2018-2019年高考物理二轮复习考前突破能量与动量专题：力学的经典模型二-物理小金刚系列

专题二能量与动量专题综合训练(二)1.质量为m=2 kg的物体沿水平面向右做直线运动,t=0时刻受到一个水平向左的恒力F,如图甲所示,取水平向右为正方向,此物体的v-t图象如图乙所示,g取10 m/s2,则()A.物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.5B.10 s内恒力F对物体做功102 JC.10 s末物体在计时起点位置左侧2 m处D.10 s内物体克服摩擦力做功30 J2.如图所示,质量为m的物块从A点由静止开始下落,加速度是,下落H到B点后与一轻弹簧接触,又下落h后到达最低点C,在由A运动到C的过程中,空气阻力恒定,则()A.物块机械能守恒B.物块和弹簧组成的系统机械能守恒C.物块机械能减少D.物块和弹簧组成的系统机械能减少3.如图所示,A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动,A由静止释放,B的初速度方向沿斜面向下,大小为v0,C的初速度方向沿斜面水平,大小也为v0。

下列说法中正确的是()A.A和C将同时滑到斜面底端B.滑到斜面底端时,B的动能最大C.滑到斜面底端时,B的机械能减少最多D.滑到斜面底端时,C的重力势能减少最多4.图甲为竖直固定在水平面上的轻弹簧,t=0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹簧弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复。

通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出此过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示,不计空气阻力,则()A.t1时刻小球的动能最大B.t2时刻小球的加速度最小C.t3时刻弹簧的弹性势能为零D.图乙中图线所围面积在数值上等于小球动量的变化量5.如图所示,某人在P点准备做蹦极运动,假设蹦极者离开跳台时的速度为零。

图中a是弹性绳的原长位置,c是人所到达的最低点。

b是人静止地悬吊着时的平衡位置。

不计空气阻力,下列说法中正确的是()A.从P到c过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量B.从P到c过程中重力做的功等于人克服弹力所做的功C.从P到b过程中人的速度不断减小D.从a到c过程中加速度方向保持不变6.如图所示,质量为m的小球从斜轨道高h处由静止滑下,然后沿竖直圆轨道内侧运动,已知圆形轨道半径为R,不计一切摩擦阻力,重力加速度为g。

传送带是靠滑动摩擦力或静摩擦力对物体做功的装置，在 这一情景中以隐含动、静摩擦力的转换为纽带关联传送带和物 体的相对运动。涉及物体的动能、重力势能、系统内能以及电 能的转化。由于这一装置与生产、生活实际紧密相连，所涉及 的问题能很好地考查学生的综合分析能力，所以传送带模型一 直是高考的热点。而考查角度有水平传送带和倾斜传送带两种。
D．传送带对工件做功为零
解析：在运动的过程中只有摩擦力对工件做功，由动能定理可
知，摩擦力对工件做的功等于工件动能的变化，即为12mv2，故
A、D错误；工件动能增加量为
1 2
mv2，势能不变，所以工件的
机械能增量为
1 2
mv2，故B正确；根据牛顿第二定律知道工件的
加速度为μg，所以速度达到v而与传送带保持相对静止时间t＝
(1)滑块从传送带 A 端滑到 B 端，相对传送带滑动的路程； (2)滑块从传送带 A 端滑到 B 端，传送带因传送该滑块多消 耗的电能； (3)设木板受到的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，则木板至 少多长才能使滑块不从木板上掉下来。
[解析] (1)滑块在传送带上受到向右的摩擦力，到达传 送带右端时速度为v＝6 m/s。
解析：(1)小物体轻放在传送带上时，受力 分析如图所示： 根据牛顿第二定律得沿斜面方向 μmgcos θ－mgsin θ＝ma， 可知，小物体上升的加速度为a＝2.5 m/s2， 当小物体的速度为v＝1 m/s时，位移x＝2va2＝0.2 m， 由于mgsin θ＜μmgcos θ，所以小物体将以v＝1 m/s的速度完成4.8 m的路程。由功能关系得：(传送带对物体做的功＝机械能的增加) W＝ΔEp＋ΔEk＝mglsin θ＋12mv2＝255 J。
[典例] 如图所示，有一水平传送带以 v＝6 m/s 的速度按顺 时针方向匀速转动，传送带右端连着一段光滑水平面 BC，紧挨 着 BC 的水平地面 DE 上放置一个质量 M＝1 kg 的木板，木板上 表面刚好与 BC 面等高。现将质量 m＝1 kg 的滑块轻轻放到传送 带的左端 A 处，当滑块滑到传送带右端 B 时刚好与传送带的速度 相同，之后滑块又通过光滑水平面 BC 滑上木板。滑块与传送带 间的动摩擦因数 μ1＝0.45，滑块与木板间的动摩擦因数 μ2＝0.2， 木板与地面间的动摩擦因数 μ3＝0.05，取 g＝10 m/s2。求：

解析：a 棒下滑至 C 点时速度设为 v0，则由机械能守恒，有： mgh＝12mv02，解得 v0＝4 m/s 此后的运动过程中，a、b 两棒达到共速前，两棒所受安培力始 终等大反向，因此 a、b 两棒组成的系统动量守恒，有： mv0＝(m＋m)v 解得 a、b 两棒共同的最终速度为 v＝2 m/s，此后两棒一起做 匀速直线运动
4．(2017·天津卷)如图所示，物块 A 和 B 通过一根轻质不可伸 长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为 mA＝2 kg、mB＝1 kg.初始时 A 静止于水平地面上，B 悬于空中．现 将 B 竖直向上再举高 h＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一 段时间后细绳绷直，A、B 以大小相等的速度一起运动，之后 B 恰 好可以和地面接触．取 g＝10 m/s2，空气阻力不计．求：
解析：根据位移图象可知，碰撞前 P 的速度 v0＝4 m/s，碰撞 前 P 的动量为 p0＝mPv0＝4 kg·m/s，选项 A 错误．根据位移图象， 碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，选项 B 错误．碰
撞后，二者的共同速度 v＝1 m/s，由动量守恒定律，mPv0＝(mP＋ mQ)v，解得 mQ＝3 kg，选项 C 错误．由动量定理，两物块碰撞过 程中 P 对 Q 作用力的冲量是 I＝ΔPQ＝mQv＝3 N·s，选项 D 正确．
2．力学规律的选用原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定 律． (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般 用动量定理 (涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决 问题． (3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般 用两个守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒 的条件．

回扣4
(m1＋m2)v1＋m2v2＝(m1＋m2＋m)v″ 解得v″＝5.6 m/s 小物块在乙木板上做匀减速运动的加速度大小 a＝μg＝1 m/s2 可得小物块与乙木板发生相对运动的时间 t＝v1－av″＝2.4 s (1)5 m/s (2)2.4 s
基础知 识要记牢
保温训 练熟生巧
试题 解析
答案
μ·5mgL＝12·5mv1 2－12·5mv2 2
回扣4
木块压缩弹簧，由能量守恒定律有
Ep＋μ·5mgΔx＝12·5mv2 2
联立解得Ep＝m1v00
2
－5μmg(L＋Δx)
(1)2m5vd0 2
(2)m1v00
2
－5μmg(L＋Δx)
基础知 识要记牢
保温训 练熟生巧
试题 解析
答案
回扣4
基础知 识要记牢
回扣4
[保温训练熟生巧]
基础知 识要记牢
保温训 练熟生巧
试题 解析
答案
1．如图所示，一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒 打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，则这一过程中动量的变化量为( D ) A．大小为3.6 kg·m/s，方向向左 B．大小为3.6 kg·m/s，方向向右 C．大小为12.6 kg·m/s，方向向左 D．大小为12.6 kg·m/s，方向向右
回扣4
基础知 识要记牢
保温训 练熟生巧
试题 解析
答案
4.如图所示，在光滑水平面上，甲、乙两滑块将一质量不计的弹簧压缩，并将弹簧锁 定，两滑块以共同的速度v0＝0.1 m/s向右做匀速直线运动．经一段时间后，锁定突然 解除，锁定解除后，两滑块与弹簧分离，两滑块仍在原直线上滑动，且分离后在5 s内 两滑块之间的距离增大了s＝4.5 m．已知甲、乙两滑块的质量分别为m1＝1 kg、m2＝2 kg，弹簧长度的变化量可忽略不计，求： (1)锁定解除后，两滑块与弹簧分离时的速度； (2)整个过程中弹簧对两滑块所做的功．