2020届高考二轮复习跟踪测试(物理)：动量

2020年高考物理动量综合测试二（后附答案）第一部分 选择题（共40分）一.本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分．1．关于冲量，以下说法正确的是A.只要物体受到力的作用，物体受到的总冲量就一定不为零B.只要物体受到的合外力不为零，物体在任一Δt 时间内所受的总冲量就一定不为零C.如果力是恒力，则冲量的方向就是该力的方向D.做曲线运动的物体，在任何Δt 时间内所受的总冲量一定不为零2．1924年法国物理学家德布罗意提出物质波的概念：任何一个运动着的物体，小到电子，大到行星、恒星都有一种波与之对应，波长为λ = ph ，P 为物体运动的动量，h 是普朗克常量．同样光也具有粒子性，光子的动量为：P =λh ．根据上述观点可以证明一个静止的自由电子如果完全吸收一个γ光子，会发生下列情况：设光子频率为ν，则E = h ν，P =λh = chv ，被电子吸收后有h ν = 21m e υ2，h c v = m e υ，解得：υ = 2C ．电子的速度为光速的2倍，显然这是不可能的。

关于上述过程以下说法正确的是A ．因为在微观世界动量守恒定律不适用，上述论证错误，电子有可能完全吸收一个电子B ．因为在微观世界能量守恒定律不适用，上述论证错误，电子有可能完全吸收一个电子C ．动量守恒定律，能量守恒定律是自然界中普遍适用的规律，所以唯一结论是电子不可能完全吸收一个r 光子D ．若γ光子与一个静止的自由电子发生作用，则r3．如图所示，用细线挂一质量为M 的木块，有一质量为m 的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v ０和v （设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计），木块的速度大小为A ．M mv mv /)(0+B ．M mv mv /)(0-C ．)/()(0m M mv mv ++D ．)/()(0m M mv mv +-4．放在光滑水平面上的A 、B 两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状态，下面说法中正确的是A ．两手同时放开后，两车的总动量为零B ．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右C ．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右D ．两手同时放开，两车总动量守恒；两手放开有先后，两车总动量不守恒5．一个电子(质量为m 、电荷量为-e)和一个正电子(质量为m 、电荷量为e)经电场加速后以相等的动能E k 相向运动，并撞到一起，发生“湮灭”，产生两个频率相同的光子.设产生光子的频率为v ，若这两个光子的能量都是h v ，动量分别为p 和p ＇，下列关系式中正确的是A. hv=mc 2，p=p ＇B. hv=21mc 2，p=p ＇ C. hv=mc 2+E k ，p= -p ＇ D. hv=21(mc 2+E k )，p= -p ＇ 6．在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆球的质量为 m 0，小车和单摆以恒定的速度V 沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列说法可能发生的是：Ａ.小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为V 1、V 2、V 3，满足(M+ m 0)V=M V 1+ m V 2+ m V 3Ｂ.摆球的速度不变，小车和木块的速度变为V 1和V 2，满足MV=M V 1+ m V 2Ｃ.摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为V ，满足MV=（M+ m ）VＤ.小车和摆球的速度都变为V 1，木块的速度变为V 2，满足（M+ m 0）V=（M+ m 0）V 1+ m V 27.两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B 球在前，A 球在后，M A =1kg, M B =2kg,v A =6m/s, v B =2m/s, 当A 球与B 球发生碰撞后，A 、B 两球速度可能为A. v A =5m/s, v B =2.5m/sB. v A =2m/s, v B =4m/sC . v A = -4m/s, v B =7m/s D. v A =7m/s, v B =1.5m/s8.将物体P 从置于光滑水平面上的斜面体Q 的顶端以一定的初速度沿斜面往下滑，如图所示.在下滑过程中，P 的速度越来越小，最后相对斜面静止，那么由P 和QA.B.C. 最后P 和QD. 最后P 和Q 9.长木板A 放在光滑的水平面上,质量为m=2kg 的另一物体B 以水平速度v 0=2m/s 滑上原来静止的长木板A 的表面,由于A 、B 间存在摩擦,之后A 、B 速度随时间变化情况如图所示,则下列说法正确的是A .木板获得的动能为1JB .系统损失的机械能为2JC .木板A 的最小长度为1mD . A 、B 间的动摩擦因数为0.110.A 、B 两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰.用频闪照相机在t 0=0, t 1=Δt,t 2=2Δt, t 3=3Δt 各时刻闪光四次,摄得如图所示照片,其中B 像有重叠,m B =23m A ,由此可判断 A. 碰前B 静止,碰撞发生在60cm 处, t=2.5Δt 时刻B. 碰后B 静止,碰撞发生在60cm 处, t=0.5Δt 时刻C. 碰前B 静止,碰撞发生在60cm 处, t=0.5Δt 时刻D. 碰后B 静止,碰撞发生在60cm 处, t=2.5Δt 时刻第二部分 非选择题（共110分）二.本题共8小题，共110分.按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和 重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．11.（8分）如图1所示装置验证碰撞中的动量守恒，A、B两球直径相同，质量分别为m1、m2.图1（1）实验中所必须用的测量工具是_______、_______.（2）某次实验得出小球的落点情况如图2所示，若碰撞中动量守恒，则两小球质量之比m1∶m2=_______.图212.（12分）气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨和滑块A和B验证动量守恒定律，实验装置如图所示，采用的实验步骤如下：a．用天平分别测出滑块A、B的质量m A、m B；b．调整气垫导轨，使导轨处于水平；c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；d．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1；e．按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B 滑块分别碰撞C、D挡板时计时结束，记下A，B分别到达C、D的运动时间t1和t2．(1)实验中还应测量的物理量是．(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是．13.（13分）如图所示，在光滑的水平桌面上，静放着一质量为980g的长方形匀质木块，现有一颗质量为20g 的子弹以300m/s 的水平速度沿其轴线射向木块，结果子弹留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。

动量定理、动量守恒定律1．(2017年高考·课标全国卷Ⅲ)(多选)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动．F 随时间t 变化的图线如图2—5—12所示，则( )图2—5—12A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg ·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg ·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零解析：设t ＝1 s 时物块的速率为v 1，由动量定理得Ft ＝mv 1，得v 1＝1 m/s ，A 项正确．t ＝2 s 时动量p 2＝2×2 kg ·m/s ＝4 kg ·m/s ，B 项正确．t ＝3 s 时的动量p 3＝2×2 kg ·m/s －1－1 kg ·m/s ＝3 kg ·m/s ，C 项错误．t ＝4 s 时物块速度v 4＝p 4m ＝2×2－1×22m/s ＝1 m/s ，故D 项错误．答案：AB2．(2017年高考·课标全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 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)( )A ．30 kg ·m/sB ．5.7×102 kg ·m/sC ．6.0×102 kg ·m/sD ．6.3×102 kg ·m/s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p ，根据动量守恒定律，可得p ＝mv 0＝0.050×600 kg ·m/s ＝30 kg ·m/s ，选项A 正确．答案：A3．(2019年高考·课标全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s ，产生的推力约为4.8×106 N ，则它在1 s 时间内喷射的气体质量约为( )A ．1.6×102 kgB ．1.6×103kg C ．1.6×105 kg D ．1.6×106 kg 解析：设该发动机在t s 时间内，喷射出的气体质量为m ，根据动量定理，Ft ＝mv ，可知，在1 s 内喷射出的气体质量m 0＝m t ＝F v ＝4.8×1063 000kg ＝1.6×103 kg ，故本题选B. 答案：B4．(2018年高考·课标全国卷Ⅱ)汽车A 在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B ，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B .两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图2—5—13所示，碰撞后B 车向前滑动了4.5 m ，A 车向前滑动了2.0 m ．已知A 和B 的质量分别为2.0×103 kg 和1.5×103kg ，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：图2—5—13(1)碰撞后的瞬间B 车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A 车速度的大小．解：(1)设B车的质量为m B，碰后加速度大小为a B.根据牛顿第二定律有μm B g＝m B a B①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．设碰撞后瞬间B车速度的大小为v B′，碰撞后滑行的距离为s B，由运动学公式有v B′2＝2a B s B②联立①②式并利用题给数据得v B′＝3.0 m/s③(2)设A车的质量为m A，碰后加速度大小为a A，根据牛顿第二定律有μm A g＝m A a A④设碰撞后瞬间A车速度的大小为v A′，碰撞后滑行的距离为s A，由运动学公式有v A′2＝2a A s A⑤设碰撞前的瞬间A车速度的大小为v A.两车在碰撞过程中动量守恒，有m A v A＝m A v A′＋m B v B′⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得v A＝4.3 m/s⑦5．(2019年高考·课标全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为m A＝1.0 kg，m B＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图2－5－14所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k＝10.0 J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为u＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．图2－5－14(1)求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；(2)物块A 、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？(3)A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？解：(1)设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0＝m A v A －m B v B ①E k ＝12m A v A 2＋12m B v B 2②联立①②式并代入题给数据得 v A ＝4.0 m/s ，v B ＝1.0 m/s(2)A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a .假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B .设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B ，则有m B a ＝μm B g ④s B ＝v B t －12at 2⑤v B －at ＝0⑥在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程S A 都可表示为 s A ＝v A t －12at 2⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 s A ＝1.75 m ，s B ＝0.25 m ⑧这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25 m 处．B 位于出发点左边0.25 m 处，两物块之间的距离s 为s ＝0.25 m ＋0.25 m ＝0.50 m ⑨(3)t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为v A ′，由动能定理有12m A v ′A 2－12m A v A 2＝－μm A g (2l ＋s B )⑩ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得v ′A ＝7 m/s ⑪故A 与B 将发生碰撞．设碰撞后A 、B 的速度分别为v A ″和v B ″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有m A (－v A ′)＝m A v A ″＋m B v B ″⑫12m A v A ′2＝12m A v A ″2＋12m B v B ″2⑬ 联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得v A ″＝375 m/s ，v B ″＝－275m/s ⑭ 这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动．设碰撞后A 向右运动距离为s A ′时停止，B 向左运动距离为s B ′时停止，由运动学公式2as A ′＝v A ″2，2as B ′＝v B ″2⑮由④⑭⑮式及题给数据得 s A ′＝0.63 m ，s B ′＝0.28 m ⑯s A ′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离s ′＝s A ′＋s B ′＝0.91 m ⑰。

拾躲市安息阳光实验学校高考物理二轮总复习专题过关检测 动 量(时间:90分钟 满分:100分)一、选择题(本题包括10小题,共40分.每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不选的得0分)1.一质量为m 的物体沿倾角为θ的固定斜面匀速下滑，滑到底端历时为t ，则下滑过程中斜面对物体的冲量大小和方向为( ) A.大小为mg cos θ·t B.方向垂直斜面向上 C.大小为mg sin θ·t D.方向竖直向上解析:物体沿固定斜面匀速下滑，则斜面对物体的作用力与重力大小相等、方向相反,故斜面对物体的冲量大小为mgt ，方向竖直向上，选项D 正确. 答案:D2.如图6-1所示，一个轻质弹簧左端固定在墙上，一个质量为m 的木块以速度v 0从右边沿光滑水平面向左运动，与弹簧发生相互作用，设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么整个相互作用过程中弹簧对木块的冲量I 的大小和弹簧对木块做的功W 分别是( ) 图6-1A.I =0,2021mv W = B.I =mv 0,2021mv W = C.I =2mv 0,W =0 D.I =2mv 0,2021mv W =解析:木块与弹簧相互作用的过程，木块和弹簧组成的系统机械能守恒，所以弹簧恢复原长、木块刚要离开弹簧时，木块的速度大小仍为v 0，方向水平向右.取水平向右为正方向，由动量定理得I ＝mv 0－m (－v 0)=2mv 0；由动能定理得,021212020=-=mv mv w 选项C 对.答案:C3.物体受到合力F 的作用,由静止开始运动,力F 随时间变化的图象如图6-2所示,下列说法中正确的是( ) 图6-2A.该物体将始终向一个方向运动B.3 s 末该物体回到原出发点C.0～3 s 内,力F 的冲量等于零,功也等于零D.2～4 s 内,力F 的冲量不等于零,功却等于零解析:图线和横坐标所围的面积等于冲量,0～1 s 内的冲量为负,说明速度沿负方向,而1～2 s 内冲量为正,且大于0～1 s 内的冲量,即速度的方向发生变化,所以A 错误.0～3 s 内,力F 的冲量为零,即物体0 s 时的速度和3 s 时的速度一样,故0～3 s 内力F 的冲量等于零,功也等于零,C 、D 正确.分析运动过程可以得到3 s 末物体回到原出发点,B 正确. 答案:BCD4.如图6-3所示，两个质量不相等的小车中间夹一被压缩的轻弹簧，现用两手分别按住小车，使它们静止在光滑水平面上.在下列几种释放小车的方式中，说法正确的是( ) 图6-3A.若同时放开两车，则此后的各状态下，两小车的加速度大小一定相等B.若同时放开两车，则此后的各状态下，两小车的动量大小一定相等C.若先放开左车，然后放开右车，则此后的过程中，两小车和弹簧组成的系统总动量向左D.若先放开左车，然后放开右车，则此后的过程中，两小车和弹簧组成的系统总动量向右解析:由于两车质量不相等，两车的加速度大小不相等.由动量守恒,若同时放开两车，初总动量为零，此后任意时刻总动量为零，所以两小车的动量大小一定相等；若先放开左车，然后放开右车，则初总动量向左，此后的过程中，两小车和弹簧组成的系统总动量向左，所以B 、C 正确.答案:BC5.质量为m 的小球A 在光滑的水平面上以速度v 与静止在光滑水平面上的质量为2m 的小球B 发生正碰,碰撞后,A 球的动能变为原来的1/9,那么碰撞后B 球的速度大小可能是( )A.v 31B.v 32C.v 94D.v 98解析:A 球碰撞后的速度大小为v /3，若A 碰后与原速度方向相同，则,'23mv v m mv +=则.31'v v =若A反弹，则,'2)3(mv v m mv +-=则,32'v v =所以A 、B正确.答案:AB6.在高速公路上发生一起交通事故,一辆质量为1 500 kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3 000 kg 向北行驶的卡车,碰后两辆车接在一起,并向南滑行了一段距离后停止.根据测速仪的测定,长途客车在碰前以20 m/s 的速率行驶.由此可判断卡车碰前的行驶速率( )A.小于10 m/sB.大于10 m/s,小于20 m/sC.大于20 m/s,小于30 m/sD.大于30 m/s,小于40 m/s解析:设卡车与客车碰后的共同速度为v ′,且v ′与客车的运动方向相同,则有m 客·v 客－m 卡·v =(m 客+m 卡)·v ′ v ′＞0,m 客v 客－m 卡v ＞010m/s,m/s 3000201500=⨯=<卡客客m v m v 选项A 正确.答案:A7.A 、B 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图6-4表示发生碰撞前后的vt图线，由图线可以判断( )图6-4A.A 、B 的质量比为3∶2B.A 、B 作用前后总动量守恒C.A 、B 作用前后总动量不守恒D.A 、B 作用前后总动能不变解析:因水平面光滑，水平方向上不受外力作用，所以系统的总动量守恒，B 对,C 错.m A v A +m B v B =m A v A ′+m B v B ′，代入图中数据得m A ∶m B ＝3∶2，A 对.碰撞前总动能)(5.272121221J m v m v m E B B B A A k =+=，碰撞后总动能),J (5.27'21'21222B B B A A k m v m v m E =+=故碰撞前后总动能不变，D 对.答案:ABD8.如图6-5所示,一轻弹簧与质量为m 的物块组成弹簧振子.物体沿竖直方向在A 、B 两点间做简谐运动，O 点为平衡位置.某时刻，物体正经过C 点向上运动，已知OC =h ，振动周期为T ，则从这时刻开始的半个周期内，下列说法中正确的是( ) 图6-5A.重力做的功为2mghB.回复力做的功为零C.重力的冲量为mgT /2D.回复力的冲量为零解析:做简谐运动的物体，在相隔半周期的两个时刻，速度大小相等、方向相反.故回复力(合力)做功为零，回复力的冲量为C 处物体动量的2倍，B 对，D 错.重力的冲量为,2Tmg C 对.在相隔半周期的两个时刻，振子所在位置关于平衡位置对称，所以重力做功W =mg ×2h =2mgh .A 对. 答案:ABC9.如图6-6甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两木块A 、B 相连，静止在光滑水平面上.现使A 瞬时获得水平向右的速度v =3 m/s,以此时刻为计时起点，两木块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知( ) 图6-6A.t 1时刻弹簧最短，t 3时刻弹簧最长B.从t 1时刻到t 2时刻弹簧由伸长状态恢复到原长C.两物体的质量之比为m 1∶m 2=1∶2D.在t 2时刻两物体动能之比为E k 1∶E k 2=1∶4解析:通过对A 、B 运动分析知,t 1时刻，弹簧最长，t 2时刻弹簧为原长，t 3时刻弹簧最短，A 错误，B 正确.A 和B 组成的系统动量守恒，0～t 1时间内,m 1v =(m 1+m 2)×1,所以m 1∶m 2=1∶2,C 正确.t 2时刻，121121121m m E k =⨯=,22212222m m E k =⨯=所以E k 1∶E k 2=1∶8,D错误.答案:BC10.如图6-7，一轻弹簧左端固定在长木块M 的左端，右端与小物块m 连接，且m 、M 及M 与地面间接触光滑.开始时，m 和M 均静止，现同时对m 、M 施加等大反向的水平恒力F 1和F 2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，对m 、M 和弹簧组成的系统(整个过程中弹簧形变不超过其弹性限度),正确的说法是( ) 图6-7A.由于F 1、F 2等大反向，故系统机械能守恒B.F 1、F 2分别对m 、M 做正功，故系统动量不断增加C.F 1、F 2分别对m 、M 做正功，故系统机械能不断增加D.当弹簧弹力大小与F 1、F 2大小相等时，m 、M 的动能最大 解析:由于F 1、F 2等大反向，系统所受合外力为零，所以系统动量守恒，系统机械能先增加后减小，当弹簧弹力大小与F 1、F 2大小相等时，m 、M 加速终止，m 、M 速度最大，以后开始减速，所以D 正确.答案:D二、填空实验题(2小题,共20分)11.(6分)用半径相同的两小球A 、B 的碰撞验证动量守恒定律,实验装置示意图如图6-8,斜槽与水平槽圆滑连接.实验时先不放B 球,使A 球从斜槽上某一固定点C 由静止滚下,落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹.再把B 球静置于水平槽前端边缘处,让A 球仍从C 处由静止滚下,A 球和B 球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹.记录纸上的O 点是重垂线所指的位置,若测得各落点痕迹到O 点的距离:OM =2.68 cm,OP =8.62 cm,ON =11.50 cm,并知A 、B 两球的质量之比为2∶1,则未放B 球时A 球落地点是记录纸上的________点,系统碰撞前总动量p 与碰撞后总动量p ′的百分误差=-pp p |'|_________ %(结果保留一位有效数字).图6-8解析:由实验数据可知系统碰撞前的总动量为t OP m p A /= 碰后总动量为t ON m t OM m p B A //'+= 且m A ∶m B =2∶1,则百分误差为答案:P 212.(14分)碰撞的恢复系数的定义为,||||102012v v v v e --=其中v 10和v 20分别是碰撞前两物体的速度，v 1和v 2分别是碰撞后两物体的速度.弹性碰撞的恢复系数e ＝1，非弹性碰撞的e ＜1.某同学借用验证动量守恒定律的实验装置(如图6-9所示)验证弹性碰撞的恢复系数是否为1，实验中使用半径相等的钢质小球1和2(它们之间的碰撞可近似为弹性碰撞)，且小球1的质量大于小球2的质量. 图6-9实验步骤如下:安装好实验装置，作好测量前的准备，并记下重垂线所指的位置O .第一步，不放小球2，让小球1从斜槽上A 点由静止滚下，并落在地面上.重复多次，用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置.第二步，把小球2放在斜槽前端边缘处的C 点，让小球1从A 点由静止滚下，使它们碰撞.重复多次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置.第三步，用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O 点的距离，即线段OM 、OP 、ON 的长度.在上述实验中，(1)P 点是__________的平均位置，M 点是__________的平均位置，N 点是__________的平均位置. (2)请写出本实验的原理_________________________________________________________________________________________________________________________________________写出用测量量表示的恢复系数的表达式__________.(3)三个落地点距O 点的距离OM 、OP 、ON 与实验所用的小球质量是否有关？_________________________________________________________________________________________解析:(1)P 点是在实验的第一步中小球1落点的平均位置.M 点是小球1与小球2碰后小球1落点的平均位置. N 点是小球2落点的平均位置.(2)由小球从槽口C 飞出后做平抛运动的时间相同，假设为t ，则有OP =v 10t OM =v 1t O N=v 2t小球2碰撞前静止，即v 20=0(3)OP 与小球的质量无关，OM 和ON 与小球的质量有关. 答案:见解析 三、计算题13.(8分)一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M 的盒子，如图6-10所示.现给盒子一初速度v 0，此后，盒子运动的vt 图象呈周期性变化，如图6-11所示.请据此求盒内物体的质量. 图6-10 图6-11解析:设物体的质量为m ,t 0时刻受盒子碰撞获得速度v ,根据动量守恒定律Mv 0=mv ①3t 0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v 0,说明碰撞是弹性碰撞2202121mv Mv =② 联立①②解得m =M ③(也可通过图象分析得出v 0=v ,结合动量守恒,得出正确结果). 答案:m =M14.(10分)图6-12 中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度系数为k 的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m 的薄滑块.圆筒内壁涂有一层新型智能材料——E R 流体，它对滑块的阻力可调.起初 ，滑块静止，E R 流体对其阻力为0，弹簧的长度为L .现有一质量也为m 的物体从距地面2L 处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动.为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为kmg2时速度减为0，E R 流体对滑块的阻力须随滑块下移而变.试求(忽略空气阻力): 图6-12(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能； (2)滑块向下运动过程中加速度的大小；(3)滑块下移距离d 时E R 流体对滑块阻力的大小. 解析:(1)设物体下落末速度为v 0,由机械能守恒定律有2021mv mgL =得gL v 20=设碰后共同速度为v 1,由动量守恒定律 2mv 1=mv 0得gL v 2211=碰撞过程中系统损失的机械能为 (2)设加速度大小为a ,由运动学公式有 2a s=v 12得.8mkL a =(3)设弹簧弹力为F N ,E R 流体对滑块的阻力为F ER ,受力分析如图所示,由牛顿第二定律有F N +F ER －2mg =2ma F N =kx得.4ER kd kLmg F -+= 答案:(1)mgL 21 (2)mkL 8 (3)kd kLmg -+415.(10分)(2010湖北部分重点中学二联,24)如图6-13所示,A BC 为光滑轨道,其中AB 段水平放置,BC 段是半径为R 的圆弧,AB 与BC 相切于B 点.A 处有一竖直墙面,一轻弹簧的一端固定于墙上,另一端与一质量为M 的物块相连接,当弹簧处于原长状态时,物块恰能与固定在墙上的L 形挡板接触于B 处但无挤压.现使一质量为m 的小球从圆弧轨道上距水平轨道高h 处的D 点由静止开始下滑.小球与物块相碰后立即共速但不粘连,物块与L 形挡板相碰后速度立即减为零也不粘连.(整个过程中,弹簧没有超过弹性限度.不计空气阻力,重力加速度为g )图6-13(1)试求弹簧获得的最大弹性势能;(2)求小球与物块第一次碰后沿BC 上升的最大高度;(3)若R>>h ,每次从小球接触物块至物块撞击L 形挡板历时均为Δt ,则小球由D 点出发经多长时间第三次通过B 点?解析:(1)由小球运动至第一次碰前,据动能定理有:mgh =mv 02/2①(1分)对碰撞过程,据动量守恒:mv 0=(M +m )v 1②(1分)碰后压缩弹簧过程中,M 、m 及弹簧系统机械能守恒:E pm =(M +m )v 12/2③(1分)由①②③式联立解得:.2pmmM ghm E +=④(1分)(2)第一次碰后小球向BC 轨道运动的初速度即为v 1,由机械能守恒得:'2121mgh mv =⑤(1分)由①②⑤式联立解得:.)('22h m M mh +=⑥(1分)(3)小球在BC 段运动可等效为单摆,其周期为:gR T π2=⑦(1分)分析得小球第三次通过B 点历时为:t Tt ∆+=43⑧(1分)由⑦⑧式联立解得:.23t gRt ∆+=π⑨(2分)答案:(1)mM ghm +2(2)h m M m 22)(+ (3)t g R t ∆+=π23 16.(12分)(2010四川成都高三一检,24)如图6-14所示的装置中,两个光滑定滑轮的半径很小,表面粗糙的斜面固定在地面上,现用一根伸长量可以忽略的轻质细绳跨过定滑轮连接可视为质点的甲、乙两物体,其中甲放在斜面上且连线与斜面平行,乙悬在空中,放手后,甲、乙均处于静止状态.当一水平向右飞来的子弹击中乙(未穿出)后,子弹立即和乙一起在竖直平面内来回运动,若乙在摆动过程中,悬线偏离竖直方向的最大偏角为α=60°,整个过程中,甲均未动,且乙经过最高点(此时乙沿绳方向的合外力为零)和最低点时,甲在斜面上均即将滑动.已知乙的重心到悬点O 的距离为l =0.9 m,乙的质量为m 乙=0.99 kg,子弹的质量m =0.01 kg,重力加速度g 取10 m/s 2.求:图6-14(1)子弹射入乙前的速度大小; (2)斜面对甲的最大静摩擦力.解析:(1)设子弹射入乙物体前的速度大小为v 0,射入后共同速度的大小为v .子弹击中乙的过程中,据动量守恒有mv 0=(m +m 乙)v ①(2分)乙摆到最高点的过程中,由机械能守恒有2)(21)cos 1()(v m m gl m m 乙乙+=-+α②(2分)联立①②解得v 0=300 m/s.(2分)(2)设甲物体的质量为m 甲,所受的最大静摩擦力为f ,斜面的倾角为θ,当乙物体运动到最高点时,绳子上的弹力设为T 1T 1=(m +m 乙)g cosα③(1分)此时甲物体恰好不下滑,由平衡条件有m 甲g sin θ=f +T 1④(1分) 当乙物体运动到最低点时,绳子上的弹力设为T 2 由牛顿第二定律有lv m m g m m T 22)()(乙乙+=+-⑤(1分)此时甲物体恰好不上滑,由平衡条件有m 甲g sin θ+f =T 2⑥(1分) 联立解得f =7.5 N.(2分) 答案:(1)300 m/s (2)7.5 N。

专题测试【满分：100分时间：90分钟】一、选择题（本题共包括12小题，每小题5分，共60分）1．(2020·吉林省吉林市高三联考)如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下列说法不正确的是( )A．摩擦力对物体做正功B．摩擦力对物体做负功C．支持力对物体不做功D．合外力对物体做功为零【答案】B【解析】物体P匀速向上运动的过程中，摩擦力的方向沿传送带向上，与运动的方向相同，所以摩擦力做正功，A正确，B错误；支持力的方向与物体运动的方向垂直，则支持力对物体不做功，C正确；物体匀速上升，动能变化量为零，根据动能定理可知，合力对物体做功为零，D正确。

2．(2020·浙江宁波高三十校联考)设在平直公路上以一般速度行驶的自行车，所受阻力约为车、人总重的0.02倍，则骑车人的功率最接近于( )A．10－1 kW B．10－3 kWC．1 kW D．10 kW【答案】A【解析】设人和车的总质量为80 kg，总重力即为800 N，则受到的阻力大小为16 N，假设骑自行车的速度为10 m/s，则匀速行驶时，骑车人的功率为P＝Fv＝fv＝16×10 W＝160 W，最接近于0.1 kW，A正确。

3. (2020·河北张家口高三模拟)如图所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是( )A．运动员先处于超重状态后处于失重状态B．空气浮力对系统始终做负功C．加速下降时，重力做的功大于系统重力势能的减小量D．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等【答案】B【解析】运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，A错误；空气浮力与运动方向总相反，故空气浮力对系统始终做负功，B正确；加速下降时，重力做的功等于系统重力势能的减小量，C错误；因为是变速运动，所以任意相等的时间内，系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，D错误。

高考物理专题训练：动量（基础卷）一、 (本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．下列有关动量的说法中正确的是( ) A ．物体的动量发生改变，其动能一定改变 B ．物体的运动状态改变，其动量一定改变C ．对于同一研究对象，若机械能守恒，则动量一定守恒D ．对于同一研究对象，若动量守恒，则机械能一定守恒 【答案】B【解析】物体的动量发生改变，其动能不一定改变，例如做匀速圆周运动的物体，选项A 错误；物体的运动状态改变，则速度发生变化，根据P ＝mv 知，动量一定改变。

故B 正确。

对于同一研究对象，若机械能守恒，则动量不一定守恒，例如做平抛运动的物体，选项C 错误；对于同一研究对象，若动量守恒，则机械能不一定守恒，如非弹性碰撞，故D 错误.2．以初速度竖直向上抛出一物体，空气阻力大小不变。

关于物体受到的冲量，以下说法正确的是( )A ．物体上升阶段和下落阶段受到的重力的冲量方向相反B ．物体上升阶段和下落阶段受到空气阻力冲量的大小相等C ．物体在下落阶段受到重力的冲量小于上升阶段受到重力的冲量D ．物体从抛出到返回抛出点，动量变化的方向向下 【答案】D【解析】物体向上运动的过程中空气的阻力的方向向下，则：1mg fa m ＝；下降的过程中空气的阻力方向向上，则：1-mg fa m ＝＜a 1，由于下降的过程中的位移等于上升过程中的位移，由运动学的公式可知上升的时间一定小于下降过程中的时间。

物体上升阶段和下落阶段受到的重力的方向都向下，所以重力的冲量方向相同。

故A 错误；物体上升阶段的时间小，所以物体上升阶段物体受到空气阻力冲量的大小小于下降阶段受到空气阻力冲量的大小。

故B 错误；物体上升阶段的时间小，物体在下落阶段受到重力的冲量大于上升阶段受到重力的冲量。

2020届高考物理通用二轮题：能量和动量练习及答案二轮高考：能量和动量1、(2019·吉林省模拟)如图所示，可视为质点的物体从倾角为α的斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v，已知v1是v的k倍，且k<1。

则物体与斜面间的动摩擦因数为()A．(1－k)sinαB．(1－k)cosαC．(1－k2)tanαD．1－k2 tanα2、(2019·吉林调研)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，杆的竖直部分光滑。

杆的两部分各套有质量均为1 kg的小球A和B，A、B球间用一不可伸长的细绳相连。

初始A、B均处于静止状态，已知OA＝3 m，OB＝4 m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m，小球A与水平杆间的动摩擦因数μ＝0.2(取g＝10 m/s2)，那么该过程中拉力F做功为()A．4 J B．6 JC．10 J D．14 J3、如图所示，一倾角为37°的斜面固定在水平地面上，重为4 N的滑块从距离水平面高度为0.6 m处由静止释放，沿斜面向下运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，以水平地面为重力势能等于零的参考面．滑块从静止运动到斜面底端的过程中，下列说法正确的是(AC)A．滑块的重力势能减少2.4 JB．滑块的动能增加0.48 JC．滑块的机械能减少1.6 JD．滑块因摩擦生热0.96 J4、高空坠物极易对行人造成伤害。

若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A．10 N B．102 NC．103 N D．104 N5、质量为M的小车静止在水平面上，静止在小车左端的质量为m的小球突然获得一个水平向右的初速度v0，并沿曲面运动，若曲面很长，小球不可能从右端离开，不计一切阻力，对于运动过程分析正确的是(重力加速度为g)(AC)A．小球沿小车上升的最大高度小于v20 2gB．小球回到小车左端的速度大小仍为v0 C．小球和小车组成的系统机械能守恒D．小球到最高点的速度为m v0 M6、如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(m＜M)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是()A．在以后的运动过程中，小球和槽在水平方向动量始终守恒B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处7、(2019·安徽“江南十校”联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。

2020年高考物理二轮复习专题练习卷---动量定理与动量守恒定律 一、选择题1.高空坠物极易对行人造成伤害。

若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为A ．10 NB ．102 NC ．103 ND ．104 N解析 根据自由落体运动和动量定理有2gh ＝v 2(h 为25层楼的高度，约70 m)，Ft ＝mv ，代入数据解得F ≈1×103 N ，所以C 正确。

答案 C2.(多选)在光滑的水平面上，原来静止的物体在水平力F 的作用下，经过时间t 、通过位移L 后，动量变为p 、动能变为E k ，以下说法正确的是A ．在力F 的作用下，这个物体若是经过时间3t ，其动量将等于3pB ．在力F 的作用下，这个物体若是经过位移3L ，其动量将等于3pC ．在力F 的作用下，这个物体若是经过时间3t ，其动能将等于3E kD ．在力F 的作用下，这个物体若是经过位移3L ，其动能将等于3E k 解析 根据p ＝mv ，E k ＝12mv 2联立解得p ＝2mE k根据动能定理FL ＝12mv 2，位移变为原来的3倍，动能变为原来的3倍，根据p ＝2mE k ，动量变为原来的3倍，故B 错误，D 正确。

根据动量定理Ft ＝mv ，时间变为原来的3倍，动量变为原来的3倍，根据E k ＝p 22m，知动能变为原来的9倍，故A 正确，C 错误。

答案 AD3.(多选)质量为m 的物块甲以3 m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在其左侧，另一质量也为m 的物块乙以4 m/s 的速度与甲相向运动，如图所示，两物块通过弹簧相互作用(未超出弹簧弹性限度)并最终弹开，则A．在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统动量守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速度为零C．甲物块的速率可能为5 m/sD．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s解析在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，选项A正确；当两物块相距最近时，两物块速度相等，甲物块的速度不为零，选项B错误；若甲物块的速率为5 m/s，根据动量守恒定律可得此时乙物块的速率为6 m/s或4 m/s，两物块组成的系统机械能增大，违反了能量守恒定律，选项C错误；当甲物块的速率为1 m/s，方向向左时，选取向右为速度的正方向，根据动量守恒定律，m·4 m/s－m·3 m/s＝mv－m·1 m/s，解得乙物块的速率v＝2 m/s，选项D正确。

绝密★启用前2020年高考物理二轮复习对点集训-动量守恒定律一、单选题1.在匀速行驶的船上，当船上的人相对于船竖直向上抛出一个物体时，船的速度将(水的阻力不变)()A．变大B．变小C．不变D．无法判定【答案】C【解析】相对于船竖直向上抛出物体时，由于惯性，物体水平方向的速度和船的速度相同，船和物体组成的系统水平方向动量守恒，故船的速度不变．2.如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉到地面上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为()A．仍在P点B．在P点左侧C．在P点右侧不远处D．在P点右侧原水平位移的两倍处【答案】B【解析】以2v速度抽出纸条时，纸条对铁块作用时间变短，而纸条对铁块的作用力相同，所以与以速度v抽出相比，纸条对铁块的冲量I减小，平抛的速度减小，水平射程减小，故落在P点的左侧．3.如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点．每根杆上都套着一个完全相同的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c点无初速度释放，关于它们下滑过程的下列说法中正确的是()A．重力对各环的冲量a的最大B．弹力对各环的冲量c的最大C．合力对各环的冲量大小相等D．各环的动能增量相等【答案】B【解析】设任一细杆与竖直方向的夹角为α，环运动的时间为t，圆周的直径为D.则环的加速度大小a＝g cosα.由位移公式得：D cosα＝at2＝g cosαt2，得到t＝，所以三个环运动时间相同，又因为三个环的重力也相等，由公式I＝Ft分析可知，各环重力的冲量相等，A错误；c环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对环c的冲量最大，B正确；a环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对a环的冲量最大，C错误；重力对a环做功最大，其动能的增量最大，D错误．4.下列物理量中，属于标量的是( )A．向心加速度B．动量C．冲量D．功【答案】D【解析】有大小无方向的量是标量，功只有大小没有方向，所以功是标量，而向心加速度、动量和冲量都是矢量，选项D正确．5.在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可能发生的情况是()A．甲球、乙球两球都沿乙球的运动方向B．甲球反向运动，乙球停下C．甲、乙两球都反向运动D．甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等【答案】C【解析】由p2＝2mE k知，甲球的动量大于乙球的动量，所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向，可以判断C正确，A、B、D错误．6.两个质量相等的物体A和B，并排静止在光滑水平面上，现用一大小为F的水平恒力推物体A，同时给B物体一个与F同方向的瞬时冲量I，使两物体开始运动，当两物体重新相遇时所经历的时间为()A．B．C．D．【答案】B【解析】相遇时两物体位移s相同，对A：s＝at2＝··t2对B：s＝vt＝·t解得：t＝7.如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块．今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是()A．小球在半圆槽内由B运动到C过程中，小球机械能减小B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽动量守恒D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动【答案】A【解析】小球在半圆槽内从B运动到C过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒．由于小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，则知小球的机械能减小，A正确；小球在槽内运动的前半过程中，左侧物块对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，而小球在槽内运动的后半过程中，小球与槽组成的系统水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，B错误；小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，竖直方向有超重现象产生，合外力不为零，故小球与半圆槽动量不守恒，C错误；小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平方向的分速度，小球做斜上抛运动，故D错误．8.跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于()A．人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上的小B．人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上的小C．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上的小D．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上的小【答案】D【解析】人跳远时从一定的高度落下，落地前的速度是一定的，初动量是一定的，A错误；落地后静止，末动量为零，人的动量变化是一定的，B错误；由动量定理知人受到的冲量等于人的动量变化，所以两种情况下人受到的冲量相等，C错误；落在沙坑里力作用的时间长，落在水泥地上力作用的时间短，根据动量定理，在动量变化一定的情况下，时间t越长受到的冲力F越小，D正确．9.如图甲所示，将质量为2m的长木板静止地放在光滑水平面上，一质量为m的小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板A端滑上木板，铅块滑至木板的B端时恰好与木板相对静止。

专题跟踪检测(五)(建议用时：45分钟)基础通关1．(2020·河北六校联考)水平粗糙的地面上，质量为1 kg的物体在一水平外力F的作用下由静止开始运动，如图甲所示．外力F做的功和物体克服摩擦力做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2.下列分析错误的是()A．s＝9 m时，物体速度大小为3 m/sB．物体运动的位移大小为13.5 mC．前3 m运动过程中物体的加速度大小为3 m/s2D．物体与地面间的动摩擦因数为0.2A解析由功与位移关系图象可知，s＝9 m时，外力F做的功W F＝27 J，克服摩擦力做的功W f＝18 J，由动能定理有W F－W f＝12，解得v＝3 2 m/s，选项A错误；由μmg×102m vm＝20 J，解得μ＝0.2，选项D正确；对物体运动的全过程由动能定理有W F－μmgs＝0，解得s＝13.5 m，选项B正确；设物体前3 m运动过程中所受的水平外力为F，由F×3 m＝15 J 解得F＝5 N，由牛顿第二定律有F－μmg＝ma，解得a＝3 m/s2，选项C正确．2．(2019·山东济南二模)静止在地面上的物体在不同合外力F的作用下都通过了相同的位移x0，下列情况中物体在x0位置时速度最大的是()C解析根据图象的坐标可知图象与x轴包围的面积代表了合外力F做的功，所以从图象上看，C图所包围的面积最大，故选项C正确．3．(2019·甘肃静宁一中模拟)如图甲所示，一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳，拖着质量m＝11 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37°，5 s 后拖绳从轮胎上脱落．轮胎运动的v t图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.则下列说法正确的是()A．轮胎与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2B．拉力F的大小为55 NC．在0～5 s内，轮胎克服摩擦力做功为1 375 JD．在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为275 WD解析撤去F后，轮胎的受力分析如图甲所示，由速度图象得5～7 s内的加速度a2＝－5 m/s2，根据牛顿运动定律有N2－mg＝0，－f2＝ma2，又因为f2＝μN2，代入数据解得μ＝0.5，选项A错误；力F拉动轮胎的过程中，轮胎的受力情况如图乙所示，根据牛顿运动定律有F cos 37°－f1＝ma1，mg－F sin 37°－N1＝0，又因为f1＝μN1，由速度图象得此过程的加速度a1＝2 m/s2，联立解得F＝70 N，选项B错误；在0～5 s内，轮胎克服摩擦力做功为0.5×68×25 J＝850 J，选项C错误；因6 s末轮胎的速度为5 m/s，所以在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为0.5×110×5 W＝275 W，选项D正确．4．(2019·陕西西安一模)如图所示，竖直面内有固定轨道ABC ，AB 是半径为2R 的四分之一光滑圆弧，BC 是半径为R 的粗糙半圆弧(B 是轨道的最低点)，O 点是BC 圆弧的圆心，POQ 在同一水平线上，BOC 在同一竖直线上．质量为m 的小球自由下落2R 后，沿轨道ABC 运动，经过轨道C 点后，恰好落到轨道上的P 点．则下列说法正确的是( )A ．小球运动到B 点前的瞬间对轨道的作用力是4mgB ．小球运动到B 点后的瞬间对轨道的作用力是8mgC ．小球运动到C 点的过程中，摩擦力做功W f ＝－54mgR D ．小球运动到C 点的过程中，摩擦力做功W f ＝－14mgR C 解析 小球下落到B 点，由机械能守恒定律得mg (4R )＝12m v 2B，小球运动到B 点前的瞬间，小球运动的半径是2R ，由向心力公式F B －mg ＝m v 2B 2R，解得F B ＝5mg ，小球运动到B点后的瞬间，小球的运动半径是R ，由向心力公式F ′B －mg ＝m v 2B R，解得F ′B ＝9mg ，故选项A 、B 错误；经过轨道C 点后，恰好落到轨道上的P 点，由几何关系得OP ＝3R ，由平抛运动规律知x ＝3R ＝v C t ，y ＝R ＝12gt 2，小球下落到C 点，由动能定理有mg ·2R ＋W f ＝12m v 2C，解得W f ＝－54mgR ，故选项C 正确，D 错误． 5．(2019·北京朝阳区二模)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 ＝k v (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 ．12m v 20 B ．12m v 20＋m 3g 22k 2 C ．0 D ．12m v 20－m 3g 22k 2 B 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，环所受合力为零，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零时，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 ＝k v 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 ＝k v 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 ＝0－12m v 20，解得W ＝12m v 20；当F ＝k v 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 ＝k v ＝mg 得v ＝mg k ，根据动能定理得－W ＝12m v 2－12m v 20，解得W ＝12m v 20－m 3g 22k 2；综上所述，选项B 正确． 6．(2019·云南大姚一中月考)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变．下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )A 解析 由P -t 图象知，0～t 1内汽车以恒定功率P 1行驶，t 1～t 2内汽车以恒定功率P 2行驶；设汽车所受牵引力为F ，则由P ＝F v 得，当v 增加时，F 减小，由a ＝F －f m知a 减小，又因速度不可能突变，选项B 、C 、D 错误， A 正确．能力提升7．(2019·湖北襄阳模拟)(多选)我国自行研制的新一代8×8轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部署轻型装甲部队的主力装备．设该装甲车的质量为m ，若在平直的公路上从静止开始加速，前进较短的距离s 速度便可达到最大值v m .设在加速过程中发动机的功率恒定为P ，装甲车所受阻力恒为F f ，当速度为v (v <v m )时，所受牵引力为F .下列说法正确的是( )A ．装甲车速度为v 时，装甲车的牵引力做功为FsB ．装甲车的最大速度v m ＝P F fC ．装甲车速度为v 时加速度为a ＝F －F f mD ．装甲车从静止开始达到最大速度v m 所用时间t ＝2s v mBC 解析 装甲车在加速过程中，其牵引力F ＝P v ，随着速度的增大，牵引力逐渐减小，故装甲车速度为v 时，装甲车的牵引力做功大于Fs ，选项A 错误；装甲车匀速运动时速度最大，故v m ＝P F f ，选项B 正确；装甲车速度为v 时，由牛顿第二定律得F －F f ＝ma ，解得a ＝F －F f m，选项C 正确；装甲车加速过程由动能定理得Pt －F f s ＝12m v 2m ，解得t ＝F f s P ＋mP 2F 2f，选项D 错误． 8．(2019·宁夏六盘山中学期末)(多选)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体的位移大小为30 mB ．2～6 s 内拉力做的功为40 JC ．合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等D ．滑动摩擦力的大小为5 NABC 解析 0～6 s 内物体的位移大小x ＝4＋62×6 m ＝30 m ，故选项A 正确．在0～2 s 内，物体的加速度a ＝Δv Δt＝3 m/s 2，由图可知，当P ＝30 W 时，v ＝6 m/s ，得到牵引力F ＝P v ＝5 N ；在0～2 s 内物体的位移为x 1＝6 m ，则拉力做功为W 1＝Fx 1＝5×6 J ＝30 J ；2～6 s 内拉力做的功W 2＝Pt ＝10×4 J ＝40 J ，故选项B 正确．在2～6 s 内，物体做匀速运动，合力做功为零，则合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等，故选项C 正确．在2～6 s 内，v＝6 m/s ，P ＝10 W ，物体做匀速运动，摩擦力f ＝F ，得到f ＝F ＝P v ＝106 N ＝53N ，故选项D 错误．9．(2019·河北辛集中学期中)(多选)为减少二氧化碳排放，很多城市都推出了新型节能环保电动车．在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102 kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v ，并描绘出如图所示的F -1v 图象(图中AB 、BO 均为直线)，电动车行驶中所受阻力恒定，重力加速度取10 m/s 2，则( )A ．该车启动后，先做匀加速运动，然后做匀速运动B ．该车启动后，先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，接着做匀速运动C ．该车做匀加速运动的时间是1.2 sD ．该车加速度为0.25 m/s 2时，动能是4×104 JBD 解析 由于横坐标为速度的倒数，所以电动车的启动过程为从A 到B 到C ，AB 段，牵引力不变，电动车做匀加速运动，加速度为a ＝F －f m ＝2 000－4008×102m/s 2＝2 m/s 2，BC 段，由于图象为过原点的直线，所以F v ＝P 额＝恒量，即以恒定功率启动，牵引力减小，加速度减小，电动车做加速度减小的加速运动，当F ＝f ＝400 N ，速度达到最大值15 m/s ，故选项A错误，B 正确；由a ＝v －v 0t 可知t ＝v －v 0a ＝3－02s ＝1.5 s ，故选项C 错误；该车加速度为0.25 m/s 2时，牵引力为F ′＝ma ′＋f ＝8×102×0.25 N ＋400 N ＝600 N ，此时的速度为v ′＝2 000×3600 m/s ＝10 m/s ，动能为E k ＝12m v ′2＝12×8×102×102 J ＝4×104 J ，故选项D 正确． 10．(2018·天津卷)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程．假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x ＝1.6×103 m 时才能达到起飞所要求的速度v ＝80 m/s.已知飞机质量m ＝7.0×104 kg ，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求飞机滑跑过程中：(1)加速度a 的大小；(2)牵引力的平均功率P .解析(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2＝2ax, ①代入数据解得a＝2 m/s2.②(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻，依题意有F阻＝0.1mg, ③设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有F－F阻＝ma, ④，⑤设飞机滑跑过程中的平均速度为v，有v＝v2在滑跑阶段，牵引力的平均功率P＝F v，⑥联立②③④⑤⑥式得P＝8.4×106 W.答案(1)2 m/s2(2)8.4×106 W11．(2019·四川南充三模)如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达小孔A 进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔．已知摆线长L＝2 m，θ＝60°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与小孔A的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2.(1)求摆线能承受的最大拉力为多大；(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求粗糙水平面动摩擦因数μ的范围．解析 (1)当摆球由C 点运动到D 点，由机械能守恒有mg (L －L cos θ)＝12m v 2D， 由牛顿第二定律可得F m －mg ＝m v 2D L， 解得F m ＝2mg ＝10 N.(2)小球不脱离圆轨道分两种情况．①要保证小球能达到A 孔，设小球到达A 孔的速度恰好为零，由动能定理可得－μmgs ＝0－12m v 2D ， 解得μ＝0.5；若进入A 孔的速度较小，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道．其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由机械能守恒可得12m v 2A＝mgR ， 由动能定理可得－μmgs ＝12m v 2A －12m v 2D ， 可求得μ＝0.35.②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点由牛顿第二定律可得mg ＝m v 2R， 由动能定理可得－μmgs －2mgR ＝12m v 2－12m v 2D， 解得μ＝0.125.综上所以动摩擦因数μ的范围为0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125.答案(1)10 N(2)0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125。

2020届高考物理动量和能量试题大全1、如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动。

两球质量关系为m B =2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6Kg.m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为-4Kg.m/s ，则（ ）A. 左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为5:2B. 左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为10:1C. 右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为5:2D. 右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为10:1 2、如图4所示，光滑水平面上有一辆质量为2m 的小车，车上左右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是m ，开始两个人和车一起以速度v 0向右匀速运动．某一时刻，站在车右端的乙先以相对于地面向右的速度u 跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度u 跳离小车．两人都离开小车后，小车的速度将是 ( )A.v 0B.2v 0C.大于v 0小于 2v 0D.大于2v 0 3、质量为M 的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手。

首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d 1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d 2，如图设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。

当两颗子弹均相对木块静止时，下列说法正确的是（ ）A ．最终木块静止，d 1=d 2B ．最终木块向右运动，d 1<d 2C ．最终木块静止，d 1<d 2D ．最终木块向左运动，d 1＝d 24、《2001年世界10大科技突破》中有一项是加拿大萨德伯里中微子观测站的研究成果．该成果揭示了中微子失踪的原因．认为在地球上观察到的中微子数目比理论值少，是因为有一部分中微子在向地球运动的过程中发生了转化，成为一个μ子和一v 0甲乙图4个τ子．关于上述研究下列说法中正确的是（）A.该转化过程中牛顿第二定律依然适用B.该转化过程中中动量守恒定律依然适用C.该转化过程中能量守恒定律依然适用D.若新产生的μ子和中微子原来的运动方向一致，则新产生的τ子的运动方向与中微子原来的运动方向一定相反5、1922年，美国物理学家康普顿在研究石墨中的电子对X射线的散射时发现，有些散射波的波长比入射波的波长略大。

2020年高考物理动量守恒专题测试卷一、单选题（本大题共12小题）1.如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。

已知夯锤的质量为??=450，桩料的质量为=50。

每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶?0=5??处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。

桩料进入泥土后所受阻力随打入深度h的变化关系如图乙所示，直线斜率??= 5.05×104/。

g取10??/??2，则下列说法正确的是()A. 夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为9??/??B. 夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为 4.5??/??C. 打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为1mD. 打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为3m2.如图所示为某场足球比赛中运动员罚点球时的情景，运动员将静止在草坪上的足球以35??/??的速度踢出，守门员准确地判断来球方向，并将以25??/??的速度飞来的足球以10??/??的速度沿原路挡出。

已知守门员的双手与足球的作用时间约为0.1??，受到足球的平均作用力大小约为150N，不考虑运动员和守门员触球瞬间足球重力的作用，则罚点球时运动员的脚对足球作用力的冲量大小约为()A. 12B. 13.5C. 15??D. 16.6??3.如图所示，小球a、b用长度相同的细线悬挂于同一固定点??.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平伸直。

由静止释放球b，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偏角为60°，则小球a、b的质量之比为()A. 1：1B. 1：2C. (√2-1)：1D. 1：(√2-1)4.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12??/??，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲叶后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103/??3)A. 0.15B. 0.54C. 1.5D. 5.45.啄木鸟觅食时，啄木鸟的头部摆动很快，啄木的速度达到每秒十五到十六次。

第一讲动量守恒定律——课后自测诊断卷1．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露。

有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是( )A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v解析：选C 在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v。

2.[多选]如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零。

不计空气阻力，重力加速度为g。

关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有( )A．小球的机械能减少了mg(H＋h)B．小球克服阻力做的功为mghC．小球所受阻力的冲量大于m2gHD．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：选AC 小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减少了mg(H＋h)，则小球的机械能减少了mg(H＋h)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－W f＝0，则小球克服阻力做功W f＝mg(H＋h)，故B错误；小球落到地面的速度v＝2gH，对进入泥潭的过程运用动量定理得：I G－I F＝0－m2gH，得：I F＝I G＋m2gH，可知阻力的冲量大于m2gH，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的改变量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。

3.如图所示，有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计一吨左右)。

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，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。

已知他自身的质量为m，则渔船的质量为( )A.m L＋ddB.m L－ddC.mLdD.m L＋dL解析：选B 设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t ，则v ＝d t ，v ′＝L －d t ，取船的速度为正方向，根据动量守恒定律可得Mv －mv ′＝0，即M dt ＝m L －d t ，解得渔船的质量M ＝m L －d d，故B 正确。

名师导学·高考二轮总复习·物理(教师用书)(这是双页眉，请据需要手工删加)专题三能量与动量(这是单页眉，请据需要手工删加)专题三能量与动量二、考向分析及备考建议功和功率、动能和动能定理、重力做功与重力势能、功能关系、机械能守恒定律及其应用，动量、动量定理、动量守恒定律及其应用，弹性碰撞和非弹性碰撞是历年高考的热点，2019年三套全国卷的25题进行了重点综合考查，以后还会这样．本专题命题点多，特别重视对考纲中5个Ⅱ级考点的考查，题型多变．在复习备考中要引起足够重视，对5个Ⅱ级考点逐一落实．加强对诸如：变力做功、动能定理的综合应用，弹簧、传送带模型中的能量关系，滑块－滑板模型中的动量和能量分析与计算，动量定理和动量守恒定律在生活中的应用、人船模型、动量守恒的多过程问题、弹性碰撞的理解和应用，以应对高考对理解能力、建模能力、综合分析能力、应用数学处理物理问题的能力的综合考查．第1讲功功率动能定理【p24】【p24】1．功和功率的计算方法(1) 功的计算：恒力做功，可用公式__W＝Fl cos__α__进行计算．变力做功，可用以下几种方法进行求解：①功率法：W＝Pt，注意P为恒定功率；②微元法；③图象法；④转化法；⑤动能定理法等．(2)功率的计算：区分瞬时功率和平均功率．P＝Wt只能用来计算__平均功率__．P＝Fv cosα中的v是__瞬时速度__时，计算出的功率是__瞬时功率__；v是__平均速度__时，计算出的功率是__平均功率__．2．机车的启动问题(1)机车输出功率：P＝Fv，其中F为机车牵引力．(2)机车匀加速启动过程的最大速度v1及v m的求解方法．①求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝__PF阻＋ma__．②求v m：由P＝F阻v m，可求v m＝__PF阻__．3．动能定理的内容及表达式动能和动能定理错误!4．对动能定理的进一步理解(1)W总是所有外力对物体做的__总功__，这些力对物体所做功的__代数和__等于物体动能的增量．(2)动能定理与参考系的选取有关．中学物理中一般取__地面__为参考系．(3)动能定理既适用于物体的直线运动，也适用于__曲线__运动；既适用于恒力做的功，也适用于__变力__做的功．力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用；只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可．动能定理是计算物体的位移或速率的简捷公式，当题目中涉及到位移时可优先考虑__动能定理__．这些正是运用动能定理解题的优越性所在．(4)若物体的运动过程包含几个不同的过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以全程作为一个整体考虑．【p25】考点一功和功率的分析与计算例1某一空间飞行器质量为m，从地面起飞时，恰好沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，此时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，经时间t后，将动力方向沿逆时针旋转60°，同时适当调节其大小，使飞行器沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为g，求：(1)t时刻飞行器的速率v；(2)t时刻发动机动力的功率P；(3)从起飞到上升到最大高度的整个过程中，飞行器发动机的动力做的总功W.【解析】(1)对飞行器进行受力分析如图，根据正弦定理F合sin（90°－α）＝Fsin（90°＋θ）＝mgsin（α－θ）得F ＝3mg ，F 合＝mg 根据牛顿第二定律有F 合＝ma 得a ＝gt 时刻飞行器的速率v ＝at ＝gt.(2)设t 时刻发动机动力的功率为P ，则P ＝Fv cos (α－θ) 得P ＝32mg 2t(3)动力方向沿逆时针旋转60°，恰好与速度方向垂直，减速过程发动机动力做的功为零．飞行器从地面到最大高度的整个过程中发动机动力做的总功W ＝0＋P 2t 得W ＝34mg 2t 2.【答案】(1)gt (2)32mg 2t (3)34mg 2t 2【方法总结】(1)计算恒力做功的流程图(2)计算功率的策略：先判后算．先判断功率为瞬时功率还是平均功率，然后进行相关运算． 变式训练1(2018·全国卷Ⅲ)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程( )A ．矿车上升所用的时间之比为4∶5B ．电机的最大牵引力之比为2∶1C ．电机输出的最大功率之比为2∶1D ．电机所做的功之比为4∶5【解析】设第②次所用时间为t ，根据速度图象的“面积”等于位移(此题中为提升的高度)可知，12×2t 0×v 0＝12×(t ＋t －t 0)×12v 0，解得：t ＝5t 02，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t 0∶5t 02＝4∶5，选项A 正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F －mg ＝ma ，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B 错误；由功率公式，P ＝Fv ，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C 正确；由动能定理：W F －mgh ＝ΔE k ＝0，∴W F ＝mgh ；两次做功相同，选项D 错误．【答案】AC考点二 机车的启动问题 例2我国在改革开放的四十年内，各个行业都获得了巨大的进步，高铁技术更是成为国家名片．一列高铁列车的总质量为m ，运动过程中的阻力恒为f ，列车沿直线由静止启动过程中列车的输出功率与速度的关系图象如图所示，当列车的速度超过v 0后，列车的功率保持不变，恒为3fv 0.(1)求列车匀加速运动的时间t 1；(2)若列车从静止开始运动至刚好达到最大速度时位移为x ，求由静止开始至达到最大速度的过程列车的运动时间t.【解析】(1)在匀加速阶段，由图可知，牵引力F ＝3fv 0v 0＝3f 根据牛顿第二定律可得：F －f ＝ma 根据速度时间关系可得：v 0＝at 1 联立解得t 1＝mv 02f ；(2)最大速度v m ＝3fv 0f ＝3v 0匀加速运动的位移x 1＝12at 21＝mv 204f恒定功率至达最大速度过程，根据动能定理可得： 3fv 0(t －t 1)－f(x －x 1)＝12mv 2m －12mv 20 联立解得t ＝x 3v 0＋7mv 04f .【答案】(1)mv 02f (2)x 3v 0＋7mv 04f【方法总结】解决机车启动问题时注意以下四点：(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动．(2)匀加速启动过程中，机车功率不断增大，最大功率是额定功率．(3)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力．(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P ＝f 阻v m ，P 为机车的额定功率． 变式训练2 (多选)汽车在平直公路上以速度v 0匀速行驶，发动机功率为P ，牵引力为F 0，t 1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减为原来的一半，并保持该功率继续行驶，到t 2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动．能正确表示这一过程中汽车牵引力F 和速度v 随时间t 变化的图象是( )A BC D【解析】由题，汽车以功率P 、速度v 0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡．当司机减小油门，使汽车的功率减为一半时，速度不能突变，根据P ＝Fv 得知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为F ＝12F 0，而阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为P2，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，做加速度减小的变加速运动．当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小相等，由P ＝Fv 得知，此时汽车的速度为原来的一半．故选A 、D .【答案】AD考点三 动能定理及其应用例3 如图所示，水平轨道BC 的左端与固定的光滑竖直14圆轨道相切于B 点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C 点平滑连接(即物体经过C 点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2 kg 的滑块从圆弧轨道的顶端A 点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D 点，已知光滑圆轨道的半径R ＝0.45 m ，水平轨道BC 长为0.4 m ，与滑块间的动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD 长为0.6 m ，g 取10 m /s 2，求：(1)滑块第一次经过B 点时对轨道的压力大小；(2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能；(3)滑块在水平轨道BC 上运动的总时间及滑块最终停在何处？【解析】(1)滑块从A 点到B 点，由动能定理可得：mgR ＝12mv 2B－0 解得：v B ＝3 m /s滑块在B 点：F －mg ＝m v 2B R解得：F ＝60 N由牛顿第三定律可得：物块经过B 点时对轨道的压力F′＝F ＝60 N(2)滑块第一次到达D 点时，弹簧具有最大的弹性势能E p滑块从A 点到D 点，设该过程弹簧弹力对滑块做的功为W ，由动能定理可得： mgR －μmgL BC －mgL CD sin 30°＋W ＝0E p ＝－W解得：E p ＝1.4 J(3)将滑块在BC 段的运动全程看做匀减速直线运动，加速度a ＝μg ＝2 m /s 2则滑块在水平轨道BC 上运动的总时间t ＝v B a＝1.5 s 滑块最终停止在水平轨道BC 间，设滑块在BC 段运动的总路程为s ，从滑块第一次经过B 点到最终停下来的全过程，由动能定理可得：－μmgs ＝0－12mv 2B解得s ＝2.25 m结合BC 段的长度可知，滑块最终停止在BC 间距B 点0.15 m 处(或距C 点0.25 m 处)．【答案】(1)60 N (2)1.4 J (3)1.5 s 最终停止在距B 点0.15 m 处【方法总结】1.应用动能定理解题的基本思路：(1)确定研究对象和研究过程；(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理对全过程或者分过程列式．2．动能定理的应用：(1)动能定理是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线运动．(2)在涉及位移和速度而不涉及加速度和时间问题时，常选用动能定理分析．变式训练3(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B ，木板B 上放着木块A ，A 、B 接触面粗糙．现用一水平拉力F 作用在B 上，使其由静止开始运动，用f 1表示B 对A 的摩擦力，f 2表示A 对B 的摩擦力，下列说法正确的有( )A ．F 做的功一定等于A 、B 系统动能的增加量B ．F 做的功可能大于A 、B 系统动能的增加量C ．f 1对A 做的功等于A 动能的增加量D ．f 2对B 做的功等于B 动能的增加量【解析】由于开始运动后，A 是否会相对于B 发生运动，从题中给出的条件不能判断．如果两者发生相对运动，对整体分析可知，F 做功转化为两个物体的动能及系统的内能，故F 做的功会大于AB 系统动能的增加量，A 错误，B 正确；由动能定理可知，f 1对A 做的功等于A 动能的增加量，C 正确；f 2对B 做负功和拉力做功的总功等于B 动能的增加量，D错误．【答案】BC【方法总结】在分析A、B组成的系统的动能变化时，既要考虑外力做功，也要考虑内力做功，由于内力是一对相互作用的摩擦力，若为静摩擦力，对系统不做功．若为滑动摩擦力，对系统恒做负功．所以外力做功要加上一个负功，才等于系统的动能增量，故外力做功大于等于系统的动能增量．变式训练4课间，小白同学在足够大的水平桌面上竖直放置了一块直角三角板，然后将一长L＝15 cm的直尺靠在三角板上距水平桌面高h＝9 cm处的A点，下端放在水平桌面上的B点，让另一同学将一物块从直尺顶端由静止释放，最终物块停在水平桌面上的C点(图中未画出)，测得B、C间的距离x1＝13 cm.改变直尺一端在三角板上放着点的位置，物块仍从直尺顶端由静止释放，物块在水平桌面上停止的位置离三角板底端O的距离x会发生变化．已知物块与水平桌面间的动摩擦因数μ1＝0.6，不计物块通过B点时的机械能损失，求：(1)物块与直尺间的动摩擦因数μ2；(2)改变直尺一端在三角板上放置点的位置，物块从直尺顶端由静止释放后在水平桌面上停止的位置离三角板底端O的最大距离x m.【解析】(1)由动能定理可知mgh＝μ2mg cos∠ABO×L＋μ1mgx1由几何关系可知cos∠ABO＝AB2－AO2L＝45解得物块与直尺之间的动摩擦因数μ2＝0.1(2)设直尺与水平方向的夹角为θ，由动能定理可知，mg sinθ×L＝μ2mg cosθ×L＋μ1mgx2木块在水平桌面上停止的位置离三角板底端O的距离x＝L cosθ＋x2代入数据可得x ＝25⎝⎛⎭⎫sin θ＋12cos θcm 可得最大距离x m ＝2552cm 【答案】(1)0.1 (2)2552cm 【p 123】A 组1.如图所示，两个完全相同的小球分别从水平地面上A 点和A 点正上方的O 点抛出，O 点抛出小球做平抛运动，A 点斜抛出的小球能达到的最高点与O 点等高，且两球同时落到水平面上的B 点，关于两球的运动，下列说法正确的是( )A ．两小球应该是同时抛出B ．两小球着地速度大小相等C ．两小球着地前瞬间时刻，重力的瞬时功率相等D ．两小球做抛体运动过程重力做功相等【解析】斜抛运动在竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的时间对称性，可知斜抛物体的运动时间是下降时间的两倍，而由于斜抛物体的最高点与另一小球的抛出点的高度一样，则可知做斜抛运动的小球运动时间是做平抛运动的小球运动时间的两倍，要使两小球同时落地，两小球不能同时抛出，故A错误；由前面的分析可知两小球落地时竖直方向的分速度大小相等，由于水平方向均做匀速直线运动，且两小球水平的分位移一样，根据x＝v t结合时间关系可知，做斜抛运动的小球在水平的分速度大小为做平抛运动的小球在水平方向的分速度的一半，根据v＝v20＋v2y可知两小球落地时速度大小不相等，故B错误；设小球落地时，速度与水平方向的夹角为α，根据瞬时功率公式可得小球落地时，重力的瞬时功率为P＝mg v cos(90°－α)＝mg v sin α＝mg v y，由前面的分析可知，两小球落地时重力的瞬时功率相等，故C正确；做斜抛运动的小球初、末两位置的高度差为0，则可知重力做功为0，而做平抛运动的小球的初、末两位置的高度差不为0，即重力做功不为0，故两小球运动过程中重力做功不相等，故D错误．【答案】C2.(多选)如图所示，某中学科技小组制作了利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．小车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变；小车又继续前进了距离s，达到最大速度v m.设小车的质量为m，运动过程所受阻力恒为f，则()A．小车的额定功率为f v mB ．小车的额定功率为f vC ．小车做匀加速直线运动时的牵引力为f ＋m v tD ．小车速度由零至v m 的过程中，牵引力做功为12m v 2m ＋f ⎝⎛⎭⎫s ＋v t 2 【解析】小车匀加速行驶时，牵引力不变，电动机的功率随着小车速度的增大而增大，当达到额定功率时，以额定功率行驶，做加速度逐渐减小的加速运动，最终当牵引力等于阻力时，速度达到最大，所以额定功率P ＝f v m ，故A 正确，B 错误；小车做匀加速直线运动加速度a ＝v t ，根据牛顿第二定律知F －f ＝ma ，联立解得F ＝f ＋m v t，故C 正确；根据动能定理知：W －f (s ＋12v t )＝12m v 2m－0，小车速度由零至v m 的过程中，牵引力做功为W ＝12m v 2m ＋f ⎝⎛⎭⎫s ＋v t 2，故D 正确． 【答案】ACD3.如图所示，某足球运动员在罚点球时，球被踢出后水平垂直击中球门横梁的中点，已知足球的质量为450 g ，罚球点离球门线的距离为11 m ，球门高2.44 m ，忽略空气的作用，g 取10 m/s 2，则该运动员在罚点球时对足球做的功最接近( )A ．280 JB ．200 JC ．120 JD ．70 J【解析】将运动视为逆向的平抛运动，则h ＝12gt 2，x ＝v 0t ，解得最高点速度v 0＝x g 2h≈15.75 m/s ，此时机械能E ＝mgh ＋12m v 20＝0.45×10×2.44 J ＋12×0.45×15.752 J ≈66.79 J ，根据功能关系知末状态机械能近似等于运动员做的功，故D 正确．【答案】D4.如图所示，一足够长的木板在光滑水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ.为保持木板的速度不变，须对木板施一水平向右的作用力F .从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，力F 做的功为( )A.m v 24B.m v 22C ．m v 2D ．2m v 2【解析】物体和木板之间的摩擦力f ＝μmg ，对于木板，要保持速度v 不变，有F ＝f ＝μmg .对于物体，根据牛顿第二定律：μmg ＝ma ，解得：a ＝μg ，物体做匀加速直线运动，有t ＝v a ＝v μg ，此时木板的位移s ＝v t ＝v 2μg ，水平向右的作用力F 做功：W ＝Fs ＝μmg ·v 2μg ＝m v 2，故C 正确，A 、B 、D 错误．【答案】C5．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 后，继续上升一段距离 D ．W <12mgR ，质点到达Q 后，继续上升一段距离【解析】根据动能定理可得P 点动能E k P ＝mgR ，经过N 点时，半径方向的合力提供向心力，可得4mg －mg ＝m v 2N R ，所以N 点动能为E k N ＝3mgR 2，从P 点到N 点根据动能定理可得mgR －W ＝3mgR 2－mgR ，即克服摩擦力做功W ＝mgR 2.质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即F N －mg sin θ＝ma ＝m v 2R，根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功导致右半部分的速度小，轨道弹力变小，滑动摩擦力f ＝μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么从N 到Q ，根据动能定理，Q 点动能E k Q ＝3mgR 2－mgR －W ′，由于W ′<mgR 2，所以Q 点速度仍然没有减小到0，仍会继续向上运动一段距离，对照选项C 对．【答案】C6．(多选)2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在中国举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．跳台滑雪赛道可简化为助滑道、着陆坡、停止区三部分，如图所示．一次比赛中，质量m 的运动员从A 处由静止下滑，运动到B 处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C 点，滑入停止区后，在与C 等高的D 处速度减为零．已知B 、C 之间的高度差为h ，着陆坡的倾角为θ，重力加速度为g .只考虑运动员在停止区受到的阻力，不计其他能量损失．由以上信息可以求出( )A ．运动员在空中飞行的时间B ．A 、B 之间的高度差C ．运动员在停止区运动过程中克服阻力做功D ．C 、D 两点之间的水平距离【解析】设运动员在空中飞行的时间为t ，根据平抛运动的规律，y ＝h ＝12gt 2，解得：t ＝2h g ，故A 正确；水平方向x ＝v t ，由几何关系可得，y x ＝tan θ，代入数据解得v ＝1tan θgh 2，从A 到B 由动能定理得：mgh AB ＝12m v 2，h AB ＝h 4tan 2θ，故B 正确；设到C 的速度为v C ，从B 到C 的过程由动能定理得：mgh ＝12m v 2C －12m v 2，可求得到C 的速度v C ，从C 到D 的过程由动能定理得：－W 克f ＝0－12m v 2C，则克服阻力做功可求解，故C 正确；运动员在C 、D 两点之间做变速曲线运动，两点之间的水平距离无法求解，故D 错误．【答案】ABC7．如图所示，14圆弧轨道AB 被竖直固定，其下端点B 的切线水平．现将可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小球从A 点由静止释放，小球从B 点冲出后，最终打在右方的竖直墙上的C 点(未画出)，在C 点的速度方向与水平方向夹角为37°，已知B 端与墙壁的水平距离为l ＝0.3 m ，不计一切摩擦和阻力，g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．圆弧轨道的半径为0.02 mB ．小球在轨道最低点B 对轨道的压力大小为10 NC ．从A 到C 的整个过程中，重力的功率先减小后增加D ．在C 点的动能为3.125 J【解析】设在B 点是速度为v B ，在C 点的速度为v C ，小球从B 点抛出后做平抛运动，水平方向有：l ＝v B t ，即 0.3＝v B t ，竖直方向有：v Cy ＝gt ，根据速度夹角关系知：tan 37°＝v Cy v B ＝gt 0.3t＝gt 20.3＝34，解得：t ＝320s ，v B ＝2 m/s ，由A 到B ，由机械能守恒定律可得mgR ＝12m v 2B ，R ＝v 2B 2g ＝2×220 m ＝0.2 m ，故A 错误；在B 点有N －mg ＝m v 2B R，所以小球对轨道的压力N ＝mg ＋m v 2B R ＝⎝⎛⎭⎫1×10＋1×2×20.2N ＝30 N ，故B 错误；在A 点，因为速度为零，所以重力的功率为零，在B 点，速度和重力垂直，故在B 点重力的功率为零，所以A 到B 重力的功率先增大后减小，B 到C ，重力的功率逐渐增大，故C 错误．在C 点根据速度关系v C ＝v B cos 37°＝20.8m/s ＝2.5 m/s ，动能E k ＝12m v 2C ＝12×1×2.5×2.5 J ＝3.125 J ，故D 正确． 【答案】DB 组8.(多选)质量为m 的小球穿在足够长的水平直杆上，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，受到方向始终指向O 点的力F 作用，且F ＝ks ，k 为比例系数，s 为小球和O 点的距离．小球从a 点由静止出发恰好运动到d 点；小球在d 点以初速度v 0向a 点运动，恰好运动到b 点．已知Oc 垂直于杆且c 为垂足，b 点为ac 的中点，Oc ＝d ，cd ＝bc ＝l .不计小球的重力，下列说法正确的是( )A ．小球从a 运动到d 的过程中只有两个位置F 的功率为零B ．小球从a 运动到b 的过程与从b 运动到c 的过程克服摩擦力做功相等C ．v 0＝2μkdl mD ．小球在d 的速度至少要2v 0才能运动到a 点【解析】小球从a 运动到d 的过程中，在a 点、d 点速度为零，拉力的功率为零，在c 点拉力的方向和速度方向垂直，功率为零，有三处，A 错误；因为不计小球的重力，所以F 在垂直杆方向上的分力即为小球与杆之间的正压力，N ＝F sin θ(θ为力F 与杆之间的夹角)，故摩擦力F f ＝μN ＝μF sin θ，从a 到b 克服摩擦力做功为W f 1＝μF sin θ·l ＝μk ()s ·sin θ·l ＝μkdl ，同理从b 到c 克服摩擦力做功为W f 2＝μF sin θ·l ＝μk ()s ·sin θ·l ＝μkdl ，B 正确；根据动能定理可得μF sin θ·2l ＝2μk (s ·sin θ)·l ＝2μkdl ＝12m v 20，解得v 0＝2μkdl m ，C 正确；设在d 点的速度为v ，恰好能运动到a 点，根据动能定理可得12m v 2＝W F ＋3μkdl ，而W F ＝3μkdl ，联立v 0＝2μkdl m，解得v ＝3v 0，D 错误．【答案】BC9．如图所示，某生产厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能，将两个完全相同的玩具车A 、B 并排放在两平行且水平的轨道上，分别通过挂钩连接另一个与玩具车等质量的货车(无牵引力)，控制两车以相同的速度v 0做匀速直线运动．某时刻，通过控制器使两车的挂钩断开，玩具车A 保持原来的牵引力不变，玩具车B 保持原来的输出功率不变，当玩具车A 的速度为2v 0时，玩具车B 的速度为1.5v 0，则( )A ．在这段时间内两车的位移之比为6∶5B ．玩具车A 的功率变为原来的4倍C ．两车克服阻力做功的比值为12∶11D ．两车牵引力做功的比值为5∶1【解析】设挂钩断开瞬间的牵引力为F ，车受的摩擦力大小f ＝F 2，对玩具车A 分析有Fx 1－fx 1＝12m (2v 0)2－12m v 20＝32m v 20；对玩具车B 分析有Pt －fx 2＝12m (1.5v 0)2－12m v 20＝58m v 20，已知P ＝F v 0，对玩具车A 分析由动量定理得：(F －f )t ＝2m v 0－m v 0，x 1＝v 0＋2v 02t ，解得：x 1∶x 2＝12∶11，故A 错；克服阻力做功W f ＝fx ，则W f 1W f 2＝x 1x 2＝1211，故C 正确；牵引力做功W A ＝Fx 1＝3m v 20，W B ＝Pt ＝2m v 20，得W A W B ＝32，故D 错；由P A ＝F ·2v 0＝2P ，故B 错． 【答案】C10．如图为某课外活动小组模拟高铁动车编组实验，假设动车组是由动车和拖车编组而成，只有动车提供动力．该模拟列动车组由10节车厢组成，其中第1节和第6节车厢为动车，每节动车的额定功率均为P ，每节车厢的总质量均为m ，动车组运行过程中所受阻力为车重的k 倍．若动车组以额定功率沿水平方向做直线运动，经时间t 速度达到最大．重力加速度为g ，求：(1)当动车组速度达到最大速度一半时的加速度大小和此时第7节车厢对第8节拉力大小；(2)动车组从启动至速度刚达到最大的过程中所通过的路程．【解析】(1)设动车组最大速度为v m ，则：2P ＝10kmg v m解得：v m ＝P 5kmg当v ＝v m 2时，2P ＝F v ，F ＝20kmg 由牛顿第二定律得：F －10kmg ＝10ma解得：a ＝kg ，以8、9、10三节车厢为研究对象，由牛顿第二定律得：F ′－3kmg ＝3ma ，解得：F ′＝6kmg .(2)由动能定律得：2Pt －10kmgx ＝12×10m v 2m 解得：x ＝Pt 5kmg －P 250k 3m 2g 3. 【答案】(1)kg 6kmg (2)Pt 5kmg －P 250k 3m 2g 311．由学生组成的一个课题小组，在研究变力做功时，设计了如下的模型：如图甲，在水平地面上放置一个质量为m ＝5 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F 随位移x 变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.4，g ＝10 m/s 2.(1)画出0～4 m 内物体加速度a 随位移x 变化的图象；(2)物体速度最大时推力的功率为多少？(3)推力F 减为零后物体还能滑行多远？【解析】(1)由牛顿运动定律得：F －f ＝ma得：a ＝F －f m当F ＝100 N ，x ＝0时，a ＝16 m/s 2当F ＝f ＝20 N 时，a ＝0，x ＝3.2 mF ＝0 N 时，x ＝4 m ，a ＝－4 m/s 2图象如图所示．(2)由题图可得推力F 随位移x 的变化关系式为：F ＝100－25x (N)又当物体速度最大时，物体加速度为0所以：此时F ′＝f ＝μmg解得：x ＝3.2 m 此时推力F ′＝20 N物体从开始到速度最大时，由动能定理得：W F －μmgx ＝12m v 2m由F －x 图象的物理意义得：W F ＝S 面积＝12×(20＋100)×3.2 J ＝192 J 代入数据得：v m ＝1655 m/s 此时推力的功率：P ＝F ′v m ＝20×165 5 W ＝64 5 W (3)由题图可知推力为零时的位移x ＝4 m W 总＝12×100×4 J ＝200 J 由动能定理得：W 总－fx 总＝0－0解得x 总＝10 mx ′＝x 总－x ＝6 m故物体还能滑行6 m【答案】(1)见解析图 (2)64 5 W (3)6 m第2讲机械能守恒定律功能关系【p28】【p28】1．机械能守恒的判断(1)利用机械能守恒的定义判断；(2)利用做功判断；(3)利用能量转化判断；(4)对于绳突然绷紧和物体间非弹性碰撞问题，机械能往往不守恒．2．功能关系(1)重力的功等于__重力势能增量__的负值W G＝－ΔE p；(2)电场力的功等于__电势能增量__的负值W电＝－ΔE p′；(3)弹簧弹力的功等于__弹性势能增量__的负值W弹＝－ΔE p″；(4)合外力的功等于__动能的变化__W合＝ΔE k；(5)一对滑动摩擦力做的总功等于__系统内能__的变化fx相对＝ΔE内＝Q；(6)除重力和弹簧弹力之外的力做功等于__物体机械能__的变化，W其他＝ΔE；(7)电流做的功等于其他能量的增量IUt＝ΔE′；(8)安培力做功等于电能与机械能的转化．【p28】。

专题能力训练7 动量 动量的综合应用(时间:45分钟 满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题6分,共42分。

在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~7题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空,50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 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)( ) A.30 kg ·m/sB.5.7×102kg ·m/s C.6.0×102kg ·m/s D.6.3×102 kg ·m/s 答案:A解析:根据动量守恒定律得:0=Mv 1-mv 2,故火箭的动量与燃气的动量等大反向,故p=Mv 1=mv 2=0.05kg ×600m/s =30kg ·m/s 。

2.一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出,木块的动能增加了8 J,木块的质量大于子弹的质量。

则此过程中产生的内能可能是( ) A.18 J B.16 J C.10 J D.6 J答案:A解析:设子弹的初速度为v 0,射入木块后子弹与木块共同的速度为v ,木块的质量为m 0,子弹的质量为m 。

根据动量守恒定律得mv 0=(m 0+m )v ,得v=mm 0m +m 0,木块获得的动能为ΔE k =12m 0v 2=m 0m 2m 022(m 0+m )2=m 0mm 022(m 0+m )·m m 0+m ,系统产生的内能为Q=12mm 02−12(m 0+m )v 2=m 0mm 022(m0+m );可得Q=m 0+m m ΔE k =(m 0m+1)ΔE k ,因m 0>m ,则Q>2ΔE k =16J,故A 正确,B 、C 、D 错误。