所做的功为( )①m fv t ②Pt ③2201122m m v m v fl -+ ④02mv v ft+A ．①②B ．②③C ．①③④D ．①②③二、双项选择题（每题6分共30分）6．如图所示，2011年5月27日在国际泳联大奖赛罗斯托克站中，中国选手彭健烽在男子3米板预赛中以431.60分的总成绩排名第一，晋级半决赛。
若彭健烽的质量为m ，他入水后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F ，在水中下降高度h 的过程中，他的（g 为当地重力加速度） （ ）A ．重力势能减少了mghB ．动能减少了FhC ．机械能减少了（F+mg ）hD ．机械能减少了Fh7.如图所示，质量为M ，长度为L 的小车静止在光滑的水平面上，质量为m 的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F 作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f ，经过一段时间小车运动的位移为x ，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是：A . 此时物块的动能为F(x+L)B . 此时小车的动能为fxC . 这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx-fLD . 这一过程中，因摩擦而产生的热量为fL8．汽车拉着拖车在平直的公路上匀速行驶，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，则在拖车停止运动前 （ ） A ．汽车和拖车的总动量不变 B．汽车和拖车总动能不变C ．汽车和拖车的总动量增加D ．汽车和拖车的总动能增加9．如图1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，上面放一质量为m 的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F 将小球向下压至某位置静止．现撤去F ，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时速度为v ，不计空气阻力，则上述过程中( )A ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B ．小球的重力势能增加－W 1C ．小球的机械能增加W 1＋12mv 2D ．小球的电势能减少W 210．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m 的小物块从槽高h 处开始自由下滑，下列说法正确的是（ ）A ．在下滑过程中，物块的机械能不守恒B ．在下滑过程中，物块和槽的动量守恒C ．物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动D ．物块被弹簧反弹后，能回到槽高h 处三、计算题（三题16+16+18共50分）11．特种兵过山谷的一种方法可简化为图示情景。
将一根长为2d 的不可伸长的细绳两端固定在相距为d 的A 、B 两等高点，绳上挂一小滑轮P ，战士们相互配合，沿着绳子滑到对面。
如图所示，战士甲水平拉住滑轮，质量为m 的战士乙吊在滑轮上，脚离地，处于静止状态，此时AP 竖直，然后战士甲将滑轮从静止状态释放，若不计滑轮摩擦及空气阻力，也不计绳与滑轮的质量，求：（1）战士甲释放前对滑轮的水平拉力F ； （2）战士乙滑动过程中的最大速度．12、如图15所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab 段水平，bcde 段光滑，cde 段是以O 为圆心、R 为半径的一小段圆弧。
可视为质点的物块A 和B 紧靠在一起，静止于b 处，A 的质量是B 的3倍。
两物体在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动。
B 到b 点时速度沿水平方向，此时轨道对B 的支持力大小等于B 所受重力的43，A与ab 段的动摩擦因数为μ，重力加速度g ，求：A dBPFh（1）物块B在d点的速度大小v;（2）物块A滑行的距离s .13.如图所示，一粗糙水平轨道与一光滑的1/4圆弧形轨道在A处相连接。
圆弧轨道半径为R，以圆弧轨道的圆心O点和两轨道相接处A点所在竖直平面为界，在其右侧空间存在着平行于水平轨道向左的匀强电场，在左侧空间没有电场。
现有一质量为m、带电量为+q的小物块（可视为质点），从水平轨道的B位置由静止释放，结果，物块第一次冲出圆形轨道末端CD ，已知物块与水平轨道间的动摩擦因素为μ，B C后还能上升的最高位置为D，且R离A处的距离为x=2.5R（不计空气阻力），求：（1）物块第一次经过A点时的速度；（2）匀强电场的场强大小；（3）物块在水平轨道上运动的总路程。
物理限时专练之六能量与动量参考答案1【答案】C 【解析】第一阶段为滑动摩擦力做功，第二阶段为静摩擦力做功，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以摩擦力都做正功，选项A 错误；由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功(除重力之外的力所做的功)等于物体机械能的增加，即ΔE ＝W 阻＝F 阻s 物，摩擦生热为Q ＝F 阻s 相对，又由于s 传送带＝vt ，s 物＝v2t ，所以s 物＝s相对＝12s 传送带，即Q ＝ΔE ，选项C 正确，B 错误．第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，结合选项C 可以判断选项D 错误． 2【答案】D 【解析】刘翔的机械能增加量为mghmv +221，选项A 错误；刘翔的重力做功为mghW-=重，选项B 错误；由动能定理0212-=--mvW mgh W阻人，得阻人W mgh mvW ++=221，选项C 错误、D 正确3【答案】C 【解析】小滑块A 从斜面的某一高度开始沿斜面向下加速运动到压缩弹簧到最短的过程中先沿斜面做匀加速运动，接触弹簧后开始做变加速运动，最后做变减速速运动．滑块重力做功使重力势能减少，减少的重力势能转化为系统的内能和弹簧的弹势能，C 对 4【答案】B 【解析】第1s 内物体保持静止状态，在推力方向没有位移产生故做功为0，A 选项错误；由图象可知第3s 内物体做匀速运动，F=2N ，故F=f=2N ，由v －t 图象知第2s 内物体的位移x=21×1×2m=1m ，第2s 内物体克服摩擦力做的功W f =fx=2.0J ，故B 选项正确；第1.5s 时物体的速度为1m/s ，故推力的功率为3W ，C 选项错误；第2s 内推力F=3N ，推力F 做功W F =Fx=3.0J ，故第2s 内推力F 做功的平均功率P =W F /t=3W ，故D 选项错误。
5【答案】D 【解析】.因为发动机以额定功率工作，所以发动机的功W ＝Pt ，故②对．达到最大速度m v 时，牵引力与阻力相等，所以m W P t f v t ==，故①对．由动能定理2201122m W fl m v m v -=-故③对．故选项D 正确．6【答案】AD 【解析】重力mg 做正功，力F 做负功。
由重力做功与重力势能改变的关系知选项A 正确；由动能定理知动能改变对应外力所做的总功，选项B 错误；由功能关系，机械能的改变量在数值上等于力F 做的功，选项C 错误、选项D 正确。
7【答案】BD 解析：水平力对物块做功F(x+L)，此时物块的动能小于F(x+L)，选项A 错误；摩擦力f 对小车做功fx ，由动能定理可知，此时小车的动能为fx 。
选项B 正确。
这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x+L)-fL ，选项C 错误。
这一过程中，因摩擦而产生的热量为fL ，选项D 正确。
8【答案】AD9【答案】BD 解析：本题考查势能大小和机械能守恒．由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故A 选项错误；重力做功是重力势能变化的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加，故B 选项正确；小球增加的机械能在数值上等于重力势能和动能的增量，即－W 1＋12mv 2，故C 选项错误；根据电场力做功是电势能变化的量度，电场力做正功电势能减少，电场力做负功电势能增加，故D 选项正确． 10答案AC解析：下滑过程，物块与弧形槽组成的系统机械能守恒，故物块机械能减少；动量方面：水平方向合力为零，但竖直方向合力不为零，系统动量不守恒；由水平方向动量守恒知分离时物块、弧槽速度大小相等，故物块被弹簧反弹后不会滑上弧槽，而是一直匀速。
11 【解析】（1）设乙静止时AP 间距离为h ，则由几何关系得 d 2＋h 2＝(2d －h)2 解得 3d h =对滑轮受力分析如图，则有F T ＋F T cosθ＝mg F T sinθ＝F 解得 mg F 21=（2）乙在滑动过程中机械能守恒，滑到绳的中点位置最低，速度最大。