高考物理一轮复习课时跟踪检测(二十一) 动量与能量的综合问题
【配套K12】2019届高考物理(课标通用)一轮复习课时跟踪检测：(二十一) 功能关系 能量守恒定律
课时跟踪检测（二十一）功能关系能量守恒定律（卷Ⅱ）[B级——中档题目练通抓牢]★1．[多选](2018·潍北一模)如图所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A、B间用一轻质弹簧相连组成系统，且该系统在外力F作用下一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为2E k时撤去水平力F，最后系统停止运动。
不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中()A．外力对物体A所做总功的绝对值等于E kB．物体A克服摩擦阻力做的功等于E kC．系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2E kD．系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减小量解析：选AD它们的总动能为2E k，则A的动能为E k，根据动能定理知：外力对物体A所做总功的绝对值等于物体A动能的变化量，即E k，故A正确，B错误；系统克服摩擦力做的功等于系统的动能和弹簧的弹性势能的减小量，所以系统克服摩擦阻力做的功不可能等于系统的总动能2E k，故C错误，D正确。
★2．[多选]如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体。
物体在A处时，弹簧处于原长状态。
现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开。
此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W。
不考虑空气阻力。
关于此过程，下列说法正确的有()A．物体重力势能减小量一定大于WB．弹簧弹性势能增加量一定小于WC．物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD．若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W解析：选AD根据能量守恒定律可知，在此过程中减少的重力势能mgh＝ΔE p＋W，所以物体重力势能减小量一定大于W，不能确定弹簧弹性势能增加量与W的大小关系，故A正确，B错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少W，所以C错误；若将物体从A处由静止释放，从A到B的过程，根据动能定理：E k＝mgh－ΔE p＝W，所以D正确。
★3.(2018·江苏联考)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 与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。
2023届高考物理一轮复习：动量、能量习题 Word版含解析
2023届高考物理：动量、能量习题（一轮）含答案一、选择题。
1、(多选)如图所示，矩形的四个顶点分别固定有带电荷量均为q的正、负点电荷，水平直线AC将矩形分成面积相等的两部分，B为矩形的重心．一质量为m 的带正电微粒(重力不计)沿直线AC从左向右运动，到A点时的速度为v0，到B 点时的速度为5v0.取无穷远处的电势为零，则()A．微粒在A、C两点的加速度相同B．微粒从A点到C点的过程中，电势能先减小后增大C．A、C两点间的电势差为U AC＝4m v20 qD．微粒最终可以返回B点，其速度大小为5v02、如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2 kg的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中不正确的是()A．该弹簧的劲度系数为20 N/mB．当Δx＝0.3 m时，小球处于超重状态C．小球刚接触弹簧时速度最大D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大3、(双选)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()A ．a ＝2(mgR －W )mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2(mgR －W )R4、（多选）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置。
物块由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B 点。
在从A 到B 的过程中，物块( )A ．加速度先减小后增大B ．经过O 点时的速度最大C ．所受弹簧弹力始终做正功D ．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功5、一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F 1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F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v 。
2021高考物理大一轮复习课时跟踪检测(二十一) 动量与能量的综合问题
课时跟踪检测（二十一） 动量与能量的综合问题[A 级——基础小题练熟练快]1.(多选)(2020·青岛市模拟)如图，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系一圆盘A ，处于静止状态。
一圆环B 套在弹簧外，与圆盘A 距离为h ，让环自由下落撞击圆盘，碰撞时间极短，碰后圆环与圆盘共同向下开始运动，下列说法正确的是( )A ．整个运动过程中，圆环、圆盘与弹簧组成的系统机械能守恒B ．碰撞后环与盘一起做匀加速直线运动C ．碰撞后环与盘一块运动的过程中，速度最大的位置与h 无关D ．从B 开始下落到运动到最低点过程中，环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量解析：选CD 圆环与圆板碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，故A 错误；碰撞后环与盘一起向下运动过程中，受重力，弹簧弹力，由于弹力增大，整体受到的合力变化，所以加速度变化，故B 错误；碰撞后平衡时，有kx ＝(m ＋M )g ，即碰撞后新平衡位置与下落高度h 无关，故C 正确；从B 开始下落到运动到最低点过程中，环与盘发生完全非弹性碰撞，有能量损失，故环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故D 正确。
2．(多选)(2019·南昌模拟)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度v 0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x 。
现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B (如图乙所示)，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，则( )A ．物体A 的质量为3mB ．物体A 的质量为2mC ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为32m v 02 D ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为m v 02解析：选AC 对题图甲，设物体A 的质量为M ，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能E p ＝12M v 02；对题图乙，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，物体A 、B 组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，物体A 、B 二者速度相等，由动量守恒定律有M ·2v 0＝(M ＋m )v ，由能量守恒定律有E p ＝12M ·(2v 0)2－12(M ＋m )v 2，联立解得M ＝3m ，E p ＝32m v 02，选项A 、C 正确，B 、D 错误。
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动力学和能量观点的综合应用
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动力学和能量观点的综合应用1.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v 顺时针运动，某时刻一个质量为m 的小物块，以大小也是v 、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W ，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ，则下列判断中正确的是( )A ．W ＝0，Q ＝m v 2B ．W ＝0，Q ＝2m v 2C ．W ＝m v 22，Q ＝m v 2D ．W ＝m v 2，Q ＝2m v 22.(多选)如图所示，质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，轨道与传送带在A 点平滑连接，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带A 、B 两点之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度顺时针运动，则(g 取10 m/s 2)( )A ．物体从A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC ．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2 JD ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J3.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，则力F 对木板所做的功为( )A.m v 24B.m v 22 C ．m v 2D ．2m v 24．(多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t ＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v －t 图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m ＝1 kg ，已知木板足够长，g 取10 m/s 2，则( )A ．小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5B ．在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 JC ．小物块的初速度为v 0＝12 m/sD ．0～2 s 与2～3 s 物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17∶15．(多选)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，速率始终不变．t ＝0时刻在传送带适当位置上放一具有一定初速度的小物块．取沿传送带向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示．已知小物块质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．传送带顺时针转动，速度大小为2 m/sB ．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝235C ．0～t 2时间内因摩擦产生的热量为27 JD ．0～t 2时间内电动机多消耗的电能为28.5 J6.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M ＝1.0 kg ，长度L ＝1.0 m ．在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m ＝1.0 kg.小铁块和木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F 将木板抽出，若F ＝8 N ，g 取10 m/s 2.求：(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功； (2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q .7．(2023·安徽省六安中学高三检测)如图所示，水平轨道AB 长为2R ，其A 端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上．圆心在O 1、半径为R 的光滑圆弧轨道BC 与AB 相切于B 点，并且和圆心在O 2、半径为2R 的光滑细圆管轨道CD 平滑对接，O 1、C 、O 2三点在同一条直线上．光滑细圆管轨道CD 右侧有一半径为2R ，圆心在D 点的14圆弧挡板MO 2竖直放置，并且与地面相切于O 2点．质量为m 的小滑块(可视为质点)从轨道上的C 点由静止滑下，刚好能运动到A 点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B 点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D (计算时圆管直径可不计，重力加速度为g )．求：(1)小滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数μ； (2)弹簧锁定时具有的弹性势能E p ；(3)小滑块通过最高点D 后落到挡板上时具有的动能E k .8.“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐．挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆．某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC 为一段半径为R ＝5 m 的光滑圆弧轨道，B 为圆弧轨道的最低点．P 为一倾角θ＝37°的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板DE ，木板上边缘与斜面顶端D 重合，圆形轨道末端C 与斜面顶端D 之间的水平距离为x ＝0.32 m ．一物块以某一速度从A 端进入，沿圆形轨道运动后从C 端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t ＝0.2 s 恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长．已知物块质量m ＝3 kg ，薄木板质量M ＝1 kg ，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝1924，木板与物块之间的动摩擦因数μ2＝56，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，求：(1)物块滑到圆轨道最低点B 时，对轨道的压力(计算结果可以保留根号)； (2)物块相对于木板运动的距离；(3)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量．9．如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC 平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接．水平传送带MN以v0＝4 m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8 m，MN间的距离为L MN＝3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑．直轨道BC长L BC＝1 m，小滑块P的质量为m＝1 kg.重力加速度g取10 m/s2.(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P 从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程中的水平位移大小；(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H 的范围．答案及解析1．B 2.AC 3.C 4.ACD 5.ABC 6．(1)－7.5 J 4.5 J (2)3 J解析 (1)当用F ＝8 N 的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度大小为a 1＝μg ＝3 m/s 2木板运动的加速度大小为 a 2＝F －μmg M ＝5 m/s 2设抽出过程的时间为t ，则有 12a 2t 2－12a 1t 2＝L ， 解得t ＝1 s ，所以小铁块运动的位移为x 1＝12a 1t 2，解得x 1＝1.5 m木板运动的位移为x 2＝12a 2t 2，解得x 2＝2.5 m摩擦力对小铁块做的功为 W 1＝μmgx 1， 解得W 1＝4.5 J 摩擦力对木板做的功为 W 2＝－μmgx 2， 解得W 2＝－7.5 J(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q ＝μmgL ＝3 J. 7．(1)13 (2)113mgR(3)(22－1)mgR解析 (1)由几何关系得BC 间的高度差h ＝23R小滑块从C 点运动到A 点的过程中，由动能定理得mgh －μmg ·2R ＝0，解得μ＝13(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W 弹＝E p 滑块从A 到D 过程由动能定理得 E p －mg ·2R －μmg ·2R ＝12m v 2－0 滑块在D 点，由重力提供向心力，有mg ＝m v 22R联立解得E p ＝113mgR .(3)滑块通过D 点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x ＝v t 竖直方向有y ＝12gt 2由几何关系可知x 2＋y 2＝4R 2可得滑块落到挡板上时的动能为E k ＝12m [v 2＋(gt )2]，联立解得E k ＝(22－1)mgR .8．(1)(91.92－245) N (2)1.5 m (3)87 J解析 (1)物块由C 到D ，做斜上抛运动 水平方向v 水平＝xt＝1.6 m/s物块恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，则在D 的速度大小 v ＝v 水平cos θ＝2 m/s ， v 竖直＝v sin θ＝1.2 m/s物块在C 端时竖直方向速度大小v 竖直′＝v 竖直－gt ＝－0.8 m/s ， v C ＝v 水平2＋v 竖直′2＝455m/s 由B 到C 有12m v B 2＝12m v C 2＋mgR (1－cos α)其中cos α＝v 水平v C，在B 点有F N －mg ＝m v B 2R由牛顿第三定律得F 压＝F N ＝(91.92－245) N(2)物块刚滑上木板时，对物块有μ2mg cos θ－mg sin θ＝ma m ，解得物块加速度大小a m ＝23 m/s 2，做匀减速直线运动对木板有μ2mg cos θ＋Mg sin θ－μ1(M ＋m )g cos θ＝Ma M ，解得木板加速度大小a M ＝23 m/s 2，做匀加速直线运动设两者经时间t 1达到共速v 共，则有v －a m t 1＝a M t 1＝v 共 解得t 1＝1.5 s ，v 共＝1 m/s 此过程中s 物＝v ＋v 共2t 1＝94 m ，s 板＝v 共2t 1＝34m物块相对于木板运动的距离 Δs ＝s 物－s 板＝1.5 m(3)μ2mg cos θ>mg sin θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止． 以物块和木板为整体，a 共＝μ1g cos θ－g sin θ＝13 m/s 2，s 共＝v 共22a 共＝1.5 mQ 物－板＝μ2mg cos θ·Δs ＝30 JQ 板－斜＝μ1(M ＋m )g cos θ·(s 板＋s 共)＝57 J整个过程中，系统由于摩擦产生的热量Q ＝Q 物－板＋Q 板－斜＝87 J. 9．(1)0.4 m (2)0.8 m (3) 0.7 m ≤H ≤0.8 m解析 (1)滑块P 在圆形轨道F 点时对轨道的压力刚好为零，则v F ＝0 mg (H －R )－μmgL BC ＝0解得H ＝0.4 m(2)H ′＝1.0 m ，设滑块运动到N 点时的速度为v N ，对滑块从开始到N 点的过程应用动能定理mgH ′－μmg (L BC ＋L MN ) ＝12m v N 2－0 解得v N ＝2 m/s滑块从N 点做平抛运动，水平位移为 x ＝v N2hg＝0.8 m (3)设滑块P 在运动过程中恰好能第一次经过E 点时，高度差为H 1，从开始到E 点应用动能定理有mgH 1－μmgL BC －2mgR ＝12m v E 2－0 在E 点时有mg ＝m v E 2R解得H 1＝0.7 m滑块滑上传送带时的速度为v M mgH 1－μmgL BC ＝12m v M 2－0v M ＝10 m/s<4 m/s 滑块做减速运动的位移为 L ＝v M 22μg＝2.5 m<L MN因此滑块返回M 点时的速度为v M ′＝10 m/s ，因此能第二次过E 点． 设高度为H 2时，滑块从传送带返回M 点时的最大速度为 v ＝2μgL MN ＝2 3 m/s 从开始到M 点应用动能定理有mgH 2－μmgL BC ＝12m v 2－0解得H 2＝0.8 m第二次经过E 点后，当滑块再次从B 点滑上圆轨道时在B 点的速度为v B ，则有mgH 2－3μmgL BC ＝12m v B 2－0 v B ＝2 m/s<10 m/s所以滑块不会第三次过E 点，则能两次经过E 点的高度差H 的范围是0.7 m ≤H ≤0.8 m.。
2025版高考物理一轮复习专题十一电磁感应第28练电磁感应中的动力学能量动量问题pptx课件
物块A速度始终大于棒G滑行速度,绳子始终松弛(1分)
在2~3 s内对棒G分析,由动量定理可得
−
B LΔt=m 2 −3 (1分)
由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得
−
−
Δt=
+
1
1
2
2
则有Q2=( mv′m - mv' ) (1分)
2
2
+
t3时间内有v'=at3(1分)
1
2
x'3= a32 (1分)
Q3=I2rt3(1分)
又x'1+x'2+x'3=7 m
Q总=Q1+Q2+Q3
联立解得Q总=0.4 J(1分)
7.[2022福建·
15,16分,难度★★★★☆]
联立解得 vH-vG=6.5 m/s(1分)
由于两棒的速度差保持不变,这说明两棒具有相同的加速度且均为a,对棒H由牛顿第二定
律有F-FA=ma(1分)
解得 F=1.7 N(1分)
由v-t图象可知t=1.5 s时,棒G的速度大小为vG=3 m/s,则此刻棒H的速度大小为vH=9.5 m/s
拉力F的瞬时功率 PF=FvH=16.15 W(1分)
平行.从t=0开始,H在水平向右拉力
作用下向右运动;t=2 s时,H与挡板
M、N相碰后立即被锁定.G在t=
1 s后的速度-时间图线如图(b)所示
,其中1~2 s段为直线.
已知磁感应强度大小B=1 T,L=0.2 m,G、H和A的质量均为0.2 kg,G、H的电阻均为0.1 Ω;
高三一轮复习,动量能量综合,含答案
动量与能量综合专题【五大模型】：1. 碰撞：2. 子弹打木块 & 板块相对滑动：3. 爆炸：4. 反冲：5. 绳子突然绷紧：【五大情景】：一． 直线追及和临界问题【第1题】3★．滑块a 、b 沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。
两者的位置x 随时间t 变化的图像如图所示。
求：（ⅰ）滑块a 、b 的质量之比；（ⅱ）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比【第2题】1★．如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置．B 球向左运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为3：1，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。
两球刚好不发生第二次碰撞。
求A 、B 两球的质量之比，及A 、B 碰撞前、后两球总动能之比【第3题】5★★．如图，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平轨道上。
现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后AB 分别以018v 、034v 的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B 、C 粘在一起向右运动。
滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。
两次碰撞时间极短。
求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小【第4题】8★★. 图所示，矩形盒B的质量为M，底部长度为L，放在水平面上，盒内有一质量为M/5可视为质点的物体A，A与B、B与地面的动摩擦因数均为μ，开始时二者均静止，A在B的左端．现瞬间使物体A获得一向右的水平初速度v0，以后物体A与盒B的左右壁碰撞时，B始终向右运动．当A与B的左壁最后一次碰撞后，B立刻停止运动，A继续向右滑行s（s＜L）后也停止运动．（1）A与B第一次碰撞前，B是否运动？（2）若A第一次与B碰后瞬间向左运动的速率为v1，求此时矩形盒B的速度大小；（3）当B停止运动时，A的速度是多少？（4）求盒B运动的总时间．【第5题】11★★．如图所示，质量分别为m A、m B的两个弹性小球A、B静止在地面上，B球距地面高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方，先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放，当A球下落t＝0.3s 时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零，已知m B＝3m A，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1)B球第一次到达地面时的速度；(2)P点距离地面的高度．【第6题】18★★★．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其前面的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为0.3mh=（h小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为130kgm=，冰块的质量为210kgm=，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小210m/sg=．ⅰ）求斜面体的质量；ⅱ）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩二． 多过程问题与曲线运动（平抛和圆周运动）【第7题】6★★．如图，BM 段为半径R =1m 光滑圆轨道，圆心在O 点，OB 与竖直方向夹角θ=60°；AM 段为长度L=1m 的粗糙水平轨道，两轨道相切于M 点，M 在O 点的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内。
(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28(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28 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28）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（二十八）增分提能1．（2017·江西赣中南五校段考)某同学用如图(1)所示装置测定重力加速度，打点计时器电源频率为50 Hz.(1）实验时下面的步骤先后顺序是：________。
A．释放纸带B．打开打点计时器电源(2）打出的纸带如图(2)所示，则实验时纸带的________端和重物相连接(选填“甲”或“乙”)．(3)纸带上1至9各点为计时点，由纸带所示数据可算出实验时的加速度为________m/s2.（4）若当地的重力加速度数值为9.8 m/s2，测量值与当地重力加速度的值有差异的一个可能原因是_____________________________.[解析］(1）打点计时器在使用时，先打开电源,待计时器工作稳定后，再释放纸带，故顺序为BA.(2）纸带在重物的带动下，做匀加速直线运动，故乙端与重物相连．（3）由匀变速直线运动的规律知:Δx＝5aT2，代入数据解得加速度为9。
60 m/s2.(4)可能的主要原因：纸带与打点计时器之间有摩擦或纸带上的数据读数有误差．［答案] (1)BA (2)乙(3)9。
60 （4）纸带与打点计时器之间有摩擦（纸带上的数据读数有误差)2．某同学利用如图(a）所示装置测量当地重力加速度．实验时，通过电磁铁控制小铁球从P处自由下落，小铁球依次通过两个光电门Ⅰ、Ⅱ,测得遮光时间分别为Δt1和Δt2,两光电门中心的高度差为h，回答下列问题：(1)用螺旋测微器测得小铁球直径如图（b)所示，则小铁球的直径D＝________mm。
考点17 动量、能量综合问题-2020年 新高三一轮复习物理(解析版)
考点17 动量、能量综合问题一、选择题1．带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径．若a、b的电荷量分别为q a、q b，质量分别为m a、m b，周期分别为T a、T b.则一定有()A．q a＜q bB．m a＜m bC．T a＜T bD．<【答案】A【解析】粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB＝m，解得：r＝，由于mv、B相同，故r∝，a运动的半径大于b运动的半径，故q a＜q b，A正确；由于动量mv相同，但速度大小未知，故无法判断质量大小，B错误；周期T＝，由于不知道速度大小关系，故无法判断周期关系，C错误；＝，由于速度大小关系不确定，故无法判断比荷关系，D错误2．“纵跳摸高”是一种很好的有助于青少年长高的运动．其动作要领是原地屈膝两脚快速用力蹬地，跳起腾空后充分伸展上肢摸到最高点．则人在进行纵跳摸高时，从他开始屈膝到摸到最高点的过程中() A．人始终处于超重状态B．人始终处于失重状态C．地面支持力对人的冲量与重力冲量的大小相等D．地面支持力对人做的功等于重力势能的增量【答案】C【解析】人在起跳过程，加速度向上，处于超重状态，而在空中时，加速度向下，处于失重状态，故A、B 错误；对人跳起的全过程分析，人受重力和支持力的冲量，根据动量定理可知，初末动量为零，则有地面支持力对人的冲量与重力冲量的大小相等，C正确；人在跳起时，地面对人的支持力对人不做功，是人自身做功增加了人的重力势能，D错误3．(多选)一个质点受到外力作用，若作用前后的动量分别为p、p′，动量的变化量为Δp，速度的变化量为Δv，动能的变化量为ΔE k，则( )A．p＝－p′是不可能的B．Δp垂直于p是可能的C．Δp垂直于Δv是可能的D．Δp≠0，ΔE k＝0是可能的【答案】BD【解析】若作用前后质点的速度大小相等、方向相反时，p＝－p′是可能的，A错误；若外力的冲量与p垂直，则Δp与p垂直，B正确；动量变化量Δp与速度变化量Δv的方向相同，C错误；若只有速度方向变化而速度大小不变，则有Δp≠0而ΔE k＝0，例如匀速圆周运动，D正确4．如图所示，子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动。
2024届高考一轮复习物理课件(新教材粤教版)：动量和能量的综合问题
例2 (2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图 所示的物理模型.竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时 它们处于静止状态.当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑 杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆 离开桌面一起竖直向上运动.已知滑块的质量m＝0.2 kg， 滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力 加速度g取10 m/s2，不计空气阻力.求： (1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支 持力的大小FN1和FN2； 答案 8 N 5 N
小球a恰好能通过半圆轨道最高点，由重
力充当向心力，根据牛顿第二定律有
m1g＝m1vRA2
①
以 C 点所在平面为零势能面，根据机械能守恒定律有12m1vC2＝m1g·2R
＋12m1vA2
②
在C点对小球受力分析，则有轨道支持力FN与重力的合力提供向心
力，根据牛顿第二定律有
FN－m1g＝m1vRC2
③
由①②③解得FN＝120 N
(2)求B与A的挡板碰撞后瞬间平板A的动能； 答案 2 J
B、C分离后，B向左做匀减速直线运动，A静止不
动，设A、B碰撞前瞬间B的速度为vB1， 对物块B，由动能定理得－μmBgL＝12mBvB12－12mBvB2 A、B发生弹性碰撞，取水平向左为正方向，碰撞过程中系统动量守
恒、机械能守恒，则有mBvB1＝mBvB2＋mAvA， 12mBvB12＝12mBvB22＋21mAvA2 且 EkA＝12mAvA2 联立解得vB1＝2 m/s，vB2＝0，vA＝2 m/s，EkA＝2 J.
细线断开瞬间，物体A、B及弹簧组成的系统动量 守恒，由动量守恒定律可得 (mA＋mB)v0＝mvA＋mvB 由能量守恒定律可得 12×(mA＋mB)v02＋Ep＝12mvA2＋21mvB2 两式联立并代入数据解得Ep＝1 J
2023届高考一轮复习：动量和能量综合问题
2023届高考一轮复习：动量和能量综合问题一、完全非弹性碰撞碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v 共 （1）完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔE k = ½m 1v 12+ ½ m 2v 22- ½(m 1+m 2)v 共2. （2）联立（1）、（2）解得：v 共 =；ΔE k =1．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( )A ．(21)∶(21)+-B ．2∶1C ．(21)∶(21)-+D ．1∶22．如图所示，木块A 和B 质量均为2 kg ，置于光滑水平面上．B 与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A 以4 m/s 的速度向B 撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为（ ）A ．4 JB ．8 JC ．16 JD ．32 J3．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（ ）A ．L 1>L 2B ．L 1<L 2C ．L 1＝L 2D ．不能确定二、弹性碰撞解法一： 解法二：4．一质量为2m 的小物块A ，沿X 轴的正方向运动，与另一个沿X 轴的负方向运动的质量为m 的小物块B 发生弹性碰撞。
碰撞前物块A 、B 的速度大小都为v 0。
则碰撞后，小物块A 、B 速度分别为（取X 轴的正方向为速度的正方向） ， .5．旅行者1号经过木星和土星时通过引力助推（引力弹弓）获得了足以完全摆脱太阳引力的动能。
高考物理一轮复习 课时跟踪检测21 动能定理及其应用
课时跟踪检测二十一 动能定理及其应用【基础过关】1．(多选)(2017届山师大附中模拟)质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则( )A ．质量大的物体滑行的距离大B ．质量小的物体滑行的距离大C ．它们滑行的距离一样大D ．它们克服摩擦力所做的功一样多解析：根据动能定理－μmg ·s ＝0－E k0，所以质量小的物体滑行的距离大，并且它们克服摩擦力所做的功在数值上都等于初动能的大小．B 、D 正确，A 、C 错误．答案：BD2.(2016届浙江绍兴诸暨牌头中学期末)如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g .当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )A ．Mg －5mgB ．Mg ＋mgC ．Mg ＋5mgD ．Mg ＋10mg解析：小环在最低点时，对整体有T －(M ＋m )g ＝mv 2R，其中T 为轻杆对大环的拉力；小环由最高处运动到最低处由动能定理得mg ·2R ＝12mv 2－0，联立以上二式解得T ＝Mg ＋5mg ，由牛顿第三定律知，大环对轻杆拉力的大小为T ′＝T ＝Mg ＋5mg ，C 正确．答案：C3.(2016届福建师大附中期中)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，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 2t 22C ．风力对物体做的功(绝对值)小于mg 2t 22D ．由于风力方向未知，不能判断风力做功情况解析：根据动能定理可知，重力做正功，风力做负功，由于后来物体的竖直速度为零，故物体在竖直方向上不是自由落体运动，重力做功W G ＝mgh ＜mg ·12gt 2＝mg 2t22，而风力做功W 0＋W G ＝0，由以上分析可知风力对物体做的功(绝对值)小于mg 2t 22，C 正确．答案：C4.(多选)(2016届辽宁沈阳二中月考)一环状物体套在光滑水平直杆上，能沿杆自由滑动，绳子一端系在物体上，另一端绕过定滑轮，用大小恒定的力F 拉着，使物体沿杆自左向右滑动，如图所示，物体在杆上通过a 、b 、c 三点时的动能分别为E a 、E b 、E c ，且ab ＝bc ，滑轮质量和摩擦均不计，则下列关系中正确的是( )A ．E b －E a ＝E c －E bB ．E b －E a ＜E c －E bC ．E b －E a ＞E c －E bD ．E a ＜E b ＜E c解析：对环状物体，绳的拉力对其做正功，物体的动能增加，D 正确；但这个力为变力，它做的功等于恒力F 的功，恒力F 的功等于F 与它作用的绳伸长的距离的乘积，从a 到b 绳伸长的距离大于从b 到c 绳伸长的距离，根据动能定理，故C 正确．答案：CD5.(2017届陕西镇安中学月考)如图，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高．质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g ，质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A.14mgR B ．13mgR C.12mgR D ．π4mgR解析：由最高点到最低点有：mgR －W f ＝12mv 2，在最低点有：F N －mg ＝m v2R ，而F N ＝2mg ，联立解得克服摩擦力做的功为W f ＝12mgR .C 正确．答案：C【提升过关】一、单项选择题1．(2016届广东东莞实验中学高三期末)一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F 1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F 2，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 F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A ．W F 2＞4W F 1，W f 2＞2W f 1B ．W F 2＞4W F 1，W f 2＝2W f 1C ．W F 2＜4W F 1，W f 2＝2W f 1D ．W F 2＜4W F 1，W f 2＜2W f 1解析：因物体均做匀变速直线运动，由运动学公式得前后两个过程的平均速度是2倍关系，那么位移x ＝v t 也是2倍关系，若W f 1＝fx ，则W f 2＝f ·2x ，故W f 2＝2W f 1；由动能定理W F 1－fx ＝12mv 2和W F 2－f ·2x ＝12m (2v )2，得W F 2＝4W F 1－2fx ＜4W F 1，C 正确．答案：C2.(2017届陕西镇安中学月考)如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B 的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A ，所需时间分别为t 1、t 2；动能增量分别为ΔE k1、ΔE k2，假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则( )A ．ΔE k1＞ΔE k2 t 1＞t 2B ．ΔE k1＝ΔE k2 t 1＞t 2C ．ΔE k1＞ΔE k2 t 1＜t 2D ．ΔE k1＝ΔE k2 t 1＜t 2解析：小球从最低点到最高点受到摩擦力做功：W f ＝μmg cos α×L ＝μmgx 水平，与斜面倾角无关；水平拉力为恒力，水平位移相同，所以拉力做功相等，根据动能定理可知，两球到达A 点时的速度相同，动能相等，A 、C 项错误；将小球的运动看做直线运动，画出其速率随时间变化的图象，可知，沿Ⅱ轨道运动的小球先到达，B 项正确．答案：B3.(2016届甘肃兰州一中月考)如图所示，质量为M ＝3 kg 的小滑块，从斜面顶点A 由静止沿ABC 下滑，最后停在水平面上的D 点，不计滑块从AB 面滑上BC 面以及从BC 面滑上CD 面时的机械能损失．已知AB ＝BC ＝5 m ，CD ＝9 m ，θ＝53°，β＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)，在运动过程中，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数相同．则( )A ．小滑块与接触面间的动摩擦因数μ＝0.5B ．小滑块在AB 面上运动的加速度a 1与小滑块在BC 面上运动的加速度a 2之比a 1a 2＝53C ．小滑块在AB 面上的运动时间小于小滑块在BC 面上运动时间D ．小滑块在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于小滑块在BC 面上运动时克服摩擦力做功解析：根据动能定理得Mg (s AB sin θ＋s BC sin β)－μMg (s AB cos θ＋s BC cos β)－μMgs CD ＝0，解得μ＝716，选项A 错误；小滑块在AB 面上运动的加速度a 1＝g sin θ－μg cos θ＝438m/s 2，小滑块在BC 面上运动的加速度a 2＝g sin β－μg cos β＝52 m/s 2，则a 1∶a 2＝43∶20，选项B 错误；小滑块在AB 面上的运动的平均速度小于小滑块在BC 面上的平均速度，故小滑块在AB 面上的运动时间大于小滑块在BC 面上的运动时间，选项C 错误；小滑块对AB 面正压力小于小滑块对BC 面的正压力，故在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于在BC 面上运动时克服摩擦力做功，选项D 正确．答案：D 二、多项选择题4.(2016届漳州市八校联考)如图所示，质量为m 的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物块与转台转轴相距R ，物块随转台由静止开始转动并计时，在t 1时刻转速达到n ，物块即将开始滑动．保持转速n 不变，继续转动到t 2时刻．则( )A ．在0～t 1时间内，摩擦力做功为零B ．在t 1～t 2时间内，摩擦力做功为0C ．在0～t 1时间内，摩擦力做功为2μmgRD ．在0～t 1时间内，摩擦力做功为12μmgR解题思路：物块做加速圆周运动，受重力、支持力和静摩擦力，物块即将滑动时已经做匀速圆周运动，最大静摩擦力提供向心力，可以求出线速度；又由于重力和支持力垂直于速度方向，始终不做功，只有静摩擦力做功，故可以根据动能定理求出摩擦力做的功．解析：在0～t 1时间内，转速逐渐增加，故物块的速度逐渐增加，由动能定理可知，最大静摩擦力提供向心力；μmg ＝m v 2R ，解得：v ＝μgR ，物块做加速圆周运动过程：W f ＝12mv 2，解得：W f ＝12μmgR ，故A 、C 错误，D 正确；在t 1～t 2时间内，物块的线速度不变，摩擦力只提供向心力，根据动能定理可知摩擦力做功为零，故B 正确．答案：BD5．(2017届安徽皖江名校联盟月考)一质量为M ＝1.0 kg 的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过(不计子弹穿过物块的时间)，如图甲所示．地面观察者记录了物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示，已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.在这一个过程中下列判断正确的是( )A ．传送带速度大小为2 m/s ，方向向左B ．物块与传送带间的动摩擦因数为0.2C ．传送带对物块做的功为－6 JD ．物块与传送带之间由于摩擦而产生的内能为4 J解题思路：根据v t 图象，可知传送带的速度v 的大小为2 m/s ，小物块的加速度即图线的斜率，根据动能定理，传送带对小物块所做的功即小物块的动能变化．解析：从v t 图象看出，物块被击穿后，先向左减速到v ＝2.0 m/s ，以后随传送带一起做匀速运动，所以传送带的速度方向向左，其速度为2.0 m/s ，故A 正确；由v t 图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度大小为a ＝23 m/s 2，由牛顿第二定律得，滑动摩擦力F f ＝μMg ＝Ma ，物块与传送带间的动摩擦因数μ≈0.067，故B 错误；传送带对物块做的功由动能定理可得：W ＝12Mv 2－12Mv 20，代入数据得：W ＝－6 J ，故C 正确；由v t 图象可得，物块相对传送带发生的位移为s ＝3 m ，所以物块与传送带之间由于摩擦而产生的内能为Q ＝fs ＝μMgs ＝2 J ，故D 错误．答案：AC6.(2016届河南信阳高级中学第四次大考)如图所示，一质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点，起始时刻小球静止于P 点，第一次小球在水平拉力F 作用下，从P 点缓慢地移动到Q 点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，张力大小为T 1；第二次在水平恒力F ′作用下，从P 点开始运动并恰好能到达Q 点，至Q 点时轻绳中的张力大小为T 2.关于这两个过程，下列说法中正确的是(不计空气阻力，重力加速度为g )( )A ．第一个过程中，拉力F 在逐渐变大，且最大值一定大于F ′B ．两个过程中，轻绳的张力均变大C ．T 1＝mgcos θ，T 2＝mgD ．第二个过程中，重力和水平恒力F ′的合力的功率先增大后减小解析：第一次小球在水平拉力F 作用下，从P 点缓慢地移动到Q 点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得F ＝mg tan θ，随着θ增大，F 逐渐增大；第二次小球从P 点开始运动并恰好能到达Q 点，则到达Q 点时速度为零，在此过程中，根据动能定理得F ′l sin θ＝mgl (1－cos θ)，解得F ′＝mg tan θ2，因为θ＜90°，所以mg tan θ2＜mg tan θ，则F ＞F ′，故A正确；第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力T ＝mgcos θ，所以轻绳的张力变大；第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，当绳子方向与“重力”方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故B 错误；第一次运动到Q 点时，受力平衡，根据几何关系可知，T 1＝mgcos θ，第二次运动到Q点时，速度为零，则向心力为零，则绳子拉力T 2＝mg cos θ＋F ′sin θ＝mg cos θ＋mg－cos θsin θ·sin θ＝mg ，故C 正确；第二个过程中，重力和水平恒力F ′的合力是个恒力，在等效最低点时，合力方向与速度方向垂直，此时功率最小为零，到达Q 点速度也为零，则第二个过程中，重力和水平恒力F ′的合力的功率先增大，后减小，再增大，再减小，故D 错误．答案：AC7. (2017届湖南省长沙市长郡中学周测)如图所示，竖直固定放置的粗糙斜面AB 的下端与光滑的圆弧轨道BCD 在B 点相切，圆弧轨道的半径为R ，圆心O 与A 、D 在同一水平面上，C 点为圆弧轨道最低点，∠COB ＝θ＝30°.现使一质量为m 的小物块从D 点无初速度地释放，小物块与粗糙斜面AB 间的动摩擦因数μ<tan θ，则关于小物块的运动情况，下列说法正确的是( )A ．小物块可能运动到AB ．小物块经过较长时间后会停在C 点C ．小物块通过圆弧轨道最低点C 时，对C 点的最大压力大小为3mgD ．小物块通过圆弧轨道最低点C 时，对C 点的最小压力大小为(3－3)mg解析：物体从D 点无初速度滑下后，由于克服摩擦力做功，所以物体在斜面上运动时机械能不断减小，在斜面上升的最大高度越来越小，不可能运动到A 点，又知道μ<tan θ，即mg sin θ>μmg cos θ，最终在与B 点对称的E 点之间来回运动，A 、B 错误；物块第一次运动到C 时速度最大，对轨道的压力最大．物块从D 第一次运动到C 的过程，由动能定理得mgR ＝12mv 21；设此时轨道对物体的支持力为F 1，由牛顿第二定律得F 1－mg ＝m v 21R ，联立解得F 1＝3mg ，由牛顿第三定律知物块对C 点的最大压力为3mg ，故C 正确；当最后稳定后，物体在BE 之间运动时，设物体经过C 点的速度为v 2，由动能定理得mgR (1－cos θ)＝12mv 22，设轨道对物体的支持力为F 2，由牛顿第二定律时：F 2－mg ＝m v 22R ，联立解得F 2＝(3－3)mg ，由牛顿第三定律可知，物体对C 点的最小压力为(3－3)mg ，D 正确．答案：CD 三、计算题8．(2017届漳州市八校联考)如图所示，质量m ＝6.0 kg 的滑块(可视为质点)，在水平牵引功率恒为P ＝42 W 的力作用下从A 点由静止开始运动，一段时间后撤去牵引力．当滑块由平台边缘B 点飞出后，恰能以5 m/s 的速度从竖直光滑圆弧轨道CDE 上C 点的切线方向切入轨道，并从轨道边缘E 点竖直向上抛出．已知∠COD ＝53°，A 、B 间距离L ＝3 m ，滑块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，圆弧轨道半径R ＝1.0 m ．不计空气阻力．取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g 取10 m/s 2，求：(1)滑块运动到B 点时的速度大小； (2)圆弧轨道对滑块的最大支持力；(3)滑块在平台上运动时水平牵引力的作用时间．解题思路：(1)根据平抛运动的规律，结合平行四边形定则求出水平分速度，即B 点的速度大小；(2)根据动能定理求出D 点的速度，通过牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出圆弧轨道对滑块的最大支持力；(3)根据B 点的速度，结合动能定理求出牵引力作用的时间．解析：(1)C 点水平分速度v ′＝v C cos53°＝5×0.6 m/s＝3 m/s ，B 点的速度v B ＝v ′＝3 m/s.(2)在D 点，轨道对滑块的支持力最大．滑块从C 点到D 点，由动能定理得：mgR (1－cos53°)＝12mv 2D －12mv 2C .在D 点，F N －mg ＝m v 2DR，得：F N ＝258 N.(3)滑块从A 点到B 点，由动能定理，得：Pt －μmgL ＝12mv 2B －0，解得：t ＝1.5 s.答案：(1)3 m/s (2)258 N (3)1.5 s9.如图所示，斜面ABC 中AB 段粗糙，BC 段长1.6 m 且光滑．质量为1 kg 的小物块由A 处以12 m/s 的初速度沿斜面向上滑行，到达C 处速度为零．此过程中小物块在AB 段速度的变化率是BC 段的2倍，两段运动时间相等．g 取10 m/s 2，以A 为零势能点．求小物块(1)通过B 处的速度； (2)在C 处的重力势能；(3)沿斜面下滑过程中通过BA 段的时间．解析：(1)设物块在AB 段加速度为a 1，BC 段加速度为a 2.由于a 1＝2a 2，t 1＝t 2，v A －v Bt 1＝2v Bt 2，得v B ＝4 m/s.(2)由题意分析可知，滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等，从A 到B 有W f ＋W G ＝12mv 2B －12mv 2A ，又W f ＝W G ，解得W f ＝－32 J ．从A 到C 有W f －mgh ＝0－12mv 2A ，得E p C ＝mgh ＝40 J.(3)上滑过程通过AB 段有v 2B －v 2A ＝2a 1L AB ，通过BC 段有0－v 2B ＝2a 2L BC ，解得L AB ＝6.4 m ．物体下滑通过BA 段做匀速运动，有t ′＝L ABv B，得t ′＝1.6 s. 答案：(1)4 m/s (2)40 J (3)1.6 s。
新高考2024版高考物理一轮复习微专题小练习专题41动量和能量的综合应用
专题41 动量和能量的综合应用1．[2023·九师联盟质量检测]如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则木块的最终速度大小和系统因摩擦产生的热量分别为( )A．Mv0m＋MmMv202（m＋M）B．Mv0m＋MmMv20m＋MC．mv0m＋MmMv202（m＋M）D．mv0m＋MmMv20m＋M2．(多选)如图所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动．在以后的运动过程中，关于A、B两物体与弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)( )A．虽然A、B两物体会有加速运动，但它们的总动量保持不变B．在以后的运动过程中F1、F2一直做正功，系统的机械能一直在增大C．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体总动能最大D．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，弹簧弹性势能最大3．[2023·山东省德州市期中]如图所示，光滑水平面上静止着一长为L的平板车，一人站在车尾将一质量为m的物体水平抛出，物体恰好落在车的前端．物体可看做质点，抛出位置位于车尾正上方，距车上表面的竖直高度为h ，不计空气阻力，已知人和车的总质量为M，重力加速度为g ，物体水平抛出时获得的冲量大小为( )A.mLg2hB．MLg2hC．m2LM＋mg2hD．MmLM＋mg2h4．[2023·河北省模拟]如图所示，在光滑的水平面上静止一质量M＝8 kg的小车B，小车左端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到小车右端的距离L＝1 m，这段车厢板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝0.1，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的车厢板上表面光滑．木块A以速度v0＝15 m/s由小车B右端开始沿车厢板表面向左运动．已知木块A的质量m＝2 kg，重力加速度g取10 m/s2.则木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为( )A．45 J B．178 JC ．225 JD ．270 J 5.[2023·江苏盐城期末]如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m /s 向右做匀速直线运动．已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg 和0.2 kg .某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s ，两球之间的距离为x ＝2.7 m ，则下列说法正确的是( )A ．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同B ．刚分离时，甲球的速度大小为0.6 m /sC ．刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m /sD ．爆炸过程中释放的能量为0.027 J6．[2023·湖南省五市十校联考]如图所示，质量为M 的小车静止在光滑的水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道，BC 段是水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m 的滑块(可视为质点)从小车上的A 点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC 轨道，最后恰好停在C 点．已知M ＝3m ，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )A ．滑块从A 滑到C 的过程中，滑块和小车组成的系统动量守恒B ．滑块滑到B 点时的速度大小为2gRC ．滑块从A 滑到C 的过程中，小车的位移大小为13(R ＋L)D ．水平轨道的长度L ＝R μ7．[2023·湖北十堰高三阶段练习]如图所示，足够长的光滑水平直轨道AB 与光滑圆弧轨道BC 平滑连接，B 为圆弧轨道的最低点．一质量为1 kg 的小球a 从直轨道上的A 点以大小为4 m /s 的初速度向右运动，一段时间后小球a 与静止在B 点的小球b 发生弹性正碰，碰撞后小球b 沿圆弧轨道上升的最大高度为0.2 m (未脱离轨道).取重力加速度大小g ＝10 m /s 2，两球均视为质点，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．碰撞后瞬间，小球b 的速度大小为1 m /sB ．碰撞后瞬间，小球a 的速度大小为3 m /sC ．小球b 的质量为3 kgD ．两球会发生第二次碰撞8．[2023·山西省一模]有一款推拉门，其三扇门板俯视如图所示，每扇门的宽度均为L ＝1.00 m ，质量均为m ＝20 kg ，边缘凸起部位的宽度均为d ＝0.05 m ．门完全关闭时，1号门板的左侧以及3号门板的右侧分别与两侧的门框接触时，相邻门板的凸起部位也恰好接触．测试时，将三扇门板均推至最左端，然后用恒力F 水平向右推3号门板，每次都经过相同的位移s ＝0.20 m 后撤去F ，观察三扇门的运动情况．发现当恒力为8.5 N 时，3号门板恰好能运动到其左侧凸起与2号门板右侧的凸起接触处．设每扇门与轨道间的动摩擦因数均相同，门板凸起部位间的碰撞及门板与门框的碰撞均为完全非弹性碰撞(不黏连).不考虑空气阻力，取g ＝10 m /s 2.(1)求每扇门与轨道间的动摩擦因数．(2)若要实现三扇门恰好完全关闭，则恒力应是多大？(3)若想让三扇门都到达最右侧门框处，则恒力至少是多大？专题41 动量和能量的综合应用1．C 木块在小车上表面滑动的过程中动量守恒，有mv 0＝(M ＋m)v ，系统因摩擦产生的热量Q ＝12 mv 20 －12 (M ＋m)v 2，两式联立解得木块的最终速度v ＝mv 0M ＋m，摩擦产生的热量Q ＝mMv 20 2（M ＋m ），C 正确． 2．AC 由题意，水平恒力F 1、F 2等大反向，则系统受合外力为零，总动量守恒，故A 正确；拉力与物体的运动方向相同，则F 1、F 2一直做正功，系统的机械能一直在增大，当物体减速为零后此时弹簧的弹力大于拉力，物体会反向运动，此时拉力与运动方向相反，都做负功则机械能减少，B 错误；当弹簧弹力的大小与F 1、F 2的大小相等后，弹力大于拉力，则物体减速运动，故弹力的大小与F 1、F 2的大小相等时，A 、B 两物体速度最大，总动能最大，C 正确；当弹簧弹力的大小与F 1、F 2的大小相等后，物体减速运动，但仍然会使弹簧继续伸长，弹性势能继续增大，D 错误．3．D 系统水平方向动量守恒，mv 1＝Mv 2，有mx 1＝Mx 2，且x 1＋x 2＝L ，解得x 1＝ML M ＋m，x 2＝mL M ＋m .由平抛运动的规律得h ＝12 gt 2，x 1＝v 1t ，由动量定理得I ＝mv 1，解得I ＝MmL M ＋m g 2h. 4．B 由题意知，小车和木块系统动量守恒，有mv 0＝(M ＋m)v ，由能量守恒，得12mv 20 ＝12(M ＋m)v 2＋μmgL＋E pmax ，联立解得E pmax ＝178 J ，B 项正确． 5．D 设甲、乙两球的质量分别为m 1、m 2，刚分离时两球速度分别为v 1、v 2，以向右为正方向，则由动量守恒得(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，根据题意有v 2－v 1＝x t，代入数据可解得v 2＝0.8 m /s ，v 1＝－0.1 m /s ，说明刚分离时两球速度方向相反，故A 、B 、C 错误；爆炸过程中释放的能量ΔE ＝12 m 1v 21 ＋12 m 2v 22 －12(m 1＋m 2)v 20 ，将v 2＝0.8 m /s ，v 1＝－0.1 m /s ，代入计算可得ΔE ＝0.027 J ，故D 正确．6．D 滑块从A 滑到C 的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为零，系统动量不守恒，故A 错误；滑块刚滑到B 点时速度最大，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律得0＝mv m －Mv M ，mgR ＝12 mv 2m ＋12Mv 2M ，解得v m ＝ 3gR 2 ，v M ＝ gR 6 ，滑块滑到B 点时的速度为 3gR 2，故B 错误；设全程小车相对地面的位移大小为s ，根据题意可知全程滑块水平方向相对小车的位移为R ＋L ，则滑块水平方向相对地面的位移为x′＝R ＋L －s ，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得m(R ＋L －s)－Ms ＝0.已知M ＝3m ，解得s ＝14(R ＋L)，x′＝34(R ＋L)，故C 错误；系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得0＝(m ＋M)v′，解得v′＝0，由能量守恒定律得mgR ＝μmgL，解得L ＝R μ，故D 正确．7．C 由机械能守恒m b gh ＝12mv 2B 可得碰后小球b 在B 点的速度为v B ＝2 m /s ，故A 错误；由动量守恒定律可得m a v 0＝m a v 1＋m b v B ，由机械能守恒可得12 m a v 20 ＝12 m a v 21 ＋12m b v 2B ，联立求得m b ＝3 kg ，v 1＝－2 m /s ，碰撞后瞬间，小球a 的速度大小为2 m /s ，故B 错误，C 正确；碰后a 球立刻向左运动，b 球先向右运动到最高点，再向左返回到平面上运动，两球速度大小相等，所以两球不会发生第二次碰撞，故D 错误．8．(1)0.01 (2)42.5 N (3)314.5 N解析：(1)设每扇门与轨道间的动摩擦因数为μ，根据动能定理F 1s －μmg(L－3d)＝0解得μ＝0.01(2)设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为v 1，根据动能定理F 2s －μmg(L－3d)＝12mv 21 设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为v 2，根据动量守恒定律有mv 1＝2mv 23号门板与2号门板碰撞后一起向右运动的过程中，根据动能定理－μ(2m)g(L－3d)＝0－12(2m)v 22 解得F 2＝42.5 N(3)设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为v 3，根据动能定理F 3s －μmg(L－3d)＝12mv 23 设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为v 4，根据动量守恒定律有mv 3＝2mv 43号门板与2号门板碰撞后一起向右运动到与门框接触前的速度大小为v 5，根据动能定理－μ(2m)g(L－3d)＝12 (2m)v 25 －12(2m)v 24 设2号门板与1号门板碰撞后速度的大小为v 6，根据动量守恒定律有mv 5＝2mv 6从2号门板与1号门板碰撞后到1号门板恰好停止过程中，根据动能定理－2μmg(L－3d)＝0－12mv 26 联立解得F 3＝314.5 N。
高考物理一轮复习 主题五 能量和动量 课时跟踪训练21
课时跟踪训练(二十一)落实双基[基础巩固]1．如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一A物体，现以恒定的外力拉B，使A、B间产生相对滑动，如果以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中( )A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量[解析] 外力F做的功等于A、B动能的增量与A、B间摩擦产生的内能之和，A错误；A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理，W F－W F f＝ΔE k B，即W F＝ΔE k B＋W F f，就是外力F 对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D错误．[答案] B2．如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )A ．小球落地时动能等于mgHB ．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C ．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )D ．小球在泥土中受到的平均阻力为mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋H h [解析] 小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH －fH ＝12mv 20，选项A 错误；设泥的平均阻力为f 0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh －f 0h ＝0－12mv 20，解得f 0h ＝mgh ＋12mv 20，f 0＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋H h －fHh ，选项B 、D 错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )，选项C 正确．[答案] C3．如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P 点，以大小恒定的初速度v 0在圆盘上沿与直径PQ 成不同夹角θ的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v ，则v 2－cos θ图象应为( )[解析] 设圆盘半径为r ，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，由题意可知，小物块运动到圆盘另一边缘过程中摩擦力做负功，由动能定理可得，－μmg ·2r cos θ＝12mv 2－12mv 20，即v 2＝v 20－4μgr cos θ，可知v 2与cos θ为线性关系，斜率为负，故A 正确，B 、C 、D 错误．[答案] A4．(2015·全国卷Ⅰ)如图所示，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离[解析] 根据质点滑到轨道最低点N 时，对轨道压力为4mg ，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg .在最低点，由牛顿第二定律得，4mg －mg ＝m v 2R，解得质点滑到最低点时的速度v ＝3gR .对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得，2mgR －W ＝12mv 2，解得W ＝12mgR .对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q 点时克服摩擦力做功W ′要小于W ＝12mgR .由此可知，质点到达Q 点后，可继续上升一段距离，C 正确．[答案] C5．如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放，小球A 能够下降的最大高度为h .若将小球A 换为质量为3m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B 下降h 时的速度为(重力加速度为g ，不计空气阻力)( )A.2ghB. 4gh 3C.ghD.gh2[解析] 小球A 下降h 过程小球克服弹簧弹力做功为W 1，根据动能定理，有mgh －W 1＝0；小球B 下降过程，由动能定理有3mgh －W 1＝123mv 2－0，解得v ＝4gh3，故B 正确． [答案] B6．用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功[解析] 由a －t 图象可知物体6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s－12×1×2 m/s＝6m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 错误；物体在5 s 末速度最大，B 错误；在2～4 s 内加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C 错误；由动能定理可知：0～4 s 内合力对物体做的功：W 4＝12mv 24－0,0～6 s 内合力对物体做的功：W 6＝12mv 26－0，又v 4＝v 6，则W 4＝W 6，D 正确．[答案] D7．(2017·甘肃模拟)如图甲所示，一质量为4 kg 的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F 作用下开始运动，推力F 随位移x 变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动B ．物体在水平地面上运动的最大位移是10 mC ．物体运动的最大速度为215 m/sD ．物体在运动中的加速度先变小后不变[解析] 当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项A 错误；由题图乙中图线与x 轴所围面积表示推力对物体做的功得，推力做的功W ＝12×4×100 J＝200 J ，根据动能定理有W －μmgx m ＝0，得x m ＝10 m ，选项B 正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F ＝100－25x (N)，当F ＝μmg ＝20 N 时x ＝3.2 m ，由动能定理得：12(100＋20)·x －μmg ·x ＝12mv 2m ，解得物体运动的最大速度v m ＝8 m/s ，选项C 错误；物体运动中当推力由100 N 减小到20 N 的过程中，加速度逐渐减小，当推力由20 N 减小到0的过程中，加速度又反向增大，此后加速度不变，故D 项错误．[答案] B8．(2016·天津卷)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1530 J ，取g ＝10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大．[解析] (1)运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有v 2B ＝2ax ①由牛顿第二定律有mg H x－F f ＝ma ② 联立①②式，代入数据解得F f ＝144 N ③(2)设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理有mgh ＋W ＝12mv 2C －12mv 2B ④ 设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝mv 2CR⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R ＝12.5 m[答案] (1)144 N (2)12.5 m[素能培养]9．如图所示，一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平直杆上，杆足够长，环与杆之间的动摩擦因数为μ，现给环一个向右的初速度v 0，如果环在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F ，且F ＝kv (k 为常数，v 为环的速率)，则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功不可能为( )A.12mv 20 B.12mv 20＋m 3g 22k 2 C ．0D.12mv 20－m 3g 22k2 [解析] 当环受到的合力向下时，随着环做减速运动，向上的力F 逐渐减小，环最终将静止；当环所受合力向上时，随着环速度的减小，竖直向上的力F 逐渐减小，当环向上的拉力减至和重力大小相等时，环所受合力为0，杆不再给环阻力，环将保持此时速度不变做匀速直线运动；当环在竖直方向所受合力为0时，环将一直做匀速直线运动，分三种情况应用动能定理求出阻力对环做的功即可．当F ＝kv 0＝mg 时，圆环不受杆的支持力和摩擦力，克服摩擦力做的功为零；当F ＝kv 0<mg 时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功，根据动能定理得－W ＝0－12mv 20得W ＝12mv 20；当F ＝kv 0>mg 时，圆环先做减速运动，当F ＝mg 时，圆环不受摩擦力，做匀速直线运动，由F ＝kv ＝mg 得v ＝mg k ，根据动能定理得－W ＝12mv 2－12mv 20，解得W ＝12mv 20－m 3g22k2.综上所述，答案为B.[答案] B10.某测试员测试汽车启动、加速、正常行驶及刹车的性能．前4 s 使汽车做匀加速直线运动，4～15 s 保持发动机功率恒定，达到最大速度后保持匀速，15 s 时松开油门并踩刹车，经3 s 停止，已知汽车的质量为1200 kg ，在加速及匀速过程中汽车所受阻力大小恒为f ，刹车过程汽车所受阻力为5f ，根据测试数据描绘出的v －t 图象如图所示，下列说法正确的是( )A ．f ＝1200 NB ．0～4 s 内汽车所受牵引力为3.6×103N C ．4～15 s 内汽车功率为360 kW D ．4～15 s 内汽车位移大小为141 m[解析] 设刹车过程中汽车的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：5f ＝ma ，由v －t 图知15～18 s 内a ＝303 m/s 2＝10 m/s 2.所以f ＝2400 N ，故A 选项错误．由v －t 图知0～4s 内加速度大小a 1＝3 m/s 2，由牛顿第二定律得：F －f ＝ma 1，得牵引力F ＝6×103N ，故B 选项错误.4～15 s 内发动机功率恒定，且15 s 时汽车已开始做匀速运动，所以P ＝fv m ＝2400×30 W＝7.2×104W ，故C 选项错误．设4～15 s 内汽车位移大小为x ，由动能定理得：Pt －fx ＝12mv 2m －12mv 21，其中v m ＝30 m/s ，v 1＝12 m/s ，解得x ＝141 m ．故D 选项正确．[答案] D11.(多选)(2016·孝感统测)如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m 的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h ，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以速度v 向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，则( )A ．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mghB ．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mgh ＋38mv 2C ．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率为mgvD ．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率大于32mgv [解析] 汽车以v 向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，物体上升的高度恰为h ，对速度v 分解可知沿细绳方向的分速度大小为32v ，根据动能定理可知A 错误、B 正确；由于物体加速上升，故细绳拉力大于物体的重力，所以细绳拉力的功率大于32mgv ，C 错误，D 正确． [答案] BD12．(2017·新泰模拟)如图所示，倾斜轨道AB 的倾角为37°，CD 、EF 轨道水平，AB 与CD 通过光滑圆弧管道BC 连接，CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E 滑出该轨道进入EF 水平轨道．小球由静止从A 点释放，已知AB 长为5R ，CD 长为R ，圆弧管道BC 入口B 与出口C 的高度差为1.8R ，小球与倾斜轨道AB及水平轨道CD 、EF 的动摩擦因数均为0.5，重力加速度为g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(在运算中，根号中的数值无需算出)(1)小球滑到斜面底端C 时速度的大小． (2)小球刚到C 时对管道的作用力．(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R ′应该满足什么条件？ [解析] (1)设小球到达C 点时速度为v ，小球从A 运动至C 过程，由动能定理有：mg (5R sin37°＋1.8R )－μmg cos37°·5R ＝12mv 2C解得：v C ＝28gR5. (2)小球沿BC 管道做圆周运动，设在C 点时管道对小球的作用力为F N ，由牛顿第二定律，有：F N －mg ＝m v 2Cr其中r 满足：r ＋r ·cos37°＝1.8R 解得：F N ＝6.6mg由牛顿第三定律可得，小球对管道的作用力为6.6mg ，方向竖直向下． (3)要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入FF 轨道，则小球在最高点应满足：m v 2PR ′≥mg小球从C 点到圆周轨道的最高点过程，由动能定理，有： －μmgR －mg ·2R ′＝12mv 2P －12mv 2C 可得：R ′≤2325R ＝0.92R情况二：小球上滑至四分之一圆周轨道的最高点时，速度减为零，然后滑回D .则由动能定理有：－μmgR －mg ·R ′＝0－12mv 2C解得：R ′≥2.3R所以要使小球不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R ′应该满足R ′≤0.92R 或R ′≥2.3R .[答案] (1) 28gR5(2)6.6mg，方向竖直向下(3)R′≤0.92R或R′≥2.3R。
高考物理一轮复习 考点 动量和能量的综合用练习
权掇市安稳阳光实验学校考点19 动量和能量的综合应用题组一 基础小题1．(多选)如图所示，质量分别为m 和2m 的A 、B 两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A 靠紧竖直墙。
用水平力F 将B 向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E 。
这时突然撤去F ，关于A 、B 和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )A ．撤去F 后，系统动量守恒，机械能守恒B ．撤去F 后，A 离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒C ．撤去F ，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为ED ．撤去F ，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E3答案 BD解析 撤去F 后，A 离开竖直墙前，竖直方向两木块的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而水平方向墙对A 有向右的弹力，系统的动量不守恒；这个过程中，只有弹簧的弹力对B 做功，系统的机械能守恒；A 离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向受力平衡，则系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒，故A 错误，B 正确。
撤去F ，A 离开竖直墙后，当两木块速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大；设两木块的共同速度为v ，A 离开墙时，B 的速度为v 0，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：2mv 0＝3mv ，E ＝12·3mv 2＋E p ，又E ＝12·2mv 20，联立解得弹簧的弹性势能最大值为：E p ＝E3，故C 错误，D 正确。
2．如图所示，质量为M 的长木块放在水平面上，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，则由此可得子弹射入木块前的速度大小为( )A.m ＋M m2μgsB.M －m m2μgsC.mm ＋MμgsD.mM －mμgs答案 A解析 子弹击中木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 1＝(M ＋m )v ，解得：v ＝mv 1M ＋m；子弹击中木块后，木块(包括子弹)做匀减速直线运动，由动能定理得：－μ(M ＋m )gs ＝0－12(M＋m )v 2，解得：v 1＝M ＋mm2μgs 。
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课时跟踪检测（二十一） 动量与能量的综合问题[A 级——基础小题练熟练快]1.(多选)(2020·青岛市模拟)如图，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系一圆盘A ，处于静止状态。
一圆环B 套在弹簧外，与圆盘A 距离为h ，让环自由下落撞击圆盘，碰撞时间极短，碰后圆环与圆盘共同向下开始运动，下列说法正确的是( )A ．整个运动过程中，圆环、圆盘与弹簧组成的系统机械能守恒B ．碰撞后环与盘一起做匀加速直线运动C ．碰撞后环与盘一块运动的过程中，速度最大的位置与h 无关D ．从B 开始下落到运动到最低点过程中，环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量解析：选CD 圆环与圆板碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，故A 错误；碰撞后环与盘一起向下运动过程中，受重力，弹簧弹力，由于弹力增大，整体受到的合力变化，所以加速度变化，故B 错误；碰撞后平衡时，有kx ＝(m ＋M )g ，即碰撞后新平衡位置与下落高度h 无关，故C 正确；从B 开始下落到运动到最低点过程中，环与盘发生完全非弹性碰撞，有能量损失，故环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故D 正确。
2．(多选)(2019·南昌模拟)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度v 0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x 。
现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B (如图乙所示)，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，则( )A ．物体A 的质量为3mB ．物体A 的质量为2mC ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为32m v 02 D ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为m v 02解析：选AC 对题图甲，设物体A 的质量为M ，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能E p ＝12M v 02；对题图乙，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，物体A 、B 组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，物体A 、B 二者速度相等，由动量守恒定律有M ·2v 0＝(M ＋m )v ，由能量守恒定律有E p ＝12M ·(2v 0)2－12(M ＋m )v 2，联立解得M ＝3m ，E p ＝32m v 02，选项A 、C 正确，B 、D 错误。
3.如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A 、B 从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。
若子弹A 射入的深度大于子弹B 射入的深度，则( )A ．子弹A 的质量一定比子弹B 的质量大B ．入射过程中子弹A 受到的阻力比子弹B 受到的阻力大C ．子弹A 在木块中运动的时间比子弹B 在木块中运动的时间长D ．子弹A 射入木块时的初动能一定比子弹B 射入木块时的初动能大解析：选D 由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为f ，根据动能定理得：对A 子弹：－fd A ＝0－E k A ，得E k A ＝fd A ；对B 子弹：－fd B ＝0－E k B ，得E k B ＝fd B 。
由于d A >d B ，则有子弹入射时的初动能E k A >E k B ，故B 错误，D 正确。
对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有2m A E k A ＝2m B E k B ，而E k A >E k B ，则得到m A <m B ，故A 错误。
子弹A 、B 从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析得知，两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，故C 错误。
4.如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M ＝3 kg 。
质量m ＝1 kg 的铁块以水平速度v 0＝4 m/s 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( )A ．3 JB ．4 JC ．6 JD ．20 J解析：选A 设铁块与木板共速时速度大小为v ，铁块相对木板向右运动的最大距离为L ，铁块与木板之间的摩擦力大小为f 。
铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒定律得12m v 02＝fL ＋12(M ＋m )v 2＋E p 。
由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v 。
从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由功能关系得12m v 02＝2fL ＋12(M ＋m )v 2。
联立解得E p ＝3 J ，故选项A 正确。
5.如图所示，一个质量为M 的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF ，圆弧半径为R ＝1 m 。
E 点切线水平。
另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M ＝4m，g取10 m/s2，不计摩擦。
则小球的初速度v0的大小为()A．4 m/s B．5 m/sC．6 m/s D．7 m/s解析：选B当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有m v0＝(m＋M)v1，根据机械能守恒定律有12＝12(m＋M)v12＋mgR，2m v0根据题意，有M＝4m，联立两式解得v0＝5 m/s，故A、C、D错误，B正确。
6.如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝8 kg的平板小车，小车上有一个质量m＝1.9 kg的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，小车与木块一起以v＝1 m/s的速度水平向右匀速行驶。
一颗质量m0＝0.1 kg的子弹以v0＝179 m/s的初速度水平向左飞行，瞬间击中木块并留在其中。
如果木块和子弹刚好不从小车上掉下，求木块与小车之间的动摩擦因数μ(g＝10 m/s2)。
解析：设子弹射入木块后子弹与木块的共同速度为v1，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有m0v0－m v＝(m＋m0)v1代入数据解得v1＝8 m/s木块和子弹恰好不从小车上掉下来，则木块和子弹相对小车滑行s＝6 m 时，跟小车具有共同速度v2，则由动量守恒定律有(m＋m0)v1－M v＝(m＋m0＋M)v2由能量守恒定律有Q＝μ(m＋m0)gs＝12＋12M v2－12(m＋m0＋M)v222(m＋m0)v1解得μ＝0.54。
答案：0.547．如图所示，静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块，滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一固定挡板P，某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运动，滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35 J，此时撤掉固定挡板P，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、C的质量分别为m A＝m B＝0.2 kg，m C＝0.1 kg，(取10＝3.17)求：(1)滑块C的初速度v0的大小；(2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬时，滑块B、C的速度大小；(3)从滑块B 、C 压缩弹簧至弹簧恢复到原长的过程中，弹簧对滑块B 、C 整体的冲量。
解析：(1)滑块C 撞上滑块B 的过程中，滑块B 、C 组成的系统动量守恒，以水平向左为正，根据动量守恒定律得：m C v 0＝(m B ＋m C )v 1弹簧被压缩至最短时，滑块B 、C 速度为零，根据能量守恒定律得：E p ＝12(m B ＋m C )v 12 解得：v 1＝3 m /s ，v 0＝9 m/s 。
(2)设弹簧弹开至恢复到原长的瞬间，滑块B 、C 的速度大小为v 2，滑块A 的大小为v 3，根据动量守恒定律得：m A v 3＝(m B ＋m C )v 2，根据能量守恒定律得：E p ＝12m A v 32＋12(m B ＋m C )v 22 解得：v 2≈1.9 m/s 。
(3)设弹簧对滑块B 、C 整体的冲量I ，选向右为正方向，由动量定理得：I ＝Δp ＝(m B ＋m C )(v 2＋v 1)解得：I ＝1.47 N·s ，方向水平向右。
答案：(1)9 m /s (2)1.9 m/s (3)1.47 N·s ，方向水平向右[B 级——增分题目练通抓牢]8.(多选)(2020·赤峰模拟)如图所示，质量均为m 的A 、B 两物体通过劲度系数为k 的轻质弹簧拴接在一起竖直放置在水平地面上，物体A 处于静止状态。
在A的正上方h 高处有一质量也为m 的小球C 。
现将小球C 由静止释放，C 与A 发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g 。
下列说法正确的是( )A ．C 与A 碰撞后瞬间A 的速度大小为gh 2B ．C 与A 碰撞时产生的内能为mgh 2 C ．C 与A 碰撞后弹簧的最大弹性势能为mgh 2D ．要使碰后物体B 被拉离地面，h 至少为6mg k解析：选AB 设C 与A 碰前瞬间C 的速度为v 0，C 与A 碰后瞬间C 、A 的共同速度为v 1。
对C 自由下落过程，由机械能守恒得mgh ＝12m v 02，解得v 0＝2gh 。
C 与A 碰撞过程：对C 与A 组成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得：m v 0＝2m v 1，所以v 1＝gh 2，故A 正确；C 与A 碰撞时产生的内能为E 内＝12m v 02－12·2m v 12＝mgh 2，故B 正确；C 、A 一起向下运动压缩弹簧的过程中，C 、A 的重力势能和动能转化为弹簧的弹性势能，由系统的机械能守恒知，C 与A 碰撞后弹簧的最大弹性势能大于A 、C 动能的减少量之和，即大于12·2m v 12＝mgh 2，故C 错误；开始时弹簧的压缩量为x ＝mg k ，碰后物体B 刚被拉离地面时弹簧伸长量为x ′＝mg k，则知碰后C 、A 将上升2x ，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得12·2m v 12＝2mg ·2x ，联立以上各式代入数据得h ＝8mg k ，故D 错误。
9.(多选)如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA 段光滑，AB 段粗糙且长为l ，左端O 处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F 。
质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时轻绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。
则( )A ．轻绳被拉断瞬间木板的加速度大小为F MB ．轻绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12m v 2 C ．弹簧恢复原长时滑块的动能为12m v 2 D ．滑块与木板AB 间的动摩擦因数为v 22gl解析：选ABD 轻绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F ，对木板，由牛顿第二定律得F ＝Ma ，得a ＝F M ，故A 正确；滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，轻绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12m v 2，故B 正确；弹簧恢复原长时木板获得动能，所以滑块的动能小于12m v 2，故C 错误；弹簧最大的弹性势能E p ＝12m v 2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，均为0。