2020年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
2020_2021学年高三物理一轮复习综合训练 动量
2020——2021学年高三物理一轮复习综合训练动量1.下列关于动量的说法中，正确的是（）A．物体的动量改变，其速度大小一定改变B．物体的动量改变，其速度方向一定改变C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变D．物体的运动状态改变，其动量一定改变2.两辆汽车的质量分别为1m和2m，沿水平方向同方向行驶且具有相等的动能，已知12m m>，则此时两辆汽车的动量1p和2p的大小关系是( )A.1p等于2pB.1p小于2pC.1p大于2pD.无法比较3.光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍。
将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q。
撤去外力后，P、Q开始运动，P 和Q的动量大小的比值为( )A．2n B．n C．1nD．14.关于动量，下列说法中正确的是( )A．做匀变速直线运动的物体，它的动量一定在改变B．做匀速圆周运动的物体，动量不变C．物体的动量变化，动能也一定变化D．甲物体动量15 /p kg m s⋅＝，乙物体动量210 /p kg m s⋅＝－，所以12p p>5.如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的四分之一圆周轨道，圆心O在S的正上方，在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a 自由下落，b沿圆弧下滑。
以下说法正确的是（）A．a比b先到达S，它们在S点的动量相同B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不同C．b比a先到达S，它们从各自起点到S点的动量的变化量相同D．a比b先到达S，它们从各自起点到S点的动量的变化量不同6.关于动量,下列说法正确的是( )A.速度大的物体,它的动量一定也大B.动量大的物体,它的速度一定也大C.只要物体运动的速度大小不变,物体的动量也保持不变D.质量一定的物体,动量变化越大,该物体的速度变化一定越大7.在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量的实验中,下列哪些因素可导致实验误差( )A.导轨水平安放B.小车上的挡光板倾斜C.两小车的质量不相等D.两小车碰后连在一起8.如图,光滑固定斜面的倾角为30°,甲、乙两物体用不可伸长的轻绳相连,保持静止状态,开始时甲、乙离地高度相同。
2024年高考物理第一轮复习计划
2024年高考物理第一轮复习计划第一轮复习是高考物理复习的重要阶段，目的是对基础知识进行巩固和整理，查漏补缺，为后续的深度复习做好准备。
下面是一个关于2024年高考物理第一轮复习计划的建议，供您参考。
第一阶段：复习基础知识（1个月）1.复习物理基础知识。
这包括力学、热学、光学、电磁学、原子物理等基础内容。
可以根据高中物理教材的章节进行复习，每天安排2-3个小时进行集中学习，梳理各个章节的重点内容，例如物理定律、公式、概念等。
2.做题巩固基础知识。
在复习每个章节后，要做一些相关的基础题目，既可以复习所学的知识，又能提高解题能力。
建议使用高中物理教材推荐的练习题，也可以选择一些历年高考试题来进行练习。
3.总结知识点。
复习每个章节后，要进行知识点的总结，整理出每个章节的重点、难点和易错点，可以用笔记、思维导图等方式进行整理，便于后续的复习回顾。
第二阶段：强化基础知识（2个月）1.深入学习重点内容。
在第一阶段复习的基础上，深入学习一些重点内容，如力学中的运动学、动力学、静电学中的电场、电势等。
可以选择与高考试题相关的例题进行分析和解答，掌握解题的基本思路和方法。
2.做题提高解题能力。
每周进行一次模拟考试，选择一些与基础知识相关的试题进行解答，检验自己的掌握程度和解题能力。
可以选择历年高考真题、模拟题或校内试题进行模拟考试，通过对试题的分析和解答，找出自己的不足之处，并及时进行补充和强化学习。
3.查漏补缺。
在做题的过程中，会发现自己对一些知识点掌握不够牢固或理解不够深入。
针对这些问题，要及时补充学习，可以查阅相关的参考书籍、教辅材料或网上资源进行深入学习和理解。
第三阶段：综合复习提升实战能力（1个月）1.综合巩固知识点。
对前两个阶段复习所学的基础知识进行综合巩固，可以通过做综合练习题、解析真题等方式进行巩固，提高对物理知识的整体把握能力。
2.做模拟试题。
每周进行一次模拟考试，选择全套的物理试题进行解答。
通过模拟考试来检验自己对知识点的综合理解能力，同时也能提高在有限时间内解题的实战能力。
2020版高考物理一轮复习全程训练计划课练44含解析
水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质的小车静止在光滑的水平地面上，小车上有现用两种方式将小球相对于地面以恒定速度v向右水平抛出，被誉为“中国天眼”的世界最大单口径射电望远镜坐落在贵州省平塘县，用来接收来自宇宙深处的电磁波．“中国天眼”的存在，使得深空通讯能力延伸至太阳系外缘行星，对探索宇宙的起源和地外文明具有重要意义．5．[2019·四川宜宾检测] 在通往量子论的道路上，一大批物理学家做出了卓越的贡献，下列有关说法正确的是( )A．爱因斯坦提出光子说，并成功地解释了光电效应现象B．德布罗意第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念C．玻尔在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念D．普朗克把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性答案：A解析：爱因斯坦提出光子说，并成功地解释了光电效应现象，选项A正确；玻尔第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，选项B错误；普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，选项C错误；德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性，选项D错误．6．[2019·江西师大附中模拟]下列说法正确的是( )A．玻尔理论认为电子的轨道是量子化的，电子在这些轨道上绕核转动时由于有加速度会不断向外辐射出电磁波B．光电效应揭示了光的粒子性，光电效应表明光子具有能量和动量C．裂变产生的中子速度很大，于是要通过镉棒将快中子变成慢中子，链式反应才能进行D．黑体辐射中电磁波的辐射强度按波长的分布只与黑体的温度有关，与材料以及表面积无关答案：D解析：玻尔理论认为，原子中的电子在某些不连续的特定轨道上绕核的转动是稳定的，不产生电磁辐射，故A错误；光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子除了具有能量外还具有动量，故B错误；核反应堆中，镉棒的作用是吸收中子，以控制反应速度，故C错误；辐射强度按照波长的分布情况只随物体的温度而有所不同，这是热辐射的一种特性，与材料以及表面积无关，故D正确．7.[2019·广西桂林、百色、崇左模拟]某金属在光的照射下产生光电效应，其遏止电压U c与入射光频率ν的关系图象如图所示．则由图象可知( )A．入射光的频率越大，该金属的逸出功越大B．入射光的频率越大，则遏止电压越大．为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验：分别为m1和m2，且m1＞e＝211．已知铀核子的质量分别是离开桌面时速度的大小．。
2020届高考物理一轮复习考点综合提升训练卷动量和能量综合题(含解析)
二者到达 B 点的速度大小为 v 0，则由机械能守恒定律有：(m ＋2m )gR ＝2(m ＋2m )v 02.F T －(2m ＋m )g ＝ R2020 年高考物理一轮复习考点综合提升训练卷---动量与能量综合题1.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 .【答案】 (1)9mg (2)6mgR (3)8R【解析】 (1)第一个过程：两杂技演员从 A 点下摆到 B 点，只有重力做功，机械能守恒．设1女演员未推男演员时，秋千绳的拉力设为 F T ，由两杂技演员受力分析有：(m ＋2m )v 02所以 F T ＝9mg(2)第二个过程：两演员相互作用，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 v 1、v 2，所以有(m ＋2m )v 0＝2mv 2－mv 1.1第三个过程：女演员上摆到 A 点过程中机械能守恒，因此有 mgR ＝2mv 12.1 1女演员推开男演员时对男演员做的功为 W ＝2×2mv 22－2×2mv 02(2)弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块 B 的动能，则 E p ＝ mv2B 0联立得：v 2＝2 2gR ，W ＝6mgR(3)第四个过程：男演员自 B 点平抛，有：s ＝v 2t .1运动时间 t 可由竖直方向的自由落体运动得出 4R ＝2gt 2，联立可解得 s ＝8R .2.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 、B9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2mv 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。
2024年高考物理第一轮复习计划和备考指导(二篇)
2024年高考物理第一轮复习计划和备考指导一、一轮复习的目标是夯实基础，将原来的基础知识结构、基本概念规律强化温习、理顺成纲。
原来在高一和高二期间的学习是对零碎知识的堆积，现在是把头脑中零碎的堆积转化为图书馆藏书式的条目结构，即第一轮复习要达到的目的。
一轮复习要对教材进一步地熟悉，对基本内容进一步加深认识，只有熟记于心，才能熟能生巧。
这一过程非常重要，对基础好的同学而言这是一个加强和加深的过程，对基础弱的同学则是一个迎头赶上的良好机会。
可以说，这一阶段是高三学生的黄金时段，这一阶段是弥补以前学习中知识上的缺陷和能力中的不足的最好机会。
第一轮的复习虽然是对教材知识的温习，但绝对不是原来课堂内容上的重复，而是理顺各章节的纲领关系，归纳每个部分的处理方法。
在这个过程中，要弄清每个章节需要加深的有哪些知识点，以及这些知识点在新高考中是什么样的要求(新《考试说明》没有到位，可按上一年的《考试说明》要求)；要了解基本规律的来龙去脉，知道本章节内容和其他章节内容的关联；不仅要加深对基本概念、基本规律的理解与运用，而且还要弄清概念、规律的形成过程；要通过复习对所学知识进行综合归纳，连成线、结成网、形成树。
复习中要备好两个本，一是错题本，二是笔记本。
错题本是把做过的题目，包括在平时的考试和自测中，那些做错的和不会做的题收集起来，认真分析错误的原因，明确是属于知识缺陷、理解错误，还是自己一时疏忽看错了题，或是计算失误、书写不当等，自己有何感受和启发，并加以评述和记录，以备以后查看；笔记本不仅是课堂笔记，更重要的是将学过的知识根据自己的理解进行整理，总结、形成自己所理解的体系，这一过程是将书本由厚读薄的过程，形象地说，就是自己写一本自己看的“书”，自己写的“书”对自己最有用，理解也更深刻，无论什么时候有了新的理解，都及时把它加入到这本“书”里，最终形成网状的知识结构。
复习期间，老师会以纲领为线条进行讲解、以方法为主线进行典例分析。
2020版新一线高考物理(人教版)一轮复习课后限时集训5 力的合成与分解 含解析
课后限时集训(五)(建议用时：40分钟)[基础对点练]题组一：力的合成1．三个共点力大小分别是F1、F2、F3，关于它们合力F的大小，下列说法正确的是() A．F大小的取值范围一定是0≤F≤F1＋F2＋F3B．F至少比F1、F2、F3中的某一个大C．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶8，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零D．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶2，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零C[三个大小分别是F1、F2、F3的共点力合成后的最大值一定等于F1＋F2＋F3，但最小值不一定等于零，只有当某一个力的大小在另外两个力的大小的和与差之间时，这三个力的合力才可能为零，选项A、B、D错误，C正确。
]2．某物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，在如图所示的四种情况中(坐标纸中每格的边长表示1 N大小的力)，该物体所受的合外力大小正确的是()甲乙丙丁A．图甲中物体所受的合外力大小等于4 NB．图乙中物体所受的合外力大小等于2 NC．图丙中物体所受的合外力等于0D．图丁中物体所受的合外力等于0D[图甲中，先将F1与F3合成，然后再由勾股定理求得合力大小等于5 N，选项A错误；图乙中，先将F1与F3正交分解，再合成，求得合力大小等于5 N，选项B错误；图丙中，可将F3正交分解，求得合力大小等于6 N，选项C错误；根据三角形定则，图丁中合力等于0，选项D正确。
] 3．(多选)物体同时受到同一平面内三个共点力的作用，下列几组力的合力可能为零的是() A．5 N、7 N、8 N B．5 N、2 N、3 NC．1 N、5 N、10 N D．10 N、10 N、10 NABD[三力合成，若其中两力的合力与第三力大小相等、方向相反，就可以使这三个力合力为零，只要使其第三力在其他两个力的合力范围内，就可能使合力为零，即第三力F 3满足|F 1－F 2|≤F 3≤F 1＋F 2。
分析各选项中前两力合力范围：A 选项，2 N ≤F 合≤12 N ，第三力在其范围内；B 选项，3 N ≤F合≤7 N ，第三力在其合力范围内；C 选项，4 N ≤F 合≤6 N ，第三力不在其合力范围内；D 选项，0≤F 合≤20 N ，第三力在其合力范围内。
2020版高考物理一轮复习全程训练计划课练43含解析
课练一、选择题．人从高处跳下，为更好地保护身体，双脚触地，膝盖弯曲让身体重心继续下降．着地过程这样做，可以减小( )．人动量变化的时间．人受到的冲量．人的动量变化量．人的动量变化率答案：解析：膝盖弯曲的过程叫缓冲，不能改变动量变化量和冲量，但是延长了作用时间，可以减小动量变化率，即减小作用力，答案选..如图所示，在光滑的水平面上放有一物体，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为，最低点为，两端、等高，现让小滑块从点由静止开始下滑，在此后的过程中( ) ．和组成的系统机械能守恒，动量守恒．和组成的系统机械能守恒，动量不守恒．从到的过程中向左运动，从到的过程中向右运动．从到的过程中，运动的位移为答案：解析：和组成的系统机械能守恒，总动量不守恒，但水平方向动量守恒，错误、正确；从到过程中，向左加速运动，当到达处时，向左速度最大，从到过程中，向左减速运动，错误；在从到过程中，有＝，＋＝，得＝(＋)，错误．．[·河北唐山模拟](多选)在研究某金属的光电效应现象时，发现当入射光的频率为ν时，其遏止电压为.已知普朗克常量为，电子的电荷量为，下列说法正确的是( ) ．该金属的截止频率为ν－．该金属的逸出功为－ν．增大入射光的频率，该金属的截止频率增大．增大入射光的频率，遏止电压增大答案：解析：设该金属的截止频率为ν，则有ν－ν＝，ν＝ν－，故正确；该金属的逸出功＝ν＝ν－，故错误；该金属的截止频率只与材料本身有关，与入射光的频率没有关系，故错误；根据ν－ν＝可知，增大入射光的频率，遏止电压增大，故正确．．[·贵阳清华中学月考]电子的发现是人类对物质结构认识上的一次飞跃，开创了探索物质微观结构的新时代．下列关于电子的说法正确的是( )．β射线是高速电子流，它的穿透能力比α射线和γ射线都弱．β衰变时原子核会释放电子，说明电子也是原子核的组成部分．电子穿过晶体时会产生衍射图样，这证明了电子具有粒子性．汤姆孙发现不同物质发出的阴极射线的粒子比荷相同，这种粒子即电子答案：解析：β射线是高速电子流，它的穿透能力比α射线强，比γ射线弱，选项错误；β衰变时原子核会释放电子，这是原子核内的中子转化为质子时放出的，不能说明电子也是原子核的组成部分，选项错误；电子穿过晶体时会产生衍射图样，这证明了电子具有波动性，选项错误；汤姆孙发现不同物质发出的阴极射线的粒子比荷相同，这种粒子即电子，选项正确．.[·云南临沧一中检测]图中画出了氢原子的个能级，并注明了相应的能量.处在＝的能级的个氢原子向低能级跃迁时，能够发出若干种不同频率的光子．若这些受激氢原子最后都回到基态，假定处在量子数为的激发态的氢原子跃迁到各较低能级的原子数都是处在该激发态能级上的原子总数的，已知金属钾的逸出功为 .则在此过程中发出的光子，能够从金属钾的表面打出光电子的光子数为( )．．．．答案：解析：根据题中所给信息，处在量子数为的激发态的氢原子跃迁到各较低能级的原子数都是处在该激发态能级上的原子总数的，即向量子数为、的激发态和基态各跃迁×＝(个)，发出光子×＝ (个)；同理，处在量子数为的激发态的(个)氢原子跃迁到量子数为的激发态和基态的原子数都是×＝(个)，发出光子×＝(个)；处在量子数为的激发态的氢原子跃迁到基态的原子数是＋＝(个)，发出光子个．处在＝的能级的一群氢原子向低能级跃迁时能发出不同光电子的数目为＝种，＝能级跃迁到＝能级辐射的光子能量为，＝能级跃迁到＝能级辐射的光子能量为，均小于，不能使金属钾发生光电效应，其他四种光子能量都大于 .所以在此过程中能够从金属钾的表面打出光电子的光子数为＋＋－－＝ (个)．故正确．．[·安徽滁州模拟]年，量子通信卫星“墨子号”首席科学家潘建伟获得“物质科学奖”．对于有关粒子的研究，下列说法正确的是( )．在铀核的裂变中，当铀块的体积小于“临界体积”时，不能发生链式反应．当温度发生变化时，铀元素的半衰期也发生变化．轻核聚变的过程质量增大，重核裂变的过程有质量亏损．比结合能小的原子核结合成(或分裂成)比结合能大的原子核时一定吸收能量答案：解析：在铀核的裂变中，当铀块的体积小于“临界体积”时，不能发生链式反应，故正确；半衰期由原子核内部因素决定，与温度等环境因素无关，故错误；裂变和聚变都有质量亏损，故错误；比结合能小的原子核结合成(或分裂成)比结合能大的原子核时有质量亏损，释放能量，故错误．．[·辽宁大连模拟]下列有关原子核和质能方程的说法，正确的是( )．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量．爱因斯坦质能方程表明，在一定条件下质量可以转化为能量．放射性元素发生β衰变时放出的是核外电子．两个质子之间，不论距离如何，核力总是大于库仑力答案：解析：原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，故正确；质能方程不能说明质量与能量可以相互转化，故错误；β衰变是原子核的衰变，与核外电子无关，β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子的同时释放出来的，故错误；核力属于短程力，距离大到一定程度就变为零，因此并非核力总是大于库仑力，故错误．．[·全国卷Ⅱ，]用波长为的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为×－．已知普朗克常量为×－·，真空中的光速为×·－，能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为( )．×．×．×．×答案：解析：由光电效应方程式得＝ν－，即＝ν－，而＝ν，联立解得ν＝ν－＝－≈×，故正确．二、非选择题．[·南昌检测]某同学用图所示装置来验证动量守恒定律，实验时先让小球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复次；然后再把小球静置在斜槽轨道末端，让小球仍从原固定点由静止开始滚下，和小球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复次．回答下列问题：()在安装实验器材时斜槽的末端应．()小球、质量、的大小关系应满足，两球的半径应满足.(选填“>”、“<”或“＝”) ()本实验中小球落地点的平均位置距点的距离如图所示，小球、碰后的平均落地点依次是图中的点和点．()在本实验中，验证动量守恒的式子是下列选项中的．．＝＋．＝＋．＝＋答案：()保持水平()> ＝() ()解析：()小球离开轨道后应做平抛运动，所以在安装实验器材时斜槽的末端必须保持水平，才能使小球做平抛运动．()为防止在碰撞过程中入射小球被反弹，入射小球的质量应该大于被碰小球的质量.为保证两个小球的碰撞是对心碰撞，两个小球的半径应相等．()小球和小球相碰后，根据动量守恒和能量守恒可知小球的速度大于小球的速度．由此可判断碰后小球、的落点位置分别为、点．()小球下落高度一样，所以在空中的运动时间相等，若碰撞过程满足动量守恒，则应有＝＋，两边同时乘以时间可得＝＋，即有＝＋，故选项正确．．[·武昌调研]一光电管的阴极用极限波长为λ的材料制成，将它连接在如图所示的电路中，当用波长为λ的光照射阴极(λ<λ)，并调节滑动变阻器使光电管阳极和阴极之间的电势差逐渐增大到时，光电流达到饱和且饱和电流为.则每秒内由阴极发出的电子个数在数值上等于，到达阳极的电子的最大动能为．(已知普朗克常量为，真空中光速为，元电荷的值为)如果阳极和阴极之间的电势差不变，仅将同种照射光的强度增到原来的三倍，则到达阳极的电子的最大动能(填“变大”、“不变”或“变小”)．答案：＋不变解析：由于＝，所以每秒内由阴极发出的电子个数在数值上等于.到达阳极的电子最大初动能：＝－＋.若不改变阳极与阴极之间的电势差，仅将同种照射光的强度增加到原来的三倍，因为照射光的频率不变，故到达阳极的电子最大动能不变．．[·江苏泰州中学模拟]在微观领域，动量守恒定律和能量守恒定律依然适用．在轻核聚变的核反应中，两个氘核()以相同的动能做对心碰撞，该反应中释放的核能为Δ，假设释放的核能全部转化为氦核()和另一种粒子的动能．()写出核反应方程式．()在上述轻核聚变的核反应中生成的氦核和另一种粒子的动能各是多少？答案：()→＋或＋→＋()(＋Δ) (＋Δ)解析：()核反应方程为→＋或＋→＋.()根据核反应中系统的能量守恒，有＋＝＋Δ，根据核反应中系统的动量守恒，有－＝，由＝可知＝＝，解得＝(＋Δ)，＝(＋Δ)．．用质子轰击锂核，生成个α粒子，已知质子的初动能是＝，质子、α粒子和锂核的质量分别为＝，α＝，＝，试回答：()写出核反应方程．()核反应前后发生的质量亏损？()核反应中释放的能量为多少？()若核反应释放的能量全部用来增加两个α粒子的总动能，则求核反应后两个α粒子具有的总动能．答案：()＋→()() ()解析：()根据质量数守恒、电荷数守恒得＋→.()质量亏损：Δ＝＋－α＝＋－× ＝ .()由爱因斯坦质能方程得Δ＝× ＝ .()根据题意得＝＋Δ＝＋＝ .。
2020版高考物理人教版(山东专用)一轮复习练习：第五章 专题探究五 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1.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 )A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR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,即铁块动能E k=mv2=mgR,初动能为零,故动能增加mgR,铁块重力势能减少mgR,所以机械能损失mgR,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/s2)( 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解析:升降机对物体所做的功W=mgh+mv2=5 800 J,选项A正确;合外力做功W合=mv2=800 J,选项B错误;重力势能增加E p=mgh=5 000 J,选项C正确;物体机械能增加E=mgh+mv2=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v0=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μ=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=μg=2 m/s2,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每个工件做正功为W f=mv2-m=0.75 J,选项C错误;在t=0.5 s内,工件对地位移为x1=t=0.75 m,传送带对地位移为x2=vt=1 m,所以每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为Q=μmg(x2-x1)=0.25 J,选项D错误.4. (多选)如图所示,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.物块的速度始终减小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一定小于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和解析:物块下落过程中,刚开始由于mgsin 30°+μmgcos 30°=mg>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mgsin 30°+μmgcos 30°=mg+mg,代入数据解得x=L,故B正确;物块未释放时,软绳的重心离斜面顶端的高度为h1=sin 30°=,软绳刚好全部离开斜面时,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;以软绳和物块组成的系统为研究对象,软绳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/s2,下列结论正确的是( 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-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=μmg,μ===0.12;由F s图线与s轴所围面积表示力F所做的功可得W F=50 J,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=-40 J,v=2 m/s;物体匀速运动的时间t匀=s= 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D.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,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=,从A到C根据动能定理mg(h- 2R)=m-0,得h=2.5R,选项A错误;从A到滑块在传送带上向右运动距离最大,根据动能定理得mgh-μmgx=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,与高度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=μmgΔx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.8. (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全部用来增加小球的动能,则的值可能是( AB )A. B. C. D.1解析:第一次击打小球时小球最高运动到过O点与水平地面平行的直径的两端位置,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,根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,光滑斜面OA与倾斜传送带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.已知物体与传送带间动摩擦因数μ=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/s2.(sin 37°=0.6,cos 37°=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W= J- J=90 J.(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=6 m/s.由于v0>v,物块所受摩擦力沿传送带向下,设此阶段加速度大小为a1, 由牛顿第二定律:mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1解得a1=10 m/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=1 m,此后摩擦力改变方向,由于mgsin 37°>μmgcos 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a2,再由牛顿第二定律mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,设之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=4 m,所以物块能够在传送带上发生的最大位移x m=x1+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和斜面MN相切于C,M点,斜面倾角分别如图所示.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质量m1=3 kg,与MN间的动摩擦因数μ=,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=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.解析:(1)根据平衡条件,满足m1gsin 53°=m2gsin 37°可得m2=4 kg.(2)P到D过程由动能定理得m1gh=m1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 D-m1g=m1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m1gL1sin 53°-μm1gx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/s2,求:(1)A点与B点的水平距离;(2)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,则gt1=v0tan 37°,x=v0t1联立得x=1.2 m.(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mgsin 37°-μmgcos 37°=ma1薄板在光滑斜面上运动,则Mgsin 37°+μmgcos 37°=Ma2小物体从落到薄板到两者速度相等用时为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=x1-x2联立得l=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μ1=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μ2=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.(1)求右侧圆弧的轨道半径R;(2)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=m,可知v0=6 m/s,因为v0>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μ1mg=ma1,v=v0-a1t1,x1=v0t1-a1,得到a1=2 m/s2,t1=0.5 s,x1=2.75 m,因为x1<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,由动能定理可知mv2=μ2mgs+mgR,代入数据整理可以得到R=0.8 m.(2)设物块从E点返回至B点的速度为v B,有mv2-m=μ2mg·2s,解得v B= 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,可知其以相同的速率离开传送带,设最终停在距C点x处,有m=μ2mg(s-x),解得x= m.(3)设传送带速度为v1时物块恰能到F点,在F点满足mgsin 30°=m,从B到F过程中由动能定理可知m-m=μ2mgs+mg(R+Rsin 30°)解得v1= m/s,设传送带速度为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,若物块在传送带上一直加速运动,由m-m=μ1mgL,知其到B点的最大速度v Bm= m/s,综合上述分析可知,只要传送带速度m/s≤v≤ m/s就满足条件.答案:(1)0.8 m (2) m(3) m/s≤v≤ m/s感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
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)。
2020版高考物理一轮复习全程训练计划课练5力的合成与分解含解析
如图所示，一件重力为＝120°，底边水平，不计摩擦．则衣架一侧对衣服的作用力大小为GG如图所示，重力为6 N的木块静止在倾角为上，若用平行于斜面沿水平方向、大小等于4 N的力F推木块，木块仍保持静止，则木块所．F3＝F1>F2．F1>F2＝F3题图甲中物体处于静止状态，所以合力为零，即弹簧的弹力等于重力大小；智能手机的普及使“低头族”应运而生．低头时，颈椎受到的压力会增大时，颈椎所承受的压力等于头部的重力)．现将人体头颈部简化为如图所示的模型：重心在OP(轻杆)的支持力和沿静止．当低头时，若颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为在水平方向：F N sin45°＝：1 B．：2cosθ：1 D．：2sinθA、B两球受力分析如图所示，m A：m：sin2＝：2cos如图所示，内壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平．当系统保持静止时，B球对碗壁刚好无压力，．：2 B．：1．：3：1答案：C解析：B球对碗壁刚好无压力，则根据几何知识分析可得，受到水平向左的力F 间细线与竖直方向的夹角为α，则由x如图所示，OP为一满足胡克定律的弹性轻绳，其一端固另一端与静止在水平地面上的滑块P相连，为紧挨绳的一光滑水平小钉，它与天花板的距离等于弹性绳的彼此用轻绳连接，并悬挂在空中．在稳定水平风力作用下发生倾斜，如图所示．设每只灯笼的质量均为则自上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为(杆、BC杆均可替换为轻绳杆表现为拉力，BC杆表现为支持力．左边圆杆对滑块的支持力大小为mg cosθ．左边圆杆对滑块的摩擦力大小为mg sinθ，左边圆杆对滑块的支持力将增大如图所示，质量分别为放在水平桌面上，木块B用轻绳通过定滑轮在力角，不计滑轮与绳间的摩擦，则下列说法正确的是如图，A、B两球(可视为质点其中球A处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界处．沿竖直方向，OAB恰好构成一个正三角形，重力加速度为进行受力分析如图所示，受重力、弹簧的弹力、细绳的拉力，它们互成由力的合成法则可知必有mg＝弹簧的弹力、墙壁向右的支持力、细绳的拉力、地面的支持力，在水平方向有墙的支持力等于弹簧的弹力在水平方向的分量如图，粗糙水平面上根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止．c、d之间弹簧长度的一半，之间的弹簧是伸长的，设原长为l，伸长量为之间的弹簧伸长量为2x.由于l＋2x，无解，所以a、如图所示，质量为m的球置于斜面上，拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以小球为研究对象，分析受力情况如图所示，重力F1cosθ＝mg大小不变，与加速度无关，不可能为零，由②看出，若加速度足的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为30°且绷紧，小球A处于静止，受力分析，小球受到拉力、重力和施加的外力，作出受力分析图，当小与细绳垂直时，作用力最小，由受力平衡得：的合力越小的大小和方向、力F2的方向，则第三个力两个力的反向延长线之间，但不能沿F1、F2的反方向，如图所示，所以与F夹角如何变化，其合力不变，如图所示，三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球保持静止，缓缓拉到图中虚线位置，)将三个完全相同的光滑球用不可伸长的细线悬挂于G，线长均为如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细绳连接，在细绳的中点加一与斜面垂直向上的拉力，使两物体均处于静止状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )A．a、b两物体的受力个数一定相同B．a、b两物体受到的摩擦力大小一定相等C．a、b两物体对斜面的压力相同D．当逐渐增大拉力F时，物体b先开始滑动答案：C解析：分别对a、b进行受力分析，如图所示，b物体处于静止状态，当绳中拉力沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，f b＝0，所以b可能只受3个力作用，而a物体一定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，选项A、B错误；a、b两物体沿垂直于斜面方向受力都平衡，设绳与斜面间的夹角为θ，则N a＋T a sinθ＝mg cosθ，N b＋T b sinθ＝mg cosθ，T a＝T b＝T，解得N a＝N b＝mg cosθ－T sinθ，则a、b两物体对斜面的压力相同，选项C正确；对a沿斜面方向有T a cosθ＋mg sinθ＝f a，对b，沿斜面方向有T b cosθ－mg sinθ＝f b，a、b对斜面的压力相等，所以最大静摩擦力相等，当逐渐增大拉力F时，a先达到最大静摩擦力，先滑动，选项D错误．二、非选择题12．质量为m＝0.8 kg的砝码悬挂在轻绳PA和PB的结点上并处于静止状态，PA与竖直方向的夹角为37°，PB沿水平方向．质量为M＝10 kg的木块与PB相连，静止于倾角为37°的斜面上，如图所示．(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)轻绳PB拉力的大小；。
2020版高考物理一轮复习全程训练计划课练5力的合成与分解含解析(1)
力的合成与分解小题狂练⑤小题是基础练小题提分快．[·河南省开封考试]如图所示，一件重力为的衣服悬挂在等腰衣架上，已知衣架顶角θ＝°，底边水平，不计摩擦．则衣架一侧对衣服的作用力大小为( )．答案：解析：由题意知，衣架两侧对衣服作用力的夹角为°，由力的平衡条件知，°＝，解得＝，选项正确．．[·四川省成都模拟]如图，在水平晾衣杆(可视为光滑杆)上晾晒床单时，为了尽快使床单晾干，可在床单间支撑轻质细杆．随着细杆位置的不同，细杆上边两侧床单间夹角θ(θ<°)将不同．设床单重力为，晾衣杆所受压力大小为，下列说法正确的是( )．当θ＝°时，＝．当θ＝°时，＝．只有当θ＝°时，才有＝．无论θ取何值，都有＝答案：解析：对床单和轻质细杆进行受力分析可知，整体受重力(轻质细杆不计质量)和晾衣杆给的支持力，根据牛顿第三定律可知，晾衣杆给床单的支持力大小等于晾衣杆所受的压力大小，根据平衡条件可知，＝，与细杆上边两侧床单间夹角θ无关，选项正确．.[·安徽省合肥二中模拟]如图所示，重力为的木块静止在倾角为°的斜面上，若用平行于斜面沿水平方向、大小等于的力推木块，木块仍保持静止，则木块所受的摩擦力大小为( )．．．．答案：解析：初始时木块保持静止，相对于斜面有下滑的趋势，斜面对其沿斜面向上的静摩擦力分力＝°＝，木块受到水平力的作用，相对于斜面有水平向左运动的趋势，斜面对其水平向右的静摩擦力分力大小为＝＝，所以斜面对木块的摩擦力大小为＝＝，选项正确．．[·四川省成都七中模拟]如图所示，轻绳绕过轻质光滑滑轮一端系于竖直墙上的点，另一端系于水平墙上的点．质量为的物体系于滑轮的圆心处，水平外力也作用于滑轮的圆心处．当的大小合适时，端轻绳水平且端轻绳与竖直方向成°角．重力加速度为，下列说法正确的是( )．绳上拉力大小＝．绳上拉力大小＝．水平外力大小＝．水平外力大小＝答案：解析：以滑轮为研究对象进行受力分析，根据正交分解得＝°，＝°＋，解得＝，＝，故选.．[·湖北省华中师大附中模拟]图甲、乙、丙中弹簧秤、绳和滑轮的质量均不计，绳与滑轮间的摩擦力不计，物体的重力都是，在图甲、乙、丙的情况下，弹簧秤的读数分别是、、，则( )．>＝．＝>．＝＝．>＝答案：解析：题图甲中物体处于静止状态，所以合力为零，即弹簧的弹力等于重力大小；题图乙中物体受到重力、支持力和弹簧的弹力，三力合力为零，根据力的合成与分解可知＝°；题图丙中物体受到重力和两个互成°的拉力作用，合力为零，根据力的合成与分解可知拉力大小等于重力大小，即＝＝>，选项正确，、、错误．．[·广东省深圳市高级中学测试]智能手机的普及使“低头族”应运而生．低头时，颈椎受到的压力会增大(当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重力)．现将人体头颈部简化为如图所示的模型：重心在头部的点，头在可绕转动的颈椎(轻杆)的支持力和沿方向肌肉拉力的作用下处于静止．当低头时，若颈椎与竖直方向的夹角为°，与竖直方向的夹角为°，此时颈椎受到的压力与直立时颈椎受到的压力的比值为(°＝，°＝)( )．．．．答案：解析：受力分析，如图所示．在水平方向：°＝°，竖直方向：°＝＋°，联立解得＝，所以正确，、、错误．．[·湖南省益阳市、湘潭市调研]如图所示，小球、通过一条细绳跨过定滑轮连接，它们都套在一根竖直杆上．当两球平衡时，连接、两球的细绳与水平方向的夹角分别为θ和θ.假设装置中的各处摩擦均不计，则、球的质量之比为( )．θ：．：θ．θ：．：θ答案：解析：对、两球受力分析如图所示，由力的平衡条件可知，′θ＝，θ＝，′＝，解得：＝θ：θ＝：θ，正确．．[·广东省深圳联考]如图所示，内壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平．球、球与球分别用两根轻质细线连接．当系统保持静止时，球对碗壁刚好无压力，图中θ＝°，则球和球的质量之比为( )．：．：．：：答案：解析：球对碗壁刚好无压力，则根据几何知识分析可得，球所在位置两细线的夹角为°，以球为研究对象，进行受力分析，水平方向所受合力为零，设球左、右两边细线的拉力大小分别为、，由此可知θ＝θ，＝＝θ，正确．.[·湖北省部分重点中学联考](多选)如图所示，滑块与小球用一根不可伸长的轻绳相连，且滑块套在水平直杆上．现用大小为、与水平方向成°角的力拉，使、一起向右匀速运动，运动过程中、保持相对静止．已知、的质量分别为、，重力加速度为，则( ) ．轻绳与水平方向的夹角θ＝°．轻绳与水平方向的夹角θ＝°．滑块与水平直杆之间的动摩擦因数为．滑块与水平直杆之间的动摩擦因数为答案：解析：以为研究对象，进行受力分析，由于拉力与的重力大小相等，夹角为°，故轻绳的拉力大小为，与水平方向的夹角应为θ＝°.以为研究对象，进行受力分析得：θ＝μ(＋θ)，得滑块与水平直杆之间的动摩擦因数为，故选、.．[·江西省南昌调研]如图所示，两段等长轻质细线将质量分别为、的小球、(均可视为质点)悬挂在点，小球受到水平向右的恒力作用，小球受到水平向左的恒力的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图乙所示的状态，小球刚好位于点正下方，则与的大小关系是( )．＝．＝．＝．＝答案：解析：受到水平向右的力，受到水平向左的力，以整体为研究对象，受力分析如图所示，设、间细线与竖直方向的夹角为α，则由的分解和平衡条件得α＋＝，α＝＋，故α＝，以为研究对象，受力分析，设、间细线与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：β＝，由几何关系有：α＝β，得＝，故正确．．[·湖南省十二校联考]如图所示，光滑固定斜面的倾角为°，轻绳一端通过两个滑轮与相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦．物块的质量为，不计滑轮的重力，挂上物块后，当动滑轮两边轻绳的夹角为°时，、恰能保持静止，则物块的质量为( )．．答案：解析：先以为研究对象，由物块受力及平衡条件可得，绳中张力＝°.再以动滑轮为研究对象，分析其受力并由平衡条件有＝，解得＝，正确．.[·吉林省辽源五中摸底]如图所示，为一满足胡克定律的弹性轻绳，其一端固定于天花板上的点，另一端与静止在水平地面上的滑块相连，当弹性绳处于竖直方向时，滑块对地面有压力作用．为紧挨绳的一光滑水平小钉，它与天花板的距离等于弹性绳的自然长度，现用一水平力作用于滑块，使之向右缓慢地沿水平地面做直线运动，在运动过程中弹性绳处于弹性限度内，且满足弹力与形变量成正比的关系，滑块与地面间的动摩擦因数恒定，则下列说法正确的是( )．地面作用于滑块的摩擦力不变．地面对滑块的支持力减小．水平力减小．水平力保持不变答案：解析：设在某点处弹性绳与水平方向的夹角为θ，对滑块进行受力分析，有＝弹θ＋，＝弹θ＋，＝μ′，′＝，弹＝＝，解得地面对滑块的支持力不变，地面对滑块的摩擦力也不变，变大，故选..一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接，并悬挂在空中．在稳定水平风力作用下发生倾斜，轻绳与竖直方向的夹角为°，如图所示．设每只灯笼的质量均为，重力加速度大小为，则自上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为( )．．答案：解析：以第一只灯笼下方的四只灯笼整体为研究对象，受力分析，根据力的合成与分解得，自上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小＝＝，只有选项正确．．在如图所示的四幅图中，、均为轻质杆，各图中杆的、端都通过铰链与墙连接，两杆都在处由铰链相连接，点下方用轻绳悬挂小物块，下列关于杆受力的说法正确的是( )．甲中的杆、杆均可替换为轻绳．乙中的杆表现为拉力，杆表现为支持力．丙中的杆、杆均可替换为轻绳．丁中的杆、杆均表现为支持力答案：解析：由题图看出，甲、丙、丁中，杆对点产生的是拉力，当用轻绳代替时效果不变，仍能使装置平衡，同理可知，题图中的杆可以用与之等长的轻绳代替的只有丙，故错误，正确；乙中点受向下的拉力，则杆表现为支持力，由平衡关系可知杆也表现为支持力，故错误；对丁中点分析可知，点受向下的拉力，杆表现为拉力，杆表现为支持力，故错误．．图甲是由两圆杆构成的“”形斜槽，它与水平面成倾角θ放置．现将一质量为的圆柱体滑块由斜槽顶端释放，滑块恰好匀速下滑．沿斜槽看去，截面如图乙所示．已知滑块与两圆杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为，β＝°，则( )．μ＝θ．左边圆杆对滑块的支持力大小为θ．左边圆杆对滑块的摩擦力大小为θ．若增大θ，左边圆杆对滑块的支持力将增大答案：解析：滑块恰好匀速下滑，则滑块受力平衡，对滑块受力分析，根据平衡条件得，θ＝＝μ，θ＝＝，解得μ＝θ，选项错误，正确；左边圆杆对滑块的摩擦力大小为＝θ，选项错误；若θ增大，θ减小，则左边圆杆对滑块的支持力将减小，选项错误．课时测评⑤综合提能力课时练赢高分一、选择题．[·吉林长春模拟](多选)在一条直线上的两个共点力、的合力大小为，保持、的方向不变，、、均不为，下列说法正确的是( )．若、同时增大一倍，则也一定增大一倍．若、同时增加，则一定增加．若增加，减少，则可能增加．若、中一个不变，另一个增大，则一定增大答案：解析：由于保持、的方向不变，可知若、同时增大一倍，则合力的方向不变，并且也一定增大一倍，故正确；若、同时增加，根据合力与分力之间的关系可知，只有两个分力的方向相同时，才能增加，若二者方向相反，则不变，故错误；若、的方向相反，增加，减少，则可能增加，故正确；若、的方向相反，、中一个不变，原来较小的一个力增大，则合力可能减小，故错误．．[·德州模拟](多选)如图所示，质量分别为、的两个木块、通过劲度系数为的轻弹簧连接，木块放在水平桌面上，木块用轻绳通过定滑轮在力的作用下整体处于静止状态，绳与水平方向成α角，不计滑轮与绳间的摩擦，则下列说法正确的是( ) ．木块对桌面的压力为＝＋－α．轻弹簧处于拉伸状态，弹簧的弹力大小为．木块对桌面的摩擦力大小为＝α，方向向左．木块对桌面的摩擦力大小为＝α，方向向右答案：解析：对、(含弹簧)整体分析，竖直方向α＋－－＝，所以＝＋－α，即正确．对受力分析知弹簧处于拉伸状态，其弹力大小应等于的重力与绳子拉力的合力．由平行四边形定则和余弦定理得：弹＝＝.即对．同样对、整体分析，知桌面对的摩擦力应向左，大小为′＝α，故对桌面的摩擦力应向右，大小为＝′＝α.故、均错．．[·辽宁鞍山一中模拟]如图，、两球(可视为质点)质量均为，固定在轻弹簧的两端，分别用细绳悬于点，其中球处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界处．已知两球均处于静止状态，沿竖直方向，恰好构成一个正三角形，重力加速度为，则下列说法正确的是( ) ．球对竖直墙壁的压力大小为．弹簧对球的弹力大于对球的弹力．绳的拉力大小等于．球对地面的压力不可能为零答案：解析：对球进行受力分析如图所示，受重力、弹簧的弹力、细绳的拉力，它们互成°角，球处于平衡状态，由力的合成法则可知必有＝＝，故正确．球受重力、弹簧的弹力、墙壁向右的支持力、细绳的拉力、地面的支持力(其中地面的支持力和细绳的拉力可能只有一个)，在水平方向有墙的支持力等于弹簧的弹力在水平方向的分量＝′θ＝°＝，由牛顿第三定律可知错误；弹簧静止，合力为零，故两个球对弹簧的弹力等大、反向、共线，故弹簧对球的弹力等于对球的弹力，故错误；对球进行受力分析并列平衡方程，绳对球的拉力和地面的支持力的合力大小等于弹簧弹力的竖直分力和重力之和，故＋＝＋°，＝＝，可知当＝时，地面对的支持力等于零，根据牛顿第三定律，球对地面的压力可能为零，故错误．．[·广东广州模拟](多选)如图，粗糙水平面上、、、四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止．和之间、和之间以及和之间的弹簧长度相同且等于、之间弹簧长度的一半，、之间弹簧弹力大小为、之间弹簧弹力大小的一半．若受到的摩擦力大小为，则( )．、之间的弹簧一定是压缩的．受到的摩擦力大小为．受到的摩擦力大小为．受到的摩擦力大小为答案：解析：假设、之间的弹簧是伸长的，设原长为，伸长量为，则由、之间弹力为、之间弹力大小的一半可知、之间的弹簧伸长量为.由于、之间的弹簧长度等于、之间弹簧长度的一半，则(＋)＝＋，无解，所以、之间的弹簧一定是压缩的，正确；和、和、和之间的弹簧都是压缩的且长度相等，∠＝∠＝°，三者的弹力相等，受到的摩擦力大小为，与和、和之间的弹力的合力等大反向，＝＝＝＝，受到的摩擦力大小与和、和之间的弹力的合力等大反向，所以受到的摩擦力大小为，正确；受到和、和之间弹簧的弹力如图，其合力为，受到的摩擦力与和、和之间弹力的合力等大反向，大小为，正确；根据对称性，受到的摩擦力与受到的摩擦力大小相等，为，错误．．[·河北八校联考]如图所示，质量为的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个恒力拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是( )．斜面和挡板对球的弹力的合力等于．斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零答案：解析：以小球为研究对象，分析受力情况如图所示，重力、竖直挡板对球的弹力和斜面的弹力.根据牛顿第二定律得竖直方向θ＝①，水平方向－θ＝②，由①看出，斜面的弹力大小不变，与加速度无关，不可能为零，由②看出，若加速度足够小时，＝θ＝θ≠；根据牛顿第二定律可知，重力、斜面和挡板对球的弹力三个力的合力等于，故选..如图所示，用一根长为的细绳一端固定在点，另一端悬挂质量为的小球，为使细绳与竖直方向夹角为°且绷紧，小球处于静止，对小球施加的最小的力是( )答案：解析：对小球受力分析，小球受到拉力、重力和施加的外力，作出受力分析图，当小球施加的力与细绳垂直时，作用力最小，由受力平衡得：的最小值为＝°＝.．如图所示，作用于坐标原点的三个力平衡，已知三个力均位于平面内，其中力的大小不变，方向沿轴负方向；力的大小未知，方向与轴正方向的夹角为θ.则下列关于力的判断正确的是( )．力只能在第二象限．力与的夹角越小，则与的合力越小．力的最小值为θ．力可能在第三象限的任意区域答案：解析：三个力平衡，已知的大小和方向、力的方向，则第三个力可能的方向位于、两个力的反向延长线之间，但不能沿、的反方向，如图所示，所以、错误；与的合力与等大反向，所以不管与夹角如何变化，其合力不变，错误；当与方向垂直时，的值最小，＝θ，正确．.如图所示，三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球保持静止，、间细绳是水平的，现对球施加一个水平向右的力，将缓缓拉到图中虚线位置，球保持不动，这时三根细绳中张力、、的变化情况是( )．都变大．和变大，不变．和变大，不变．和变大，不变答案：解析：对小球进行受力分析，受到重力、水平拉力和绳子的拉力三个力作用，处于平衡状态，当球向右缓慢运动过程中，由于与竖直方向夹角越来越大，水平拉力＝θ，绳子的拉力＝，其中θ为绳子与竖直方向的夹角，因此水平拉力越来越大，绳子的拉力越来越大；将小球、作为一个整体进行受力分析，由于绳子与竖直方向夹角不变，绳子中拉力的竖直分力等于两个小球的总重力，因此不变，由于拉力越来越大，因此越来越大，故正确．．如图所示，将两根劲度系数均为、原长均为的轻弹簧，一端固定在水平天花板上相距为的两点，另一端共同连接一质量为的物体，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为°.若将物体的质量变为，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为°(°＝)，则等于( )答案：解析：由°＝和°＝解得：＝，即正确．.[·河北保定模拟]如图所示，将三个完全相同的光滑球用不可伸长的细线悬挂于点并处于静止状态．已知球半径为，重为，线长均为.则每条细线上的张力大小为( ) ．答案：解析：本题中点与各球心的连线及各球心连线，构成一个边长为的正四面体，如图甲所示(、、为各球球心)，′为△的中心，设∠′＝θ，由几何关系知′＝(如图乙所示)，由勾股定理得′＝＝，对处球受力分析有：θ＝，又θ＝，解得＝，故只有项正确．.如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体、，两物体间用一根细绳连接，在细绳的中点加一与斜面垂直向上的拉力，使两物体均处于静止状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )．、两物体的受力个数一定相同．、两物体受到的摩擦力大小一定相等．、两物体对斜面的压力相同．当逐渐增大拉力时，物体先开始滑动答案：解析：分别对、进行受力分析，如图所示，物体处于静止状态，当绳中拉力沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，＝，所以可能只受个力作用，而物体一定受到摩擦力作用，肯定受个力作用，选项、错误；、两物体沿垂直于斜面方向受力都平衡，设绳与斜面间的夹角为θ，则＋θ＝θ，＋θ＝θ，＝＝，解得＝＝θ－θ，则、两物体对斜面的压力相同，选项正确；对沿斜面方向有θ＋θ＝，对，沿斜面方向有θ－θ＝，、对斜面的压力相等，所以最大静摩擦力相等，当逐渐增大拉力时，先达到最大静摩擦力，先滑动，选项错误．二、非选择题．质量为＝的砝码悬挂在轻绳和的结点上并处于静止状态，与竖直方向的夹角为°，沿水平方向．质量为＝的木块与相连，静止于倾角为°的斜面上，如图所示．(取＝，°＝，°＝)求：()轻绳拉力的大小；()木块所受斜面的摩擦力和弹力的大小．答案：() ()解析：()对点受力分析如图甲所示，根据共点力的平衡条件得－°＝°－＝联立解得＝＝()对木块受力分析如图乙所示，由共点力的平衡条件得°＋°－＝＋°－°＝联立解得＝°＋°＝＝°－°＝ .。
2020版高考物理一轮复习全程训练计划课练18动量守恒定律含解析(1)
动量守恒定律小题狂练⑱小题是基础练小题提分快.[·北京东城区模拟](多选)两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中( )．一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度．一物体受合力的冲量与另一物体所受合力的冲量相同．两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反．系统总动量的变化为零答案：解析：两个物体组成的系统总动量守恒，即＋＝′＋′，等式变形后得－′＝′－，即－Δ＝Δ，－Δ＝Δ，所以每个物体的动量变化大小相等，方向相反，但是只有在两物体质量相等的情况下才有一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度，故错误，正确；根据动量定理得＝Δ，＝Δ，每个物体的动量变化大小相等，方向相反，所以每个物体受到的冲量大小相等，方向相反，故错误；两物体组成的系统总动量守恒，即系统总动量的变化为零，正确．．[·湖北省襄阳四中检测](多选)关于动量守恒的条件，下列说法正确的是( ) ．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒．只要系统所受合外力所做的功为零，系统动量一定守恒．只要系统所受合外力的冲量始终为零，系统动量一定守恒．系统加速度为零，系统动量一定守恒答案：解析：只要系统所受外力的矢量和为零，系统动量就守恒，与系统内是否存在摩擦力无关，故错误；系统所受合外力做的功为零，系统所受合外力不一定为零，则系统动量不一定守恒，故错误；力与力的作用时间的乘积是力的冲量，系统所受到合外力的冲量为零，则系统受到的合外力为零，系统动量守恒，故正确；系统加速度为零，由牛顿第二定律可得，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故正确．．[·全国卷Ⅰ]将质量为的模型火箭点火升空，燃烧的燃气以大小为的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )．· ．× ·．× · ．× ·答案：解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为，根据动量守恒定律，可得－＝，解得＝＝× ＝·，选项正确．．[·甘肃协作体联考]如图所示，一个质量为的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为的小木块．现使木箱获得一个向左的初速度，则( ) ．小木块和木箱最终将静止．木箱速度减为的过程，小木块受到的水平冲量大小为．最终小木块速度为，方向向左．木箱和小木块组成的系统机械能守恒答案：解析：由于木箱在光滑水平面上，小木块与木箱之间的摩擦力是木箱和小木块组成的系统的内力，给木箱一个向左的初速度，系统满足动量守恒定律，小木块和木箱最终将以相同的速度运动，根据动量守恒定律，＝(＋)，最终速度＝，选项正确，错误；由于木箱底板粗糙，小木块在木箱内相对于木箱滑动，摩擦产生热量，所以木箱和小木块组成的系统机械能不守恒，选项错误；当木箱速度减小为时，木箱动量减少了，根据动量守恒定律，小木块的动量将增加，根据动量定理，木箱对小木块作用力的冲量大小为，选项错误．．[·甘肃协作体联考] 如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量＝，质量＝的铁块以水平速度＝从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )．．．．答案：解析：设铁块与木板共速时速度大小为，铁块相对木板向右运动的最大距离为，铁块与木板之间的摩擦力大小为，铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒可得＝＋(＋)＋，由动量守恒，得＝(＋)，从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由功能关系得＝＋(＋)，联立解得＝，故选项正确．．[·四川省成都外国语学校模拟]有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船(一吨左右)又窄又长．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为，然后用卷尺测出船长为，已知他自身的质量为，则船的质量为( )答案：解析：据题意，人从船尾走到船头过程中，动量守恒，则有＝，即＝(－)，解得船的质量为＝，所以选项正确．．[·福建省四地六校联考]如图所示，、两物体的中间用一段细绳相连并有一压缩的弹簧，放在平板小车上后，、、均处于静止状态．若地面光滑，则在细绳被剪断后，、从上未滑离之前，、在上向相反方向滑动的过程中( )．若、与之间的摩擦力大小相同，则、及弹簧组成的系统动量守恒，、、及弹簧组成的系统动量不守恒．若、与之间的摩擦力大小相同，则、及弹簧组成的系统动量不守恒，、、及弹簧组成的系统动量守恒．若、与之间的摩擦力大小不相同，则、及弹簧组成的系统动量不守恒，、、及弹簧组成的系统动量不守恒．若、与之间的摩擦力大小不相同，则、及弹簧组成的系统动量不守恒，、、及弹簧组成的系统动量守恒答案：解析：当、两物体及弹簧组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而、与之间的摩擦力为外力．当、与之间的摩擦力大小不相等时，、及弹簧组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒；当、与之间的摩擦力大小相等时，、及弹簧组成的系统所受合外力为零，动量守恒．对、、及弹簧组成的系统，弹簧的弹力及、与之间的摩擦力均属于内力，无论、与之间的摩擦力大小是否相等，系统所受的合外力均为零，系统的动量守恒．故选项正确．．[·重庆一中调研]如图所示，小球、(可视为质点)用等长的细线悬挂于同一固定点.将球和球向左和向右拉起，使细线水平．同时由静止释放球和球，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大夹角为θ＝°.忽略空气阻力，则两球、的质量的比值( )＝＝－＝＝＋答案：解析：设细线长为，球、下落至最低点，但未相碰时的速率分别为、，由机械能守恒定律得＝，＝；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为，以向左为正，由动量守恒定律得－＝(＋)，两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得(＋)＝(＋)(－θ)，联立解得：＝＝－，所以选项正确．．[·山东省海曲中学模拟](多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为和的两物块、相连接，并静止在光滑的水平面上．现使瞬间获得水平向右的速度，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( )．在、时刻两物块达到共同速度，且弹簧都处于伸长状态．从到时刻弹簧由压缩状态恢复到原长．两物块的质量之比为：＝：．在时刻与的动能之比为：＝：答案：解析：由题图乙可知，从到的过程中，的速度增大，的速度减小，弹簧被拉伸，在时刻两物块达到共同速度，此时弹簧处于伸长状态，从到的过程，的速度继续增大，的速度先减小再反向增大，弹簧开始收缩，到达时刻，的速度最大，的速度反向且达到最大，弹簧恢复原长；从到的过程，的速度减小，的速度先减小再反向增大，弹簧被压缩，到时刻，、的速度相等，为，此时弹簧的压缩量最大，从到的过程，的速度减小，的速度增大，时刻，弹簧恢复到原长，的速度等于初速度，的速度为零，由以上分析可知，错误，正确．系统动量守恒，以的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，＝时刻和＝时刻系统总动量相等，有＝(＋)，解得：＝：，故错误．由题图乙可知，在时刻、两物块的速度分别为＝，＝－，物块的动能＝，则、两物块的动能之比为：＝：，故正确．．[·广州模拟](多选)质量为的物块甲以的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为的物块乙以的速度与物块甲相向运动，如图所示．则( )．甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中动量守恒．当两物块相距最近时，物块甲的速率为零．物块甲的速率可能达到．当物块甲的速率为时，物块乙的速率可能为答案：解析：甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故正确．当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前物块乙的速度方向为正方向，设共同速率为，根据动量守恒定律有乙－甲＝，解得＝，故错误．若物块甲的速率达到，方向与原来相同，则乙－甲＝－′甲＋乙′乙，解得′乙＝，两个物块的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律；若物块甲的速率达到，方向与原来相反，则乙－甲＝′甲＋乙′乙，代入数据解得′乙＝－，即碰撞后，物块乙的动能不变，物块甲的动能增加，违反了能量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到，故错误．甲、乙两物块组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为，方向与原来相同，由动量守恒定律得乙－甲＝－′甲＋乙′乙，解得′乙＝；若物块甲的速率为，方向与原来相反，由动量守恒定律得乙－甲＝′甲＋乙′乙，解得′乙＝，故正确．．[·山西省太原五中考试]如图所示，光滑水平面上有、两辆小车，质量均为＝，现将小球用长为的细线悬于轻质支架顶端，＝ .开始时车与球以＝的速度冲向静止的车．若两车正碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度取，则( )．车与车碰撞瞬间，两车动量守恒，机械能也守恒．从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，、、组成的系统动量守恒．小球能上升的最大高度为．小球能上升的最大高度为答案：解析：两车碰撞后粘在一起，属于典型的非弹性碰撞，有机械能损失，项错误；从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，在竖直方向上、、组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，项错误；、两车碰撞过程，动量守恒，设两车刚粘在一起时共同速度为，有＝，解得＝；从开始到小球到最高点的过程中，、、组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球上升到最高点时三者共同速度为，有＋＝(＋)，解得＝，从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，、、组成的系统机械能守恒，即＝＋·－(＋)，解得＝，项正确，项错误．．[·青岛模拟]某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移－时间图象．图中的线段、、分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知( )．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为：．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的答案：解析：根据－图象的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为＝－，滑块Ⅱ的速度为＝，则碰前速度大小之比为：，故错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小小于滑块Ⅱ的动量大小，故错误；碰撞后的共同速度为＝，根据动量守恒定律，有＋＝(＋)，解得＝，由动能的表达式可知，＞，故错误，正确．．[·北京东城区模拟]下面关于碰撞的理解，正确的是( )．正碰属于弹性碰撞，斜碰属于非弹性碰撞．如果碰撞过程中动能不变，则这样的碰撞叫做非弹性碰撞．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程．在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用不能忽略答案：解析：正碰也称对心碰撞，是小球在相互作用前后都沿着同一直线(即沿着两球球心连线)运动的碰撞，根据动量守恒定律判断两小球碰撞前后的机械能是否守恒，从而将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，斜碰也称非对心碰撞，是两球在碰撞前的相对速度不沿两球球心连线的碰撞，斜碰也遵循动量守恒定律，但情况较复杂，同样需要根据两小球碰撞前后的机械能是否守恒，从而判断属于弹性碰撞还是非弹性碰撞，故、错误；根据碰撞的定义可知，碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程，故正确；在碰撞现象中，如果内力远大于外力，则可以忽略外力的作用，错误．．[·安徽示范高中质检]甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是＝·，＝·，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为·，则甲球质量与乙球质量间的关系可能正确的是( )．＝．＝．＝．＝答案：解析：设碰后甲球动量变为′，乙球动量变为′，根据动量守恒定律得＋＝′＋′，解得′＝·.碰撞过程系统的总动能不增加，则有＋≤＋，解得≤，碰撞后甲球的速度不大于乙球的速度，则有≤，解得≥，综上有≤≤，正确，、、错误．．[·石家庄模拟]如图所示，两质量分别为和的弹性小球、叠放在一起，从高度为处自由落下，远大于两小球的半径，落地瞬间，先与地面碰撞，后与碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计．已知＝，则反弹后能达到的最大高度为( )．．．．答案：解析：所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失．设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(＋)＝(＋)，－＝＋，(＋)＝＋，＝，又＝，则＞≥.联立可得＝，选项正确．．[·武汉模拟](多选)如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为的木块正以速度向左运动，一颗质量为(<)的弹丸以速度向右水平击中木块并最终停在木块中，设弹丸与木块之间的相互作用力大小不变，则在相互作用过程中( )．弹丸和木块的速率都是越来越小．弹丸在任一时刻的速率不可能为零．弹丸对木块一直做负功，木块对弹丸先做负功后做正功．弹丸对木块的水平冲量与木块对弹丸的水平冲量大小相等答案：解析：弹丸击中木块前，由于<，两者速率相等，所以两者组成的系统总动量向左，弹丸水平击中木块并停在木块中的过程，系统的动量守恒，由动量守恒定律可知，弹丸停在木块中后它们一起向左运动，即弹丸开始时向右运动，后向左运动，故弹丸的速率先减小后增大，木块的速率一直减小，由以上分析知，弹丸的速率可能为零，故、错误；木块一直向左运动，弹丸对木块一直做负功，弹丸先向右运动后向左运动，则木块对弹丸先做负功后做正功，故正确；由牛顿第三定律知，弹丸对木块的水平作用力与木块对弹丸的水平作用力大小相等，相互作用的时间相等，由冲量的定义式＝知，弹丸对木块的水平冲量与木块对弹丸的水平冲量大小相等，故正确．课时测评⑱综合提能力课时练赢高分一、选择题．[·福建邵武七中联考]如图所示，一半径为、质量为的光滑圆弧槽，放在光滑的水平面上，将一质量为的小球由点静止释放，在下滑到点的过程中，下列说法正确的是( ) ．以地面为参考系，小球到达点时相对于地的速度满足＝．以槽为参考系，小球到达点时相对于槽的速度′满足′＝．以地面为参考系，以小球、槽和地球为系统，机械能守恒．不论以槽或地面为参考系，小球、槽和地球组成的系统机械能均不守恒答案：解析：质量为的小球由点静止释放，在下滑到点的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒，设小球对地速度大小为，槽对地速度大小为，两速度方向相反，有＝，系统机械能守恒，有＝＋，错误，正确；以槽为参考系，小球到达点时相对于槽的速度大小′＝＋，则′＝(＋)＝＋＋，′－＝＋－＝(＋)>，错误；该系统只有重力做功，故系统机械能守恒，错误．．[·安徽滁州联考](多选)一质量为的小船静止在平静的湖面上，船头和船尾各站一位质量均为的游泳爱好者，两人分别从船头和船尾沿相反的方向跃入水中，则下列说法中正确的有( )．若两人同时以相等的速率跃入水中，则船仍保持静止．若两人先后以相等的相对水的速率跃入水中，则船速等于．若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，则船速等于．无论两人如何跃入水中，船始终保持静止答案：解析：两个人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，开始总动量为零，不管谁先跃入水中，若两人相对水的速率相等，则有＝－＋′，可知′＝，故、正确；若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，可知两人相对水的速度大小不等，根据动量守恒定律知，船速不为，故、错误．．[·黑龙江哈三中模拟](多选)小球的质量为＝，动量大小为＝·，小球水平向右运动时与静止的小球发生弹性碰撞，碰后的动量大小为′＝·，方向水平向右，则( )．碰后小球的动量大小为＝·．碰后小球的动量大小为＝·．小球的质量为．小球的质量为答案：解析：规定向右为正方向，碰撞过程中、组成的系统动量守恒，所以有＝′＋，解得＝·，正确，错误；由于、是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故＝＋，解得＝，错误，正确．．[·河南信阳统考](多选)如图所示，三小球、、的质量都是，都放于光滑的水平面上，小球、与轻弹簧相连且静止，小球以速度冲向小球，碰后与小球粘在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是( )．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒．当小球、速度相等时，弹簧弹性势能最大．当弹簧恢复原长时，小球的动能一定最大，小球的动能一定不为零答案：解析：在整个运动过程中，三球与弹簧组成的系统的合外力为零，系统的总动量守恒，与碰撞过程中机械能减少，故正确，错误；当小球、速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹簧弹性势能最大，故正确；当弹簧恢复原长时，小球的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒定律可知，小球的动能不为零，故正确．.[·安徽芜湖模拟]如图所示，总质量为带有底座的足够宽框架直立在光滑水平面上，质量为的小球通过细线悬挂于框架顶部处，细线长为，已知>，重力加速度为，某时刻小球获得一瞬时速度，当小球第一次回到点正下方时，细线拉力大小为( )．．＋．＋．＋答案：解析：设小球第一次回到点正下方时，小球与框架的速度分别为和.取水平向右为正方向，由题可知，小球、框架组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，即＝＋，＝＋，解得＝，＝.当小球第一次回到点正下方时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律得－＝，解得细线的拉力＝＋，正确．．[·湖北宜昌一中月考](多选)、两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的－图线，由图线可以判断( )．、的质量比为：．、作用前后总动量守恒．、作用前后总动量不守恒．、作用前后总动能不变答案：解析：物体、碰撞过程所受外力为零，作用前后总动量守恒，故正确，错误；根据动量守恒定律有× ＋× ＝× ＋× ，则：＝：，故正确；、作用前总动能为×( )＋×( )＝·()，作用后总动能为×( )＋×( )＝·()，可见作用前后总动能不变，故正确．．[·安徽模拟]如图所示，一个质量为的物块与另一个质量为的物块发生正碰，碰后物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块与地面间的动摩擦因数为，与沙坑的距离为，取，物块可视为质点．则碰撞前瞬间的速度为( )．．．．答案：解析：碰撞后做匀减速运动，由动能定理得－μ·＝－·，代入数据解得＝，与组成的系统在碰撞过程中水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则＝＋，由于没有机械能损失，则＝＋·，联立可得＝，故、、错误，正确．.[·四川泸州检测]如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为、的小球、，放在与左侧竖直墙垂直的直线上，设开始处于静止状态，球以速度朝着运动，设系统处处无摩擦，所有的碰撞均无机械能损失，则下列判断正确的是( )．若＝，则两球之间有且仅有两次碰撞．若≪，则两球之间可能发生两次碰撞．两球第一次碰撞后球的速度一定是．两球第一次碰撞后球一定向右运动答案：解析：设球和球第一次碰撞后速度分别为和，取向左为正方向．根据动量守恒定律得＝＋①根据机械能守恒定律得＝＋②解得＝，＝③若＝，则得＝，＝，即与碰撞后交换速度，当球与墙壁碰后以速度返回，并与球发生第二次碰撞，之后静止，向右运动，不再发生碰撞，所以两球之间有且仅有两次碰撞，故正确；若≪，则得≈－，≈，两球之间只能发生一次碰撞，故错误；两球第一次碰撞后，球的速度为＝，不一定是，与两球的质量关系有关，故错误；两球第一次碰撞后球的速度为＝，当>时，>，碰后球向左运动，当＝时，＝，碰后球静止，当<时，<，碰后球向右运动，故错误．．[·黑龙江哈三中模拟](多选)如图所示，将一轻质弹簧从物体内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量为＝的物体.平衡时物体距天花板＝，在距物体正上方高为＝处由静止释放质量为＝的物体，下落过程中某时刻与弹簧下端的物体碰撞(碰撞时间极短)，并立即以相同的速度与一起运动，两物体不粘连，且可视为质点，碰撞后两物体一起向下运动，历时第一次到达最低点，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取，下列说法正确的是( )．碰撞结束瞬间两物体的速度大小为．碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为．碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中，两物体间的平均作用力大小为．、运动到最低点后反弹上升，、分离后，还能上升的最大高度为答案：解析：设物体自由下落至与碰撞前的速度为，根据自由落体运动规律，有＝＝＝，设、碰撞结束后瞬间二者达到共同速度，以向下为正方向，根据动量守恒定律，有＝(＋)，解得＝，正确．从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择作为研究对象，根据动量定理，有(－)＝－，解得＝，方向竖直向上，对根据动能定理可得－＋＝－，解得＝，即碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为，、正确；若、在原位置分离，还能上升的最大高度为＝＝，但实际上、在弹簧恢复原长时分离，故还能上升的最大高度小于，错误．.如图所示，将质量为、半径为且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为的物块．现让一质量为的小球自左侧槽口的正上方高处由静止开始落下，与半圆槽相切自点进入槽内，并能从点离开半圆槽，则以下结论中正确的是( ) ．球在槽内运动的全过程中，球与半圆槽在水平方向动量守恒．球在槽内运动的全过程中，球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒．球离开点以后，将做竖直上抛运动．槽将与墙不会再次接触答案：解析：球从点到点的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从点到点的过程中，球对半圆槽的压力方向指向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半。
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轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体
右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体
，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．重力加速度大小为
)
和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去
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．
大小之比为：2
做功之比为：2
质量之比为：1
克服摩擦力做功之比为：1
所受摩擦力大小相等，撤去拉力后，
m A：m＝：1
，故错．由
的质量为M，以水平速度
从车的右端以水平速度v
Mv
M＋m g
M＋m g
后向右加速，故
M＋m g.若
′＝ΔP′＝M
M＋m g＝
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
表示上升的最大高度，图中坐标数据中的
，则由图可知，下列结论正确的是( )
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……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
……并测出小球在A、B
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
v.
形状对称的金属块内有一个半径为
块放在光滑的水平面上且左边挨着竖直墙壁．一质量为m的小球从离金属块左上端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
，不计空气阻力．
如图，在光滑的水平面上静置着足够长、质量为3m的木板，木板上依次排放质量均为，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块
是竖直面内的光滑固定轨道，相切于b点．一质量为
如图所示，带有挡板的小车质量为m，上表面光滑，静止于光滑水平面上．轻质右端处于自由伸长状态．质量也为
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
的物块从传送带右侧以大小为v2(v2>v1)的速度向左滑上传送带，
．物块向左运动的最大位移为
v 1＋v 2
时间内，传送带对物块所做的功为12mv 22－＋v )
以传送带的速度方向为正方向，作出物块运动的v －t ＝ma ，a ＝μg ，由图象可得v 2t 1＝
v t v 1＋v 2，B 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，x 带＝μmgv 1t 1＝
在两根水平固定的平行光滑杆上套着A 、B 、C 的质量均为m ，初始时A 和B
P kg＋a2 v kg＋a1 D.
P kg＋a1
v kg＋a2
答案：A
解析：牵引力F＝空载时由牛顿第二定律知
如图所示，一质量为M＝3.0 kg
如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑弧形槽的小车，一质沿水平槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右
两物体用轻绳相连，将物体
如果弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能表达式为，且弹簧一直处在弹性限度内，现将
0123456
＝－
2×0.02
m/s≈0.91 m/s.(3)
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，
用所选取的测量量和已知量表示E k，得E k＝________.
中的直线是实验测量得到的s－Δx图线．从理论上可推出，如果
________(填“增大”“减小”或“不变”)；如果
填“增大”“减小”或“不变”)．由图
足够长)上套着轻弹簧和质量
B
2＝5 kg的小球。