2019届高考物理二轮复习专题二功和能碰撞与动量守恒真题汇编

专题二 功和能 第一讲功和功率__动能定理1.[考查功的大小计算]如图所示，质量m ＝1 kg 、长L ＝0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平，板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4。

现用F ＝5 N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 做的功至少为(g 取10 m/s 2)( )A ．1 JB ．1.6 JC ．2 JD ．4 J 解析：选B 在薄板没有翻转之前，薄板与水平桌面之间的摩擦力f ＝μmg ＝4 N 。

力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为L 2，则做的功至少为W ＝f ×L 2＝1.6 J ，所以B 正确。

2．[考查平均功率与瞬时功率的分析与计算]如图所示，某质点运动的v -t 图像为正弦曲线。

从图像可以判断( )A ．质点做曲线运动B ．在t 1时刻，合外力的功率最大C ．在t 2～t 3时间内，合外力做负功D ．在0～t 1和t 2～t 3时间内，合外力的平均功率相等解析：选D 质点运动的v -t 图像描述的是质点的直线运动，选项A 错误；在t 1时刻，加速度为零，合外力为零，合外力功率的大小为零，选项B 错误；由题图可知，在t 2～t 3时间内，质点的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，选项C 错误；在0～t 1和t 2～t 3时间内，动能的变化量相同，故合外力的功相等，则合外力的平均功率相等，选项D 正确。

3．[考查机车启动的图像问题]下列各图是反映汽车以额定功率P 额从静止启动，最后做匀速运动的过程，汽车的速度v 随时间t 以及加速度a 、牵引力F 和功率P 随速度v 变化的图像中正确的是( )解析：选A汽车以额定功率启动时，功率一定，由P＝F v可知，速度增大，牵引力F减小，根据F－F f＝ma，加速度逐渐减小，但速度继续增大，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，故A正确，B、C、D错误。

2019 高考物理试题分类汇编- 动量能量 ( 纯 word 附分析 )〔 2018 上海〕 22A、A、B 两物体在圆滑水平川面上沿向来线相向而行， A 质量为 5kg，速度大小为 10m/s ，B 质量为 2kg，速度大小为 5m/s，它们的总动量大小为_________kgm/s ；二者相碰后， A 沿原方向运动，速度大小为4m/s，那么 B 的速度大小为 _________m/s 。

40，10，22A. 【考点】此题观察动量守恒定律【分析】设物体 A 运动的方向为正方向，那么碰前的总动量大小为5 10 2 5 40 kg·m/s ，碰撞前后动量守恒，那么有40 5 42 v，故碰后 B 的速度大小为v10m / s【答案】 40， 10【误区警示】在应用动量守恒定律解答题目时，第一要规定正方向，而后把相关的物理量代入公式进行计算，假设出现符号，需要说明符号的物理意义。

该种类的题目简单犯错的原由就在于正方向的规定。

〔2018 新课标〕 35. 〔2〕〔 9 分〕如图，小球a、 b 用等长细线悬挂于同一固定点O。

让球 a 静止下垂，将球 b 向右拉起，使细线水平。

从静止开释球b，两球碰后粘在一起向左摇动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。

忽视空气阻力，求〔i 〕两球 a、 b 的质量之比；〔ii 〕两球在碰撞过程中损失的机械能与球 b 在碰前的最大动能之比。

Oba〔2〕【考点】动量守恒、能量守恒综合解：〔i 〕设球 b 的质量为 m2，细线长为 L，球 b 着落至最低点，但未与球 a 相碰时的速度为v，由机械能守恒定律得1①m2 gL m2v22式中 g 是重力加快度的大小。

设球a的质量为m1；在两球碰后的瞬时，两球共同速度为v′，以向左为正。

有动量守恒定律得m2v(m1m2 )v ②设两球共同向左运动到最高处，细线与竖直方向的夹角为θ ，由机械能守恒定律得1( m m )v 2③(m m ) gL(1 cos )21212联立①②③式得m11 m211 cos 代入数据得m121m2〔ii〕两球在碰撞过程中的机械能损失是Qm 2 gL(m 1 m 2 ) gL(1 cos )联立①⑥式， Q 与碰前球 b 的最大动能 E 〔 E = 12 〕之比为kkm 2v2Q m 1 m 2 ⑦(1 cos )E k1m 2联立⑤⑦式，并代入题给数据得2 ⑧Q12E k〔2018 大纲卷〕 21. 如图， 大小同样的摆球 a 和 b 的质量分别为 m 和 3m ，摆长同样， 并排悬挂，均衡时两球恰好接触， 现将摆球 a 向左边拉开一小角度后开释， 假设两球的碰撞是弹性的，以下判断正确的选项是A. 第一次碰撞后的瞬时，两球的速度大小相等B. 第一次碰撞后的瞬时，两球的动量大小相等C.第一次碰撞后，两球的最大摆角不同样D.发生第二次碰撞时，两球在各自的均衡地点21.AD 解题思路】两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球构成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：mvmv 3mv ；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：1 2121212 ，解两式得： v 0 v 0 ，可见第一次碰撞后的瞬时，两2 mv 0mv 13mv 2v 1, v 22 222球的速度大小相等， 选项 A 正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项 B 错；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上涨的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角同样，选项C 错；由单摆的周期公式l，可知，两球摇动周期同样，T2g故经半个周期后，两球在均衡地点处发生第二次碰撞，选项 D 正确。

专题 功和能1．（2019·新课标全国Ⅱ卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和。

取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图所示。

重力加速度取10 m/s 2。

由图中数据可得A ．物体的质量为2 kgB ．h =0时，物体的速率为20 m/sC ．h =2 m 时，物体的动能E k =40 JD ．从地面至h =4 m ，物体的动能减少100 J【答案】AD【解析】A ．E p –h 图像知其斜率为G ，故G =80J 4m=20 N ，解得m =2 kg ，故A 正确B ．h =0时，E p =0，E k =E 机–E p =100 J –0=100 J ，故212mv =100 J ，解得：v =10 m/s ，故B 错误；C ．h =2 m 时，E p =40J ，E k =E 机–E p =85 J –40 J=45 J ，故C 错误；D ．h =0时，E k =E 机–E p =100 J –0=100 J ，h =4 m 时，E k ′=E 机–E p =80 J –80 J=0 J ，故E k –E k ′=100 J，故D 正确。

2．（2019·新课标全国Ⅲ卷）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。

距地面高度h 在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示。

重力加速度取10 m/s 2。

该物体的质量为A ．2 kgB ．1.5 kgC ．1 kgD ．0.5 kg【答案】C【解析】对上升过程，由动能定理，，得，即F +mg =12 N ；下落过程，，即N ，联立两公式，得到m =1 kg 、F =2 N 。

3．（2019·江苏卷）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m ，从A 点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A 点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s ，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中A ．弹簧的最大弹力为μmgB ．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC ．弹簧的最大弹性势能为μmgsD ．物块在A 【答案】BC【解析】小物块压缩弹簧最短时有F mg 弹μ>，故A 错误；全过程小物块的路程为2s ，所以全过程中克服摩擦力做的功为：2mg s μ⋅，故B 正确；小物块从弹簧压缩最短处到A 点由能量守恒得：，故C 正确；小物块从A 点返回A 点由动能定理得：，解得：0v =D 错误。

机械能守恒定律 功能关系1.[多选](2018·徐州考前模拟)如图所示，质量分别为2m 、m 的小滑块P 、Q ，P 套在固定竖直杆上，Q 放在水平地面上。

P 、Q 间通过铰链用长为L 的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q 相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，当α＝30°时，弹簧处于原长。

当α＝30°时，P 由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P 、Q 始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g 。

则P 下降过程中( )A ．P 、Q 组成的系统机械能守恒B ．弹簧弹性势能的最大值为(3－1)mgLC ．竖直杆对P 的弹力始终大于弹簧弹力D ．P 下降过程中动能达到最大前，Q 受到地面的支持力小于3mg解析：选BD 根据能量守恒可知，滑块P 、Q 和弹簧组成的系统机械能守恒，故A 错误；根据系统机械能守恒可得E p ＝2mg (L cos 30°－L cos 60°)，即弹簧弹性势能的最大值为E p ＝(3－1)mgL ，故B 正确；对Q ，水平方向的合力F x ＝F 杆sin α－F 弹＝ma ，因为滑块Q 先做加速运动后做减速运动，所以竖直杆对Q 的弹力不一定始终大于弹簧弹力，所以竖直杆对P 的弹力不一定始终大于弹簧弹力，故C 错误；P 下降过程中动能达到最大前，P 加速下降，以P 、Q 为整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mg －N ＝2ma ，则有N <3mg ，故D 正确。

2.[多选](2018·南京、盐城三模)如图所示，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与可视为质点的小滑块连接，把滑块放在光滑斜面上的A 点，此时弹簧恰好水平，将滑块从A 点由静止释放，经B 点到达位于O 点正下方的C 点，当滑块运动到B 点时弹簧与斜面垂直，运动到C 点时弹簧恰好处于原长，已知OC 的距离为L ，斜面倾角为θ＝30°，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g 。

专题能力训练6能量转化与守恒定律(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。

在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.如图甲所示,倾角为θ的斜面足够长,质量为m的小物块受沿斜面向上的拉力F作用,静止在斜面中点O处,现改变拉力F的大小(方向始终沿斜面向上),物块由静止开始沿斜面向下运动,运动过程中物块的机械能E随离开O点的位移x变化关系如图乙所示,其中O~x1过程的图线为曲线,x1~x2过程的图线为直线,物块与斜面间动摩擦因数为μ。

物块从开始运动到位移为x2的过程中()A.物块的加速度始终在减小B.物块减少的机械能等于物块克服合力做的功C.物块减少的机械能小于减少的重力势能D.物块减少的机械能等于物块克服摩擦力做的功2.如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球,小球与一轻质弹簧一端相连,弹簧的另一端固定在地面上的A点,已知杆与水平面之间的夹角θ<45°,当小球位于B点时,弹簧与杆垂直,此时弹簧处于原长。

现让小球自C点由静止释放,小球在BD间某点静止。

在小球由C点滑到最低点的整个过程中,关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能,下列说法正确的是()A.小球的动能与重力势能之和保持不变B.小球的动能与重力势能之和先增大后减小C.小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D.小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变3.如图所示,轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接,另一端与物体A相连,物体A静止于光滑水平桌面上,A右端连接一细线,细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。

开始时用手托住B,让细线恰好伸直,然后由静止释放B,直至B获得最大速度。

下列有关该过程的分析正确的是()A.B物体受到细线的拉力保持不变B.B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量C.A物体动能的增加量等于B物体重力做功与弹簧对A的弹力做功之和D.A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功4.如图所示,质量为m的小球沿光滑的斜面AB下滑,然后可以无能量损失地进入光滑的圆形轨道BCD。

碰 撞1.碰撞(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞.(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒. (3)碰撞分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失. ②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失.③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大.一、碰撞过程的特征：①碰撞双方相互作用的时间△t 一般很短；②碰撞双方相互作用的力作为系统的内力一般很大。

二、碰撞的分类：1.按碰撞方向分类 —— 正碰、斜碰2.从碰撞过程中形变恢复情况来划分：形变完全恢复的叫弹性碰撞；形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其形变不能够完全恢复。

3.从碰撞过程中机械能损失情况来划分：机械能不损失的叫弹性碰撞；机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其机械能有所损失。

碰撞过程中损失的动能转化为其它能量， 如内能、重力势能、弹性势能、磁场能、电场能等。

①完全弹性碰撞 ——动量守恒，动能守恒 ②非(完全)弹性碰撞——动量守恒，动能有损失③完全非弹性碰撞——动量守恒，动能损失最大 （外部特征：以共同速度运动）， 三、碰撞过程遵守的规律——应同时遵守三个原则 1. 系统动量守恒的原则2211202101v m v m v m v m +=+ 2. 物理情景可行性原则—位置不超越 3. 不违背能量守恒的原则—动能不膨胀222211*********1212121v m v m v m v m +≥+ 四、三种典型的碰撞1、弹性碰撞：碰撞全程完全没有动能损失。

2211202101v m v m v m v m +=+222211*********1212121v m v m v m v m +=+解以上两式可得：v 1 v 2 v 10 v 20 碰前 碰后21202102112m m v m v )m m (v ++-=21101201222m m v m v )m m (v ++-=对于结果的讨论：①当m 1 = m 2 时，v 1 = v 20 ， v 2 = v 10 ,质量相等的两物体弹性碰撞后, “交换速度”； ②当m 1 << m 2 , 且v 20 = 0时，v 1 ≈ －v 10 ，v 2 ≈ 0 ，小物碰大物，原速率返回； ③当m 1 >> m 2 ，且v 20 = 0时，v 1 ≈ v 10 ，v 2 ≈ 2v 10 ， 2、非(完全)弹性碰撞：动量守恒, 动能有损失， 3、完全非弹性碰撞：动能的损失达到最大限度； 外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故有2120210121m m v m v m v v ++==.碰撞遵循的三条原则 (1)动量守恒定律 (2)机械能不增加E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等). ②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变. 2.弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解 根据动量守恒和机械能守恒⎩⎪⎨⎪⎧m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ ①12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 ② 解得v 1′＝(m 1－m 2)v 1＋2m 2v 2m 1＋m 2v 2′＝(m 2－m 1)v 2＋2m 1v 1m 1＋m 2(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若m 1＝m 2，则v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，即两物体交换速度. 当碰前物体2的速度为零时，v 2＝0，则： v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2，①m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，碰撞后两物体交换速度. ②m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动. ③m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来.五、“广义碰撞” ——物体的相互作用1、当物体之间的相互作用时间不是很短，作用不是很强烈，但系统动量仍然守恒时，碰撞的部分规律仍然适用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、机械能可能膨胀）。

专题能力训练5功功率动能定理(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分。

在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2018·全国卷Ⅱ)如图所示,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。

木箱获得的动能一定()A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功2.如图所示,一倾角为45°的粗糙斜面与粗糙水平轨道平滑对接,有一质量为m的物体由斜面的A点静止滑下,物体与斜面和地面间的动摩擦因数相同。

已知A距离地面的高度为4 m,当物体滑至水平地面的C点时速度恰好为0,且B、C距离为4 m。

若将BC水平轨道抬起,与水平面间夹角为30°,其他条件不变,则物体能沿BD斜面上升的最大高度为()A.(8-4) mB.(8-2) mC. mD.8 m3.下列各图是反映汽车从静止开始匀加速启动,最后做匀速运动的过程中,其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象,(汽车运动过程中所受阻力恒定)其中不正确的是()4.如图所示,跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型:运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A位置)上,随跳板一同向下运动到最低点(B位置)。

对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程中,下列说法正确的是()A.运动员到达最低点时,其所受外力的合力为0B.在这个过程中,运动员的动能一直在减小C.在这个过程中,跳板的弹性势能一直在增加D.在这个过程中,运动员所受重力对她做的功大于跳板的作用力对她做的功5.某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛,起跳直至着地过程如图所示。

测量得到比赛成绩是2.5 m,目测空中脚离地最大高度约0.8 m,忽略空气阻力,则起跳过程该同学所做功约为()A.65 JB.350 JC.700 JD.1 250 J6.在离水平地面h高处将一质量为m的小球水平抛出,在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为F f,落地前瞬间小球距抛出点的水平距离为x,速率为v,那么,在小球运动的过程中()A.重力做的功为mghB.克服空气阻力做的功为F f·C.落地时,重力的瞬时功率为mgvD.重力势能和机械能都逐渐减少7.右图为牵引力F和车速倒数的关系图象。