高考物理复习第五章能量和动量冲刺训练

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(新课标)2021版高考物理一轮复习主题五能量和动量综合技能

（新课标）2021版高考物理一轮复习主题五能量和动量综合技能（新课标）2021版高考物理一轮复习主题五能量和动量综合技能演练5-1-61．如图所示，某研究性学习小组为探究动能定理设计了如下实验：水平轨道B(动摩擦因数处处相同)固定在水平桌面上，弹射装置A可置于水平轨道B 的任何一处，将滑块C以相同的初动能弹射出去，滑块C滑离轨道端点O后做平抛运动落到地面，已知重力加速度大小为g，根据上述实验，回答下列问题：(1)滑块被弹射后(与弹簧不再接触)，在水平轨道上的运动过程中，外力做功情况为________．(2)如果要求出滑块滑离桌面的末动能，除了需要测量滑块平抛的射程x以外，还需要测量的物理量有________、_______________(要求明确写出物理量的名称和对应的字母)，则末动能Ek＝________(只用字母表示)．(3)为了探究动能定理，需要将滑块C从水平轨道上不同处多次弹射出去，除了多次测量滑块平抛的射程x以外，只需要再多次测量另一个相应的物理量为________(要求写出物理量的名称和对应的字母)，并作出相应的________与________关系图线(只用字母表示)，即可验证动能定理．[解析] (1)滑块被弹射后受重力、水平面支持力及摩擦力作用，只有摩擦力做负功．(2)12因要求出末态动能，由Ek＝mv及v＝x2g知要测量滑块质量m，桌面到地面的高度h，2hmgx2mgx2联立得Ek＝.(3)由动能定理知－μmg・x0＝Ek－Ek0＝－Ek0，所以只需测量滑块在水 4h4h平桌面上滑行的位移x0，只要x0－x图象为直线，则可验证动能定理．2mgx2[答案] (1)摩擦力做负功 (2)滑块质量m 桌面到地面的高度h (3)滑块在水4h平桌面上滑行的位移x0 x0 x(其他合理答案也可)2．“在探究恒力做功与动能改变的关系”实验中(装置如图甲)：2(1)下列说法哪一项是正确的________．(填选项前字母) A．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上 B．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量 C．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放(2)图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，则打B点时小车的瞬时速度大小为________m/s(保留三位有效数字)．[解析] (1)平衡摩擦力时不需将钩码挂在小车上，选项A错误；为减小误差，应使钩码质量远小于小车质量，选项B错误；实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放，选项C正确．(2)由纸带可知，B点的速度xACvB＝＝2T－2×0.1－2m/s＝0.653 m/s[答案] (1)C (2)0.6533．(2021・深圳模拟)某同学用如图甲所示装置来探究“动能定理”，得到一条如图乙所示的纸带，O点为第一个点，并在纸带清晰段依次标记了A、B、C三个点，用毫米刻度尺测得各点到O点的距离如图，重物质量m＝1.00 kg.(1)电火花打点计时器应选择以下哪种电源________．A．4～6 V、50 Hz交流电源 B．220 V、50 Hz交流电源(2)从O点到B点，重物的重力做功W重＝________J，动能的增加量ΔEk＝________J．(g取10 m/s，以上计算结果均保留三位有效数字)2[解析] (1)电火花打点计时器使用220 V、50 Hz的交流电源，所以选项B正确． (2)从O点到B点，重物的重力做功WG＝mgh＝1.00×10×0.7776 J≈7.78 J hACB点的速度vB＝＝2T＝3.895 m/s，－2×0.02－2m/s B点的动能ΔEkB＝mv2B≈7.59 J动能的增加量ΔEk＝EkB－0＝7.59 J [答案] (1)B (2)7.78 7.594．如下图所示，某同学在做“探究功与速度变化的关系”的实验．当小车在1条橡皮筋的作用下沿木板滑行时，橡皮筋对小车做的功记为W；当用2条、3条、…橡皮筋重复实验时，设法使每次实验中橡皮筋所做的功分别为2W、3W、….12(1)图中电火花计时器的工作电压是________V的交变电流；(2)实验室提供的器材如下：长木板、小车、橡皮筋、打点计时器、纸带、电源等，还缺少的测量工具是________；(3)图中小车上有一固定小立柱，下图给出了4种橡皮筋与小立柱的套接方式，为减小实验误差，你认为最合理的套接方式是________；(4)在正确操作的情况下，某次所打的纸带如下图所示．打在纸带上的点并不都是均匀的，为了测量橡皮筋做功后小车获得的速度，应选用纸带的________部分进行测量(根据下面所示的纸带回答)，小车获得的速度是________m/s.(计算结果保留两位有效数字)[解析] (1)电火花计时器的工作电压是220 V的交变电流；(2)用打点计时器打出纸带后，记录了位置和时间，如果计算速度还需要测出位移，故需要刻度尺；(3)实验的操作要求是使橡皮筋的弹性势能全部转化为小车的动能，为避免橡皮筋与立柱之间相互作用，只有A符合要求；(4)使橡皮筋的弹性势能全部转化为小车的动能后，小车做匀速运动，纸带GJ符合要求，由v＝得v＝0.65 m/s.xT[答案] (1)220 (2)刻度尺 (3)A (4)GJ 0.65感谢您的阅读，祝您生活愉快。

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。

2020年新高考物理冲刺复习《能量与动量》分层突破练(Word版附答案)

小滑块 (可视为质点 ),从凹槽边缘处由静止释放 ,当小滑块运动到凹槽的最低点时 ,对凹槽的压力为
FN 。 FN 的求解比较复杂 ,但是我们可以根据学过的物理知识和方法判断出可能正确的是
( )( 重力
加速度为 g )
(3??+2??)????
A.
??
(3??+2)????
C.
??
(3??+2??)????
面顶端由静止释放。已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为
0.5,重力加速度 g 取 10 m/s 2,不计
空气阻力 ,矩形板由斜面顶端静止释放到下滑到完全离开橡胶带的过程中
(此过程矩形板始终在斜面
上),下列说法正确的是 ( )
A.矩形板通过橡胶带过程中受到的摩擦力恒为
Ff= 4 N
B.矩形板的重力做功为 W G= 3.6 J
大小为 v0、方向水平向左的速度 ,小球刚好能第二次到达 C 点,重力加速度大小为 g。在此过程中
()
5
A.小球通过 A 点时处于失重状态
B.小球第一次到达 C 点时速度为 √????
C.小球第一次到达 B 点时受到圆环的弹力大小为
m
(
??0 2 ??
-2??)
D.小球与圆环间因摩擦产生的热量为
1 2
B.
??
(3??+2)????
D.
??
5 .一个人站立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.人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小 B.人只受重力和踏板的支持力的作用 C.踏板对人的支持力做的功等于人的机械能增加量 D.人所受合力做的功等于人的动能的增加量

2023高考物理专题冲刺训练--动量守恒与能量综合在各类模型中的应用

动量守恒与能量综合在各类模型中的应用一、 “子弹打木块”模型1. 如图所示，子弹以某一水平速度击中静止在光滑水平面上的木块并留在其中。

对子弹射入木块的过程，下列说法正确的是（）A. 木块对子弹的冲量等于子弹对木块的冲量B. 因子弹受到阻力的作用，故子弹和木块组成的系统动量不守恒C. 子弹和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功D. 子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量和摩擦产生的热量之和2. 光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v －t 图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50 J ，则此过程产生的内能可能是( )A ．10 JB ．50 JC ．70 JD ．120 J3. 如图所示，质量为M 的木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s ，已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m ，重力加速度为g ，空气阻力可忽略不计，则子弹射入木块前的速度大小为( ) A ．m ＋M m 2μgs B ．M －m m 2μgs C ．m m ＋M μgs D ．m M －mμgs4. （多选）如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A 、B 中，射入A 中的深度是射入B 中深度的两倍．两种射入过程相比较( )A ．射入滑块A 的子弹速度变化大B ．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C ．射入滑块A 中时阻力对子弹做功是射入滑块B 中时的两倍D ．两个过程中系统产生的热量相同5. （多选）矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．则上述两种情况相比较( )A ．子弹的末速度大小相等B ．系统产生的热量一样多C ．子弹对滑块做的功不相同D ．子弹和滑块间的水平作用力一样大6. 如图所示，相距足够远完全相同的质量均为3m 的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v 0水平向右射入木块，穿出第一块木块时的速度为25v 0，已知木块的长为L ，设子弹在木块中所受的阻力恒定。

统考版2021高考物理二轮复习专题强化练5动量和能量含解析

动量和能量一、选择题(1～4题为单项选择题，5～7题为多项选择题)1.[2020·浙江嘉兴基础测试]打羽毛球时，当对方击来网前球时，用球拍轻轻一托，将球向上弹起，球一过网就很快朝下坠落，称为放网．如图所示是运动员王琳放网成功的情境，空气阻力不能忽略，则此羽毛球在放网过程中( )A．上升阶段加速度方向竖直向下B．坠落阶段的运动轨迹是抛物线C．上升阶段的机械能增加D．机械能一直减小2．[2020·江苏卷，1]质量为1.5×103kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20 m/s，受到的阻力大小为1.8×103 N．此时，汽车发动机输出的实际功率是( ) A．90 W B．30 kWC．36 kW D．300 kW3．秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(10n)与静止氘核(21H)的多次碰撞，使中子减速．已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰．经过该次碰撞后，中子损失的动能为( )A.19E B.89EC.13E D.23E4．[2020·江苏卷，4]如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上．斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数．该过程中，物块的动能E k与水平位移x关系的图象是( )5.光滑水平面上有一静止木块，质量为m 的子弹水平射入木块后未穿出，子弹与木块运动的速度图象如图所示．由此可知( )A ．木块质量可能是2mB ．子弹进入木块的深度为v 0t 02C ．木块所受子弹的冲量为12mv 0D ．子弹射入木块过程中产生的内能为12mv 26.如图所示，在水平向右、场强为E 的匀强电场中，两个电荷量均为q 的带正电小球A 、B 通过两根长度均为L 的绝缘轻绳悬挂，两球静止时，两轻绳与竖直方向的夹角分别为30°、60°.现将一外力作用在A 球上，使A 球缓慢地绕悬点O 做圆周运动，在A 球运动至最低点A ′的过程中，下列说法正确的是( )A ．两球构成的系统电势能增加12qELB ．两球构成的系统电势能增加qELC ．两球构成的系统重力势能减少(23－3)qELD ．两球构成的系统重力势能减少(3－32)qEL7．质量为m 甲＝2 kg ，m 乙＝0.5 kg 的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，二者的动量随时间变化的图象如图所示．下列说法正确的是( )A．甲的加速度大小为1 m/s2B．乙的加速度大小为0.75 m/s2C．t＝6 s时两物体相遇D．t＝3 s时两物体距离最大二、非选择题8．[2020·山西临汾二模]质量为m＝1.0 kg的滑块从倾角为θ的固定斜面的底端以一定的初速度沿斜面向上运动．以斜面底端为原点O，沿斜面向上建立x轴，以斜面底端所在水平面为零势能面．该滑块在上滑过程中重力势能E p随位置x的变化规律如图甲所示，机械能E 随位置x的变化规律如图乙所示．重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)滑块与斜面间的动摩擦因数；(2)滑块返回斜面底端的速度大小．9．[2020·天津卷，11]长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态．A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；(2)碰撞前瞬间B的动能E k至少多大？10．[2020·四川宜宾四中5月月考]如图甲所示，一质量为m＝1 kg的木板A静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，质量为M＝2 kg的小物块B以初速度v0＝3 m/s滑上木板左端，经过一段时间后木板与墙发生弹性碰撞．木板长度可保证小物块在运动过程中不与墙接触．木板A在0～0.8 s内的速度随时间的变化关系如图乙所示，重力加速度为g＝10 m/s2，求：(1)t＝0时刻木板的右端到墙的距离L以及t1＝0.4 s时刻小物块B的速度大小；(2)A、B间发生相对滑动过程中各自加速度的大小；(3)从t＝0至A与墙第5次碰撞前，A、B组成的系统因摩擦产生的总热量Q.11．[2020·全国卷Ⅰ，25]在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心、半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示．质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直．已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°.运动中粒子仅受电场力作用．(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？专题强化练5 动量和能量1．解析：上升阶段羽毛球受到竖直向下的重力和斜向下的空气阻力，合力方向不沿竖直向下方向，则加速度方向不是竖直向下，选项A错误；由于受到空气阻力，所以坠落阶段的运动轨迹不是抛物线，选项B错误；空气阻力一直对空中的羽毛球做负功，所以其机械能一直减小，选项C错误，D正确．答案：D2．命题意图：本题考查汽车功率与牵引力和速度间的关系问题，需要考生具备抓住关键信息的能力，体现的核心素养是物理观念．解析：根据汽车做匀速直线运动可得此时汽车的牵引力等于阻力，即F＝f＝1.8×103N，此时汽车发动机的实际输出功率即瞬时功率，根据P＝Fv，代入数据解得此时汽车发动机的实际输出功率为36 kW，A、B、D项均错误，C项正确．答案：C要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B 的速度方向相同，以此方向为正方向，设B 碰前瞬间的速度大小为v B ，由动量守恒定律，有m 2v B －m 1v A ＝(m 1＋m 2)v′⑥ 又E k ＝12m 2v 2B ⑦联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B 的动能E k 至少为 E k ＝5gl 2m 1＋m 222m 2⑧答案：(1)m 15gl (2)5gl2m 1＋m 222m 210．解析：(1)由图乙可知，t 1＝0.4 s 时，A 与墙第一次碰撞，碰前A 的速度大小v A1＝0.8 m /st ＝0时刻木板的右端到墙的距离为L ＝12v A1t 1，解得L ＝0.16 m ，A 与墙第一次碰撞前瞬间，对A 、B 组成的系统，由动量守恒定律可得Mv 0＝Mv B1＋mv A1，解得0.4 s 时小物块B 的速度大小v B1＝2.6 m /s .(2)只要A 与墙碰前A 、B 还未达到共同速度，A 就在初始位置与墙之间向右做匀加速运动，向左做匀减速运动，与墙碰前瞬间的速度大小始终为0.8 m /s ，B 的加速度大小a B ＝|v B1－v 0t 1|＝1 m /s 2，A 的加速度大小a A ＝v A1t 1＝2 m /s 2.(3)设A 与墙发生n 次碰撞后A 、B 第一次达到共同速度v 1，以向右为正方向，对B 有 v 1＝v 0－a B t′对A 有v 1＝a A (t′－2nt 1)，n ＝1,2,3，…，联立解得v 1＝6－1.6n3 m /s ，n ＝1,2,3，…第一次到达共同速度时v 1应满足0<v 1≤v A1，联立解得2.25≤n≤3.75，故n ＝3，v 1＝0.4m /s设第4次碰撞后可能的共同速度为v 2，对A 、B 系统由动量守恒定律可得Mv 1－mv 1＝(M ＋m)v 2可以得到v 2＝13v 1，因为v 2<v 1，故在第5次碰撞前A 、B 已达到共同速度对A 、B 系统，由能量守恒定律有Q ＝12Mv 20－12(M ＋m)v 22，解得Q ＝8.97 J .答案：(1)0.16 m 2.6 m /s (2)2 m /s 21 m /s 2(3)8.97 J11．解析：(1)粒子初速度为零，由C 点射出电场，故电场方向与AC 平行，由A 指向C.由几何关系和电场强度的定义知AC ＝R①F ＝qE②由动能定理有F·AC＝12mv 20③联立①②③式得E ＝mv 22qR ④(2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC 平行．作与BC 平行的直线与圆相切于D 点，与AC 的延长线交于P 点，则自D 点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大．由几何关系知∠PAD＝30°，AP ＝32R ，DP ＝32R⑤设粒子以速度v 1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t 1.粒子在AC 方向做加速度为a 的匀加速运动，运动的距离等于AP ；在垂直于AC 的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP.由牛顿第二定律和运动学公式有F ＝ma⑥ AP ＝12at 21⑦DP ＝v 1t 1⑧联立②④⑤⑥⑦⑧式得v 1＝24v 0⑨ (3)设粒子以速度v 进入电场时，在电场中运动的时间为t.以A 为原点，粒子进入电场的方向为x 轴正方向，电场方向为y 轴正方向建立直角坐标系．由运动学公式有y ＝12at 2⑩x ＝vt ⑪粒子离开电场的位置在圆周上，有 ⎝⎛⎭⎪⎫x －32R 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －12R 2＝R 2⑫粒子在电场中运动时，其x 方向的动量不变，y 方向的初始动量为零．设穿过电场前后动量变化量的大小为mv 0的粒子，离开电场时其y 方向的速度分量为v 2，由题给条件及运动学公式有。

功功率动能定理 --2024届新高考物理冲刺专项训练(解析版)

专题功功率动能定理一、单选题1(23-24高三下·浙江宁波·阶段练习)下列说法正确的是()A.甲图中研究篮球的进入篮筐的过程，可将篮球看成质点B.乙图中羽毛球在空中运动时的轨迹并非抛物线，其水平方向的分速度逐渐减小C.丙图中运动员训练蹲踞式起跑时，起跑器对运动员做正功D.丁图中运动员跳高下落时，通过海绵垫可减少接触面对运动员的冲量从而实现缓冲【答案】B【详解】A．甲图中研究篮球的进入篮筐的过程，篮球大小和形状不能忽略，不可以将篮球看成质点，A错误；B．羽毛球所受空气阻力不能忽略，故轨迹并非抛物线，在阻力作用下羽毛球水平方向的分速度逐渐减小，B正确；C．起跑器的弹力方向运动员没有位移，起跑器对运动员不做功，C错误；D．运动员动量的变化量一定，海绵垫的作用是通过延长接触时间，减小运动员受到的弹力，起到缓冲作用，D错误。

故选B。

2(2024·安徽·模拟预测)如图所示，一质量为m的物体，沿半径为R的四分之一固定圆弧轨道滑行，由于物体与轨道之间动摩擦因数是变化的，使物体滑行到最低点的过程中速率不变。

该物体在此运动过程，下列说法正确的是()A.动量不变B.重力做功的瞬时功率不变C.重力做功随时间均匀变化D.重力的冲量随时间均匀变化【答案】D【详解】A．物体的速度大小不变，方向发生改变，则物体的动量大小不变，方向发生改变，故A错误；B．根据P=mgv y由于物体竖直方向的分速度逐渐减小，则重力做功的瞬时功率逐渐减小，故B错误；C．根据W=mgh物体速率不变，但竖直方向的分速度发生改变，所以物体下落的高度不是随时间均匀变化，则重力做功不是随时间均匀变化，故C错误；D．根据I=mgt由于重力恒定不变，可知重力的冲量随时间均匀变化，故D正确。

故选D。

3(23-24高三上·贵州贵阳·期末)课间，某男同学利用未开封的矿泉水，进行负重深蹲训练，根据体育老师传授的经验，将矿泉水环抱入怀中，与胸口保持相对静止，稳定后完成“下蹲-维持-站起”的深蹲动作。

高考物理一轮复习第五章能量和动量真题集训章末验收(2021年最新整理)

2018版高考物理一轮复习第五章能量和动量真题集训章末验收编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高考物理一轮复习第五章能量和动量真题集训章末验收）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第五章能量和动量命题点一：功和功率1．（多选）（2016·全国甲卷）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.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解析：选BD 设小球在下落过程中所受阻力F阻＝kR，k为常数，R为小球半径，由牛顿第二定律可知：mg－F阻＝ma，由m＝ρV＝错误!ρπR3知：错误!ρπR3g－kR＝错误!ρπR3a，即a ＝g－错误!·错误!，故知：R越大，a越大，即下落过程中a甲＞a乙,选项C错误;下落相同的距离，由h＝12at2知,a越大，t越小，选项A错误;由2ah＝v2－v2知，v＝0，a越大，v越大,选项B正确；由W阻＝－F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D正确。

2．（2014·全国卷Ⅱ）一物体静止在粗糙水平地面上.现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v。

若将水平拉力的大小改为F2,物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v。

对于上述两个过程，用W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（)A．W F2〉4W F1，W f2>2W f1B．W F2〉4W F1,W f2＝2W f1C．W F2<4W F1，W f2＝2W f1D．W F2<4W F1,W f2<2W f1解析：选C 因为物体做匀加速度直线运动，所以x1＝错误!t，x2＝错误!t，而W f1＝μmgx1，Wf2＝μmgx2，所以有W f2＝2W f1，根据动能定理有：W F1－W f1＝错误!mv2，W F2－W f2＝2mv2，所以有W F2＜4W F1，C项正确。

2020版高考物理一轮复习全程训练计划周测五能量和动量含解析

能量和动量夯基提能卷⑤立足于练题型悟技法——保底分(本试卷满分分)一、选择题(本题包括小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得分，选不全的得分，有选错或不答的得分)．[·全国卷Ⅰ]高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )．与它所经历的时间成正比．与它的位移成正比．与它的速度成正比．与它的动量成正比答案：解析：错：速度＝，动能＝＝，与经历的时间的平方成正比；对：根据＝，动能＝＝·＝，与位移成正比；错：动能＝，与速度的平方成正比；错：动量＝，动能＝＝，与动量的平方成正比．.如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板拴接，另一端与物体相连，物体静止于光滑水平桌面上，右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体相连．开始时用手托住，让细线恰好伸直，然后由静止释放，直至获得最大速度．重力加速度大小为，下列有关该过程的分析正确的是( )．释放的瞬间其加速度为．动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和．机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量．细线拉力对做的功等于机械能的增加量答案：解析：以、组成的系统为研究对象，有－＝(＋)，释放的瞬间弹簧的形变量为零，但由于不知道、的质量关系，故无法求出的瞬时加速度，选项错误；根据动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，因此，动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和，选项正确；整个系统中，根据功能关系可知，减少的机械能转化为的机械能以及弹簧的弹性势能，故机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，选项错误；与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对做的功，选项错误．.、两物体分别在水平恒力和的作用下沿水平面运动，先后撤去、后，两物体最终停下，它们的－图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是( )．、大小之比为：．、对、做功之比为：．、质量之比为：．全过程中、克服摩擦力做功之比为：答案：解析：、所受摩擦力大小相等，撤去拉力后，＝′＝·，同理＝′＝，所以：＝：，即对．撤力前：－＝＝，－＝＝，所以＝＝，故错．由－图象和时间轴包围“面积”表示位移知，、物体位移相同，动能变化相同，克服做功相同，、做的功相同，故、错．.如图所示，足够长的小平板车的质量为，以水平速度向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为的小物体从车的右端以水平速度沿车的粗糙上表面向左运动．若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内( )．若>，物体对地向左的最大位移是．若<，小车对地向右的最大位移是．无论与的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为．无论与的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为答案：解析：若>，则系统总动量向右，速度向左减为后向右加速，故＝时向左的位移最大为；同理，若<，则小车向右的最大位移为＝＝；可知、均错．若>，则最终共同速度大小为＝，方向向右，摩擦力对小车的冲量＝Δ＝(－)＝，摩擦力作用时间＝＝.若<，则最终共同速度大小′＝，方向向左，摩擦力对小车的冲量′＝Δ′＝(＋′)＝，摩擦力对小车的作用时间′＝＝＝.所以对、错．.一质量为的小球以初动能从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面，表示上升的最大高度，图中坐标数据中的值为常数且满足<<)，则由图可知，下列结论正确的是( )．①表示的是动能随上升高度的图象，②表示的是重力势能随上升高度的图象．上升过程中阻力大小恒定且＝(＋)．上升高度＝时，重力势能和动能不相等．上升高度＝时，动能与重力势能之差为答案：解析：本题考查了动能定理、功能关系等知识．根据动能定理有－(＋)＝－，得＝－(＋)，可见是减函数，由图象②表示，重力势能为＝，与成正比，由图象①表示，选项错误；从图象可知，重力势能、动能随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知，从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力做的功的大小，由图象可知＝－，且由动能定理可知＝(＋)，解得＝，选项错误；当高度＝时，动能为＝－(＋)＝－(＋)·，又由＝(＋)，联立解得＝，重力势能为＝＝，所以在此高度时，物体的重力势能和动能相等，选项错误；当上升高度＝时，动能为＝－(＋)＝－(＋)·＝，重力势能为＝·，则动能与重力势能之差为，选项正确．．[·重庆模拟](多选)从水平地面上方某一高度处，将球斜上抛，将球平抛，且两球质量相等，初速度大小相同，最后落于同一水平地面上．不计空气阻力．在此过程中，下列说法正确的是( )．两球着地时的动能相同．两球着地时的动量相同．重力对两球所做的功相同．重力对两球的冲量相同答案：解析：斜上抛和平抛过程中两球都只受重力作用，只有重力做功，两球初位置高度相同，故重力做功相同，根据动能定理有－＝，因为＝，两球初动能相同，相同，故两球着地时的动能相同，故、正确．两球初位置高度相同，将球斜上抛，球平抛，球开始时具有向上的分速度，所以球运动的时间比球运动的时间长，故重力对球的冲量比对球的冲量大，则落地时球竖直方向的分动量大；又由于二者落地时的动能相等，则落地的速度大小相等，所以二者落地时速度的方向和动量的方向不同，故、错误．．[·辽宁大连模拟](多选)一质量为的物块从某高度处以速度水平抛出，在抛出点其动能为重力势能的倍，取水平地面为重力势能的参考平面，不计空气阻力，则以下结论正确的是( )．物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为．物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为．下落过程中重力的冲量大小为．下落过程中重力的冲量大小为答案：解析：设物块抛出时的初速度为，高度为，物块落地时的速度大小为，方向与水平方向的夹角为α.根据机械能守恒定律得＋＝，由题意得＝，联立解得＝，则α＝＝，可得α＝，故正确，错误；物块落地时竖直方向的速度为＝＝，根据动量定理得下落过程中重力的冲量大小为＝＝，故正确，错误．．[·黑龙江哈三中模拟]如图所示，在光滑水平面上质量为的物体以速度与静止的物体发生碰撞，物体的质量为，则碰撞后物体的速度大小可能为( )．．答案：解析：物体与物体碰撞的过程中动量守恒，选物体原来的运动方向为正方向：如果发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得＝(＋)，计算得出＝；如果发生的是完全弹性碰撞，由动量守恒定律得＝＋，由能量守恒定律得＝＋·，计算得出＝.碰撞后物体的速度满足≤≤，选项正确．二、非选择题(本题包括小题，共分)．(分)某兴趣小组的实验装置如图所示，通过电磁铁控制的小球从点(球心位于点)自由下落，下落过程中经过光电门激光束所在位置时，通过与光电门相连的毫秒计时器(图中未画出)记录下挡光时间，测出、之间的距离.实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束．()若用该套装置验证机械能守恒定律，已知重力加速度为，还需要测量的物理量为．．点与地面间的距离．小球的质量．小球从到的下落时间．小球的直径()用游标卡尺测得小球直径如图甲所示，则小球直径为，某次小球通过光电门毫秒计数器的读数为，则该次小球通过光电门位置时的瞬时速度大小为＝.()若用该套装置进行“探究做功和物体速度变化关系”的实验，大家提出以下几种猜想：∝；∝；∝……然后调节光电门的位置，计算出小球每次通过光电门激光束所在位置的速度、、、……并测出小球在、间的下落高度、、、……然后绘制了如图所示－的图象．若为了更直观地看出和的函数关系，他们下一步应该重新绘制．．－图象．－图象．－图象．－图象答案：()(分) ()(分) (分) ()(分)解析：本题考查力学综合实验．()根据机械能守恒定律得＝，本实验需测出、之间的距离以及小球经过光电门时的速度，故还需测量小球的直径，选项正确．()小球的直径为＋× ＝ .小球通过光电门位置时的瞬时速度为＝＝＝ .()为了验证两物理量之间的关系，在坐标系中应画出两者之间的正比例关系的函数图象，因＝，整理得＝，即与成正比，选项正确．．(分)某兴趣小组准备探究“合外力做功和物体速度变化的关系\”，实验前组员们提出了以下几种猜想：①∝，②∝，③∝.为了验证猜想，他们设计了如图甲所示的实验装置．为一块倾斜放置的木板，在处固定一个速度传感器(用来测量物体每次通过点的速度)．在刚开始实验时，小刚同学提出“不需要测出物体质量，只要测出物体从初始位置到速度传感器的距离和读出速度传感器的读数就行了”，大家经过讨论采纳了小刚的建议．()请你说明小刚建议的理由：.()让物体分别从不同高度无初速度释放，测出物体初始位置到速度传感器的距离、、、…读出物体每次通过点的速度、、、…并绘制了如图乙所示的－图象．若为了更直观地看出和的变化关系，他们下一步应该作出．．－图象．－图象．－图象．－图象()实验中，木板与物体间摩擦力(填“影响”或“不影响”)探究的结果．答案：()根据动能定理列出方程式(θ－μθ)＝，可以简化约去质量(分) ()(分) ()不影响(分)解析：本题考查了探究“合外力做功和物体速度变化的关系”实验．()若只有重力做功，则θ＝，等号的两边都有，可以约掉，故不需要测出物体的质量．用牛顿第二定律求解，也能得出相同的结论，若是重力和摩擦力做功，则(θ－μθ)＝，等号的两边都有，可以约掉，故不需要测出物体的质量．()采用表格方法记录数据，合理绘制的－图象是曲线，不能得出结论∝，为了更直观地看出和的变化关系，应该绘制－图象，选项正确．()重力和摩擦力的总功也与距离成正比，因此不会影响探究的结果．．(分)如图所示，质量分布均匀、形状对称的金属块内有一个半径为的光滑半圆形槽，金属块放在光滑的水平面上且左边挨着竖直墙壁．一质量为的小球从离金属块左上端处由静止下落，小球到达最低点后向右运动从金属块的右端冲出，到达最高点后离半圆形槽最低点的高度为.重力加速度为，不计空气阻力．()小球第一次到达最低点时，小球对金属块的压力为多大？()金属块的质量为多少？答案：() ()解析：()小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据动能定理有·＝(分)小球刚到最低点时，根据圆周运动规律和牛顿第二定律有－＝(分)根据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力为′＝(分)联立解得′＝(分)()小球第一次到达最低点至小球到达最高点的过程，小球和金属块水平方向动量守恒，设金属块质量为，则＝(＋)(分)根据能量守恒定律有·＝－(＋)(分)联立解得＝(分)．(分)如图，在光滑的水平面上静置着足够长、质量为的木板，木板上依次排放质量均为的木块、、，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块、、水平向右的初速度、、，最后所有的木块与木板相对静止．已知重力加速度为，求：()木块从开始运动到与木板相对静止时位移的大小；()木块在整个运动过程中的最小速度．答案：() ()解析：()当木块与木板的速度相等时，个木块与木板的速度均相等，且设为根据系统动量守恒有(＋＋)＝(分)木块在木板上做匀减速运动，由牛顿第二定律有μ＝由运动学公式()－＝(分)解得＝(分)()设木块的最小速度为，此时木块的速度为，由动量守恒定律有(＋＋)＝(＋)＋(分) 在此过程中，木块与木块速度改变量相同－＝－(分)解得＝(分)探究创新卷⑤着眼于练模拟悟规范——争满分(本试卷满分分)一、选择题(本题包括小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得分，选不全的得分，有选错或不答的得分)．[·全国卷Ⅰ]如图，是竖直面内的光滑固定轨道，水平，长度为；是半径为的四分之一圆弧，与相切于点．一质量为的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为.小球从点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )．．．．答案：解析：小球从运动到，根据动能定理，得·－＝，又＝，故＝，小球离开点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动．且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为，故小球从点到最高点所用的时间＝＝，水平位移＝＝，根据功能关系，小球从点到轨迹最高点机械能的增量为力做的功，即Δ＝·(＋＋)＝..(多选)如图所示，带有挡板的小车质量为，上表面光滑，静止于光滑水平面上．轻质弹簧左端固定在小车上，右端处于自由伸长状态．质量也为的小球，以速度从右侧滑上小车，在小球刚接触弹簧至与弹簧分离的过程中，以下判断正确的是( )．弹簧的最大弹性势能为．弹簧对小车做的功为．弹簧对小球冲量的大小为．弹簧对小球冲量的大小为答案：解析：小球与小车组成的系统动量守恒，由题意知，小球和小车共速时弹簧的弹性势能最大，则由动量守恒定律以及能量守恒定律可知，＝′、＝×′＋，解得＝，正确；当小球与弹簧分离时，假设小车的速度为、小球的速度为，则由动量守恒定律与能量守恒定律得，＝＋、＝＋，解得＝、＝，则弹簧对小车做的功为＝＝，错误；弹簧对小球的冲量为＝－＝－，即冲量大小为，正确，错误．.(多选)如图所示，足够长的水平粗糙传送带在电动机的带动下以大小为的速度匀速转动，一质量为的物块从传送带右侧以大小为(>)的速度向左滑上传送带，经过时间，物块与传送带相对静止，则下列说法正确的是( )．物块经过时间，速度减为零．物块向左运动的最大位移为．时间内，传送带对物块所做的功为－．时间内，传送带消耗的电能为(＋)答案：解析：以传送带的速度方向为正方向，作出物块运动的－图象如图所示，设传送带与物块间的动摩擦因数为μ，对物块有μ＝，＝μ，由图象可得＝，设物块经过时间速度减为零，则有＝，得＝，正确；物块向左运动的最大位移＝，得＝，错误；由动能定理知，传送带对物块所做的功＝－，错误；系统消耗的电能等于电动机的驱动力对传送带所做的功，传送带匀速运动，驱＝μ，驱＝驱带＝μ＝(＋)，正确．．(多选)如图所示，在两根水平固定的平行光滑杆上套着、、三个小球，三个小球均可以沿杆滑动．的质量为，和的质量均为，初始时和用一根轻弹簧相连，和的连线与杆垂直，弹簧处于原长状态，以速度沿杆向左运动，与发生碰撞后瞬间结合在一起，下列说法正确的是( ) ．碰撞后，的最大速度为．碰撞后，、的最小速度为．碰撞后，弹簧的最大弹性势能为．碰撞后，、速度最小时，弹簧的弹性势能为答案：解析：和相碰的过程有＝，得＝，、、和弹簧组成的系统在、发生碰撞后的整个运动过程中动量守恒和机械能守恒，且当三小球速度相等时，弹簧的弹性势能最大，则有＝，×＝×＋，得＝，错误；、碰撞后到下一次弹簧恢复原长的过程中弹簧处于拉伸状态，设弹簧恢复原长时、的速度为，的速度为，则有＝＋，×＝×＋×，解得＝－＝－，＝＝，在弹簧恢复原长前，、先向左做减速运动，速度减小到零后，向右做加速运动，一直向左做加速运动，因此弹簧恢复原长时，的速度最大，为，碰撞后、速度最小为零，正确，错误；设、速度为零时，的速度为，有＝，×＝×＋，得＝，正确．．列车在空载情况下以恒定功率经过一平直的路段，通过某点时速度为，加速度大小为；当列车满载货物再次经过同一点时，功率和速率均与原来相同，但加速度大小变为.重力加速度大小为.设阻力是列车重力的倍，则列车满载与空载时的质量之比为( )答案：解析：牵引力＝，空载时由牛顿第二定律知＝＝－，同理满载时＝＝－，联立解得＝，正确．．[·山东济宁模拟]如图所示，一质量为＝的长木板放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为＝的小木块.给和以大小均为、方向相反的初速度，使开始向左运动，开始向右运动，始终没有滑离.在做加速运动的时间内，的速度大小可能是( ) ．．．．答案：解析：先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，做减速运动，最终它们保持相对静止，设减速到零时，的速度为，最终它们的共同速度为，取水平向右为正方向，则－＝，＝(＋)，可得＝，＝，所以在做加速运动的时间内，的速度大小应大于且小于，只有选项正确．．(多选)如图所示，在光滑水平面上停放着质量为、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为的小球以水平初速度沿水平槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则( )．小球离开槽右端后将向右做平抛运动．小球离开槽右端后将做自由落体运动．此过程小球对小车做的功为．小球在槽内上升的最大高度为答案：解析：小球上升到最大高度时与小车相对静止，有共同速度′，由水平方向动量守恒得＝′，由机械能守恒定律得＝×′＋，解得＝，故错误；从小球滑上小车到滚下并离开小车，系统在水平方向动量守恒，由于无摩擦，故机械能守恒，设小球速度大小为，小车速度大小为，则＝－，＝＋，解得＝，＝即两者交换速度，根据动能定理，小球对小车做功＝－＝，故、正确，错误．．(多选)如图所示，质量均为的、两物体用轻绳相连，将物体用一轻弹簧悬挂于天花板上，系统处于静止状态，如果弹簧的劲度系数为，弹簧的弹性势能表达式为＝(式中为弹簧的伸长量)，且弹簧一直处在弹性限度内，现将、间的连线剪断，则在这之后的过程中(已知重力加速度为)( )．绳子剪断的瞬间物体的加速度为．绳子剪断后物体能上升的最大高度为．物体的最大动能为．物体速度达到最大时，弹簧弹力做的功为答案：解析：根据题意，绳子剪断前有＝，则＝，绳子剪断的瞬间，根据力的瞬时作用效果和弹簧的弹力不能突变可得＝，选项错误；设物体上升的高度为Δ，如果此时弹簧还是处于伸长状态，弹簧的伸长量为－Δ，根据机械能守恒有＝Δ＋(－Δ)，解得Δ＝，如果此时弹簧已处于压缩状态，则弹簧的压缩量为Δ－，根据机械能守恒有＝Δ＋(Δ－)，解得Δ＝，故选项正确；当物体上升到弹簧弹力等于物体的重力时速度最大，动能最大，由＝，可得＝＝，由机械能守恒有＝＋＋，解得＝，故选项正确；弹力做功等于动能和重力势能之和的增加量，故物体达到速度最大时，弹力做的功为＝＋＝，选项错误．二、非选择题(本题包括小题，共分)．(分)某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图()所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．回答下列问题：()本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能与小球抛出时的动能相等．已知重力加速度大小为.为求得，至少需要测量下列物理量中的(填正确答案标号)．．小球的质量．小球抛出点到落地点的水平距离．桌面到地面的高度．弹簧的压缩量Δ．弹簧原长()用所选取的测量量和已知量表示，得＝.()图()中的直线是实验测量得到的－Δ图线．从理论上可推出，如果不变，增加，－Δ图线的斜率会(填“增大”“减小”或“不变”)；如果不变，增加，－Δ图线的斜率会(填“增大”“减小”或“不变”)．由图()中给出的直线关系和的表达式可知，与Δ的次方成正比．答案：()(分．选对但不全的给分，有选错的，不给这分)()(分) ()减小增大(分．每空分)解析：弹簧被压缩后的弹性势能等于小球抛出时的动能，即＝＝.小球离开桌面后做平抛运动，由平抛运动规律，水平位移＝，竖直高度＝，得＝，动能＝＝，因此、、正确．弹簧的弹性势能＝，由理论推导可知＝(Δ)即(Δ)＝，＝·Δ，因此当不变时，增加，其斜率减小，当不变时，增加其斜率增大，由图线知∝Δ，由表达式知∝，则由＝知∝(Δ)，即与Δ的二次方成正比．．(分)如图，光滑固定的水平直杆(足够长)上套着轻弹簧和质量＝的小球，用长度＝的不可伸长的轻绳将与质量＝的小球连接起来，已知弹簧左端固定，右端不与相连．现在让压缩弹簧使之储存的弹性势能，此时、均静止．再由静止释放，发现当脱离弹簧后，运动至最高点时绳与杆的夹角为°.取重力加速度＝，°＝，°＝，求：()弹簧给的冲量大小；()脱离弹簧后的最大速度．答案：() ·()解析：()设弹簧给的冲量大小为，运动至最高点时的速度为，脱离弹簧后、水平方向总动量为则对、有：＝－＝(＋)(分)由能量守恒定律有：Δ＝＝(＋)＋(－°)(分)解得＝，＝·(分)()当速度最大时位于正下方，取向右为正方向由机械能守恒定律：＝＋(分)由动量定理：＝＋解得＝或＝ (舍去)(分)．(分)如图所示，水平传送带长为＝，质量为＝的木块随传送带一起以＝的速度向左匀速运动，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝，当木块运动至最左端点时，一个质量为＝的小球以＝、水平向右的速度射向木块并与木块粘连在一起．已知＝ .()求小球碰撞木块的过程中小球与木块组成的系统损失的机械能；()要使木块在传送带上发生相对运动时产生的热量最多，小球射向木块的速度大小为多少？热量最多为多少？(小球与木块碰撞后仍粘连在一起)答案：() ()解析：()由小球与木块碰撞过程动量守恒，有－＝(＋)(分)损失的机械能为Δ＝＋－(＋)(分)联立解得Δ＝ (分)()要使木块在传送带上发生相对运动时产生的热量最多，则需要木块滑到右端处时，木块相对地面的速度为零，设木块被碰撞后瞬间速度大小为，从端运动到端的时间为，则有：－μ(＋)＝－(＋)(分)－μ(＋)＝－(＋)(分)小球与木块碰撞过程动量守恒，有′－＝(＋)(分)解得′＝ (分)木块被小球碰撞后从端运动到端时速度为零，这个过程中相对传送带所发生的位移大小为Δ＝＋(分)此后木块开始向左做匀加速运动，直到与传送带共速，木块相对传送带发生的相对位移为Δ，则有Δ＝·－＝(分)全过程中产生最多热量为＝(＋)μ(Δ＋Δ)(分)解得＝ (分)。

高考物理一轮复习第五章能量和动量冲刺训练

权掇市安稳阳光实验学校第五章能量和动量(一)系统机械能守恒的三类连接体模型连接体问题是力学部分的难点，本书通过对近几年高考题及各地模拟题的深入研究，总结出以下三类可以利用系统机械能守恒来快速解题的连接体模型。

速率相等的连接体模型1．如图所示的两物体组成的系统，当释放B而使A、B运动的过程中，A、B的速度均沿绳子方向，在相等时间内A、B运动的路程相等，则A、B的速率相等。

2．判断系统的机械能是否守恒不从做功角度判断，而从能量转化的角度判断，即：如果系统中只有动能和势能相互转化，系统的机械能守恒。

这类题目的典型特点是系统不受摩擦力作用。

[典例1] 如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。

现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。

已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计。

开始时整个系统处于静止状态；释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面。

求：(1)斜面的倾角α；(2)A球获得的最大速度v m。

[审题建模](1)细线不可伸长，A、B两球速率一定相等，但B与C球以弹簧相连，速率一般不同。

(2)弹簧的弹性势能与弹簧的形变量大小有关，无论弹簧处于伸长状态还是压缩状态。

[解析] (1)由题意可知，当A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面。

A的加速度此时为零由牛顿第二定律得：4mg sin α－2mg＝0则：sin α＝12，α＝30°。

(2)由题意可知，A、B两小球及轻质弹簧组成的系统在初始时和A沿斜面下滑至速度最大时的机械能守恒，同时弹簧的弹性势能相等，故有：2mg＝kΔx4mgΔx sin α－mgΔx＝12(5m)v m2得：v m＝2gm5k。

[答案] (1)30° (2)2g m 5k[集训冲关]1.如图所示，可视为质点的小球A 、B 用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R 的光滑圆柱，A 的质量为B 的两倍。

高考物理二轮复习第五章能量和动量夯基保分练二机械能守恒与能量守恒

夯基保分练(二) 机械能守恒与能量守恒[A 级——保分练]1. (2020·吉大附中摸底)如图所示为游乐场中过山车的一段轨道，P 点是这段轨道的最高点，A 、B 、C 三处是过山车的车头、中点和车尾。

假设这段轨道是圆轨道，各节车厢的质量相等，过山车在运行过程中不受牵引力，所受阻力可忽略。

那么过山车在通过P 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．车头A 通过P 点时的速度最小B ．车的中点B 通过P 点时的速度最小C ．车尾C 通过P 点时的速度最小D ．A 、B 、C 通过P 点时的速度一样大解析：选B 过山车在运动过程中，受到重力和轨道支持力作用，只有重力做功，机械能守恒，动能和重力势能相互转化，则当重力势能最大时，过山车的动能最小，即速度最小，根据题意可知，车的中点B 通过P 点时，重心的位置最高，重力势能最大，则动能最小，速度最小，故B 正确。

2. (2020·湖北孝感联考)质量为50 kg 的某中学生参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如简图所示，经实际测量得知上升的最大高度是0.8 m ，在最高点的速度为3 m/s ，则起跳过程该同学所做功最接近(取g ＝10 m/s 2)( )A ．225 JB ．400 JC ．625 JD ．850 J解析：选C 该同学的起跳过程可视为做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，根据动能定理得W －mgh ＝12mv 2－0，解得W ＝625 J ，故C 正确，A 、B 、D 错误。

3.如图所示，由光滑细管组成的轨道固定在竖直平面内，AB 段和BC 段是半径为R 的四分之一圆弧，CD 段为平滑的弯管。

一小球从管口D 处由静止释放，最后能够从A 端水平抛出落到地面上。

关于管口 D 距离地面的高度必须满足的条件是( )A ．等于2RB ．大于2RC ．大于2R 且小于52RD ．大于52R解析：选B 细管可以提供支持力，所以小球到达A 点的速度大于零即可，由机械能守恒定律得12mv 2A ＝mgH －mg·2R，则v A ＝2gH －4gR>0，解得H>2R 。

高三物理天冲刺练习动量能量

准兑市爱憎阳光实验学校高三物理50天冲刺练习动量能量高三物理组1.一个质量M =1kg 的鸟在空中v 0=6m/s 沿水平方向飞行，离地面高度h =20m ，忽被一颗质量m =20g 沿水平方向同向飞来的子弹击中，子弹速度v =300m/s ，击中后子弹留在鸟体内，鸟立即死去，g =10m/s 2．求：〔1〕鸟被击中后的速度为多少？〔2〕鸟落地处离被击中处的水平距离?2.图中，轻弹簧的一端固，另一端与滑块B 相连，B 静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态。

另一质量与B 相同滑块A ，从导轨上的P 点以某一初速度向碰撞时间B 滑行，当A 滑过距离1l 时，与B 相碰，极短，碰后A 、B 紧贴在一起运动，但互不粘连。

最后A 恰好返回出发点P 并停止。

滑块A 和B 与导轨的滑动摩擦因数都为，运动过程中弹簧最大形变量为2l ，求A 从P 出发时的初速度0v 。

3.(12分)跳起摸高是生进行的一项体育活动，某同学身高1.80 m ，质量65 kg ，站立举手到达2.20 m.此同学用力蹬地，经0.45 s 竖直离地跳起，设他蹬地的力的大小恒为 1060 N ，计算他跳起可摸到的高度.(g =10 m/s 2)4. 如下图，质量m A 为4.0kg 的木板A 放在水平面C 上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量m B 为1.0kg 的小物块B 〔视为质点〕，它们均处于静止状态．木板突然受到水平向右的12N·s 的瞬时冲量作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能E KA 为8.0J ，小物块的动能E KB 为0.50J ，重力加速度取10m/s 2，求：〔1〕瞬时冲量作用结束时木板的速度υ0;〔2〕木板的长度L ．5. 在光滑水平面上有一个静止的质量为Ｍ的木块，一颗质量为ｍ的子弹以初速ｖ0水平射入木块，且陷入木块的最大深度为d 。

设冲击过程中木块的运动位移为s ，子弹所受阻力恒。

(新课标)近年高考物理一轮复习主题五能量和动量课时训练25(2021年整理)

（新课标）2019版高考物理一轮复习主题五能量和动量课时跟踪训练25 编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（新课标）2019版高考物理一轮复习主题五能量和动量课时跟踪训练25）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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课时跟踪训练（二十五）增分提能一、选择题1．(多选)(2017·沈阳质量监测）如图所示,A和B两个小球固定在一根轻杆的两端,A球的质量为m，B球的质量为2m，此杆可绕穿过O点的水平轴无摩擦地转动．现使轻杆从水平位置由静止释放,则在杆从释放到转过90°的过程中,下列说法正确的是( ）A．A球的机械能增加B．杆对A球始终不做功C．B球重力势能的减少量等于B球动能的增加量D．A球和B球的总机械能守恒［解析] A球由静止向上运动,重力势能增大，动能也增大，所以机械能增大，杆一定对A球做了功，A项正确，B项错误；由于无摩擦力做功，系统只有重力做功,A球和B球的总机械能守恒，A球机械能增加，B球的机械能一定减少，故D项正确,C项错误．［答案] AD2.（多选）(2016·西安二测）如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻质光滑小定滑轮一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等，均为m。

C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆的距离OC＝h，开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°,现将A、B静止释放．重力加速度为g。

下列说法正确的是（）A．由P到C过程物块A的机械能守恒B．物块A在C点的速度最大，大小为错误!C．物块A由P到C过程，物块B的机械能减小mghD．物块A到C点时，物块B的速度大小为错误!［解析] 将物块A、B由静止释放，物块A由P运动到C的过程中，拉力做正功，物块A 的机械能增大，选项A错误；对物块A、B组成的系统进行分析，仅有重力做功，所以系统机械能守恒，由于v B＝v A·cosθ。

高三物理一轮复习动量和能量时练

MA B CPN llC 产生的电场区C 产生的电场l l咐呼州鸣咏市呢岸学校动量和能量〔下〕]复习精要1. 动量和能量相结合的综合用是高中力学的和难点，也是高考的热点问题。

解题时必须认真分析研究对象在各个物理过程的受力情况、运动情况确用哪些或哪个规律解题。

2. 处理力学问题的通常思路有三种：一是牛顿运动律；二是动量关系；三是能量关系。

假设考查有关物理量的瞬时对关系，需用牛顿运动律；假设考查一个过程，三种方法都可用；假设研究对象为一个系统，首先考虑是否可用动量守恒律或机械能守恒律解题；假设研究某一物体受到力的作用而发生运动状态改变时，一般可考虑用动量理或动能理解题，特别涉及时间问题时优先考虑动量理，而涉及功和位移问题时优先考虑动能理，因为两个守恒律和两个理只考查跟物理过程的始末两个状态有关物理量之间的关系，对过程的细节不予研究，这往往会使解题过程更为简捷。

1.．在粗糙绝缘的水平面上的同一直线上有A 、B 、C 三个质量都为m 的物体〔都可视为质点〕，其中物体C 被固，其带电量为+Q ，它产生的电场在竖直面MN 的左侧被屏蔽；物体B 带电量为+q ，恰好处在被屏蔽区边缘；物体A 不带电。

此时A 、B 均静止，它们相距1l ，B 与C 相距2l 。

现对位于P 点的物体A 施加一水平向右的瞬时冲量，A 在向右运动过程中与B 碰撞后粘连〔碰撞时间极短〕，并进入电场区了)(2l ll <的距离时，由于物体C 排斥作用而折回，再次进入被屏蔽区后恰好也了l 距离时静止。

物体A 、B 与整个水平面间的动摩擦因数都为μ，求：最初在P 点时对物体A 施加的瞬时冲量的大小。

〔竖直面MN 不影响物体在两区域间穿行，忽略带电体在MN 左侧被屏蔽区域受到的一切电场力。

〕2.〔19分〕用放射源钋的α射线轰击铍时，能发射出一种穿透力极强的中性射线，这就是所谓铍“辐射〞。

1932年，查德威克用铍“辐射〞分别照射〔轰击〕氢和氮〔它们可视为处于静止状态〕，测得照射后沿铍 “辐射〞方向高速运动的氢核和氮核的速度之比为7.0。

高考物理二轮复习第五章能量和动量提能增分练一动能定理的四大应用

提能增分练(一) 动能定理的四大应用[A 级——夺高分]1. (2020·福建师大附中模拟)将质量为m 的物体在高空中以速率v 水平向右抛出，由于风力作用，经过时间t 后，物体下落一段高度，速率仍为v ，方向与初速度相反，如图所示。

在这一运动过程中不考虑空气阻力，下列关于风力做功的说法，正确的是( )A ．风力对物体不做功B ．风力对物体做的功(绝对值)为mg 2t22C ．风力对物体做的功(绝对值)小于mg 2t22D ．由于风力方向未知，不能判断风力做功情况解析：选C 对物体从开始抛出到速度再次等于v 的过程，由动能定理可知W 风＋W G ＝12mv 2－12mv 2＝0，可知|W 风|＝W G ＝mgh<mg·12gt 2＝12mg 2t 2，选项C 正确。

2. (2020·广东六校联考)如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC 是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B 、C 位于同一水平面上。

一小物体从右侧斜槽上距BC 平面高度为2h 的A 处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC 所在水平面高度为h 的D 处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则( )A ．小物体恰好滑回到B 处时速度为零 B ．小物体尚未滑回到B 处时速度已变为零C ．小物体能滑回到B 处之上，但最高点要比D 处低 D ．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点解析：选C 小物体从A 处运动到D 处的过程中，克服摩擦力所做的功为W f1＝mgh ，小物体从D 处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，所以克服摩擦力所做的功W f2＜mgh ，所以小物体能滑回到B 处之上，但最高点要比D 处低，C 正确，A 、B 错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体最终可能停在圆弧槽上的任何地方，D 错误。

3.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。

高考物理二轮复习第五章能量和动量夯基保分练三动量定理及动量守恒定律

夯基保分练(三) 动量定理及动量守恒定律[A 级——保分练]1．(多选)关于力的冲量以下说法正确的是( ) A ．只有作用时间很短的力才能产生冲量 B ．冲量是矢量，其方向就是力的方向C ．一对作用力与反作用力的冲量一定等大且反向D ．如果力不等于零，则在一段时间内其冲量不可能为零解析：选BCD 只要有力及作用时间，力就会有冲量，选项A 错误；冲量是矢量，其方向与力的方向相同，故B 正确；作用力与反作用力大小相等，同时产生同时消失，故二力的冲量一定大小相等，方向相反，故C 正确；若力不等于零，则在一段时间内其冲量一定不为零，故D 正确。

2．下列说法正确的是( )A ．动量为零时，物体一定处于平衡状态B ．动能不变，物体的动量一定不变C ．物体所受合外力不变时，其动量一定不变D ．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动解析：选D 动量为零说明物体的速度为零，但物体速度为零并不一定为平衡状态，如汽车的启动瞬时速度为零，故A 错误；动能不变，说明速度的大小不变，但速度的方向是可以变化的，故动量是可能发生变化的，故B 错误；物体做匀变速直线运动时，物体的合外力大小不变，但速度大小会变化，故动量的大小也会发生变化，故C 错误；物体受到恒力作用时有可能做曲线运动，如平抛运动，故D 正确。

3．质量为2 kg 的小球自塔顶由静止开始下落，不考虑空气阻力的影响，g 取10 m/s 2，下列说法中正确的是( )A ．2 s 末小球的动能为40 JB ．2 s 末小球的动量大小为40 kg·m/sC ．2 s 内重力的冲量大小为20 N·sD ．2 s 内重力的平均功率为20 W解析：选B 2 s 末小球的速度v ＝gt ＝20 m/s ，则动能为E k ＝12mv 2＝400 J ，选项A 错误；2 s 末小球的动量大小为p ＝mv ＝40 kg ·m/s，选项B 正确；2 s 内重力的冲量大小为I ＝mgt ＝40 N·s，选项C 错误；2 s 内重力的平均功率为P ＝mg v ＝12mgv ＝200 W ，选项D 错误。

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第五章能量和动量(一)系统机械能守恒的三类连接体模型连接体问题是力学部分的难点，本书通过对近几年高考题及各地模拟题的深入研究，总结出以下三类可以利用系统机械能守恒来快速解题的连接体模型。

速率相等的连接体模型1．如图所示的两物体组成的系统，当释放B 而使A 、B 运动的过程中，A 、B 的速度均沿绳子方向，在相等时间内A 、B 运动的路程相等，则A 、B 的速率相等。

2．判断系统的机械能是否守恒不从做功角度判断，而从能量转化的角度判断，即：如果系统中只有动能和势能相互转化，系统的机械能守恒。

这类题目的典型特点是系统不受摩擦力作用。

[典例1] 如图所示，A 、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B 、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上。

现用手控制住A ，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。

已知A 的质量为4m ，B 、C 的质量均为m ，重力加速度为g ，细线与滑轮之间的摩擦不计。

开始时整个系统处于静止状态；释放A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时，C 恰好离开地面。

求：(1)斜面的倾角α； (2)A 球获得的最大速度v m 。

[审题建模](1)细线不可伸长，A 、B 两球速率一定相等，但B 与C 球以弹簧相连，速率一般不同。

(2)弹簧的弹性势能与弹簧的形变量大小有关，无论弹簧处于伸长状态还是压缩状态。

[解析] (1)由题意可知，当A 沿斜面下滑至速度最大时，C 恰好离开地面。

A 的加速度此时为零由牛顿第二定律得： 4mg sin α－2mg ＝0 则：sin α＝12，α＝30°。

(2)由题意可知，A 、B 两小球及轻质弹簧组成的系统在初始时和A 沿斜面下滑至速度最大时的机械能守恒，同时弹簧的弹性势能相等，故有：2mg ＝k Δx4mg Δx sin α－mg Δx ＝12(5m )v m 2得：v m ＝2gm 5k。

[答案] (1)30° (2)2gm 5k[集训冲关]1.如图所示，可视为质点的小球A 、B 用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R 的光滑圆柱，A 的质量为B 的两倍。

当B 位于地面时，A 恰与圆柱轴心等高。

将A 由静止释放，B 上升的最大高度是( )A ．2R B.5R 3 C.4R3D.2R 3解析：选C 如图所示，以小球A 、B 为系统，以地面为零势能面，设A 质量为2m ，B 质量为m ，根据机械能守恒定律有：2mgR ＝mgR ＋12×3mv 2，A 落地后B 将以v 做竖直上抛运动，即有12mv 2＝mgh ，解得h ＝13R 。

则B 上升的高度为R ＋13R ＝43R ，故选项C 正确。

2.(多选)(2017·青岛一模)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M 、m 的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。

开始时用手按住物体M ，此时M 到挡板的距离为s ，滑轮两边的细绳恰好伸直，而没有力的作用。

已知M ＝2m ，空气阻力不计。

松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是( )A ．M 和m 组成的系统机械能守恒B ．当M 的速度最大时，m 与地面间的作用力为零C ．若M 恰好能到达挡板处，则此时m 的速度为零D ．若M 恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M 做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m 的机械能增加量之和解析：选BD 运动过程中，M 、m 与弹簧组成的系统机械能守恒，A 错误；当M 速度最大时，弹簧的弹力等于Mg sin 30°＝mg ，此时m 对地面的压力恰好为零，B 正确；然后M 做减速运动，恰好能到达挡板时，也就是速度刚好减小到了零，之后M 会上升并最终到达松手位置，所以此时弹簧弹力大于mg ，即此时m 受到的绳拉力大于自身重力，m 还在加速上升，C 错误；根据功能关系，M 减小的机械能，等于m 增加的机械能与弹簧增加弹性势能之和，而M 恰好到达挡板时，动能恰好为零，因此M 减小的机械能等于M 减小的重力势能，即等于重力对M 做的功，D 正确。

3.(2017·福建质检)如图所示，一根轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，两端分别连接物块A 和B ，B 的下面通过轻绳连接物块C ，A 锁定在地面上。

已知B 和C 的质量均为m ，A 的质量为32m ，B 和C 之间的轻绳长度为L ，初始时C 离地面的高度也为L 。

现解除对A 的锁定，物块开始运动。

设物块可视为质点，落地后不反弹。

重力加速度大小为g 。

求：(1)A 刚上升时的加速度大小a ； (2)A 上升过程中的最大速度大小v m ； (3)A 离地面的最大高度H 。

解析：(1)解除对A 的锁定后，A 加速上升，B 和C 加速下降，A 、B 、C 加速度大小相等，设轻绳对A 和B 的拉力大小为T ，由牛顿第二定律得对A 受力分析得：T －32mg ＝32ma ①对B 、C 受力分析得： (m ＋m )g －T ＝(m ＋m )a ② 由①②式得a ＝17g 。

③(2)当物块C 刚着地时，A 的速度最大，从A 刚开始上升到C 刚着地的过程，由机械能守恒定律得2mgL －32mgL ＝12·2m ·v m 2＋12·32m ·v m 2④由④式得v m ＝27gL 。

⑤ (3)假设C 落地后A 继续上升h 时速度为零，此时B 未触地，A 和B 组成的系统，由动能定理得mgh －32mgh ＝0－12⎝⎛⎭⎪⎫m ＋32m v m 2⑥由⑤⑥式得h ＝57L ⑦由于h ＝57L ＜L ，假设成立，所以A 离地面的最大高度H ＝L ＋h ＝127L 。

⑧答案：(1)17g (2)27gL (3)127L角速度相等的连接体模型1．如图所示的两物体组成的系统，当释放后A 、B 在竖直平面内绕O 点的轴转动，在转动的过程中相等时间内A 、B 转过的角度相等，则A 、B 转动的角速度相等。

2．系统机械能守恒的特点(1)一个物体的机械能增加，另一个物体的机械能必然减少，机械能通过内力做功实现物体间的转移。

(2)内力对一个物体做正功，必然对另外一个物体做负功，且二者代数和为零。

[典例2] 质量分别为m 和2m 的两个小球P 和Q ，中间用轻质杆固定连接，杆长为L ，在离P 球L3处有一个光滑固定轴O ，如图所示。

现把杆置于水平位置后自由释放，在Q 球顺时针摆动到最低位置时，求：(1)小球P 的速度大小。

(2)在此过程中小球P 机械能的变化量。

[解析] (1)两球和杆组成的系统机械能守恒，设小球Q 摆到最低位置时P 球的速度为v ，由于P 、Q 两球的角速度相等，Q 球运动半径是P 球运动半径的两倍，故Q 球的速度为2v 。

由机械能守恒定律得2mg ·23L －mg ·13L ＝12mv 2＋12·2m ·(2v )2，解得v ＝2gL3。

(2)小球P 机械能增加量 ΔE ＝mg ·13L ＋12mv 2＝49mgL 。

[答案] (1)2gL 3 (2)增加49mgL [易错提醒]角速度相等的连接体解题的三点提醒 (1)要注意判断系统的机械能是否守恒。

(2)注意寻找物体间的速度关系和位移关系。

(3)列机械能守恒方程时，一般选用ΔE k ＝－ΔE p 的形式。

[集训冲关]1.(多选)如图所示，质量分别为m 和2m 的两个小球A 和B ，中间用轻质杆相连，在杆的中点O 处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B 球顺时针摆动到最低位置的过程中(不计一切摩擦)( )A ．B 球的重力势能减少，动能增加，B 球和地球组成的系统机械能守恒 B ．A 球的重力势能增加，动能也增加，A 球和地球组成的系统机械能不守恒C ．A 球、B 球和地球组成的系统机械能守恒D ．A 球、B 球和地球组成的系统机械能不守恒解析：选BC A 球在上摆过程中，重力势能增加，动能也增加，机械能增加，B 项正确；由于A 球、B 球和地球组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，C 项正确，D 项错误；所以B 球和地球组成系统的机械能一定减少，A 项错误。

2.(多选)如图所示，一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m 和2m 的小球A 和B ，支架的两直角边长度分别为2L 和L ，支架可绕固定轴O 点在竖直平面内无摩擦转动，开始时OA 处于水平位置，由静止释放后( )A ．A 球的最大速度为2gLB ．A 球的速度最大时，两小球的总重力势能最小C ．A 球的速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为45°D ．A 、B 两球的最大速度之比v A ∶v B ＝2∶1解析：选BCD 支架和两小球组成的系统在转动过程中机械能守恒。

A 的重力势能减少，A 、B 的动能和B 的重力势能增加。

A 、B 角速度相等，A 的线速度总是B 的线速度的2倍。

A 球速度最大时是系统动能最大时，即两球的总重力势能最小。

设OA 转过角θ时A 球速度最大，如图所示，则有12m (2v )2＋12·2mv 2＝mg ·2L sin θ－2mgL (1－cos θ)，即3v 2＝2gL (sin θ＋cos θ－1)，由数学知识可知θ＝45°时，速度最大，即v A m ＝236()2－1gL ，v B m ＝1362－1gL ，选项B 、C 、D 正确。

3.如图所示，半径为r 、质量不计的圆盘盘面与地面垂直，圆心处有一个垂直盘面的光滑水平固定轴O ，在盘的右边缘固定有一个质量为m 的小球A ，在O 点正下方离O 点r2处固定一个质量也为m 的小球B ，放开盘让其自由转动。

(1)当A 转动到最低点时，两小球的重力势能之和减少了多少？ (2)A 球转到最低点时的线速度是多少？(3)在转动过程中半径OA 向左偏离竖直方向的最大角度是多少？解析：(1)以通过固定轴O 的水平面为零势能面，开始时两球的重力势能之和为：E p1＝E p A ＋E p B ＝0－12mgr ＝－12mgr ，当小球A 转至最低点时两小球重力势能之和为：E p2＝E p A ＋E p B ＝－mgr ＋0＝－mgr ，故两球重力势能之和减少量为：ΔE p 减＝E p1－E p2＝－12mgr －(－mgr )＝12mgr 。

(2)由于圆盘转动过程中，系统只有动能和重力势能相互转化，系统的机械能守恒，因此系统的重力势能的减少一定等于两球动能的增加。

设A 球转至最低点时，A 、B 的线速度分别为v A 和v B ，则12mgr ＝12mv A 2＋12mv B 2。