2019届高考物理二轮复习第二部分热点专练热点二力与物体的运动专项训练

专题能力训练2 力与物体的直线运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共6小题,每小题10分,共60分。

在每小题给出的四个选项中,1~3题只有一个选项符合题目要求,4~6题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得10分,选对但不全的得5分,有选错的得0分)1.如图所示,在光滑水平面上有一静止小车,小车质量为m0=5 kg,小车上静止放置一质量为m=1 kg的木块,木块和小车间的动摩擦因数为μ=0.2,用水平恒力F拉动小车,下列关于木块的加速度a和小车的加速1度a2,可能正确的是()A.a1=2 m/s2,a2=1 m/s2B.a1=1 m/s2,a2=2 m/s2C.a1=2 m/s2,a2=4 m/s2D.a1=3 m/s2,a2=5 m/s22.右图为用索道运输货物的情景,已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°,重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30。

当载重车厢沿索道向上加速运动时,重物与车厢仍然保持相对静止状态,重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为()A.0.35mgB.0.30mgC.0.23mgD.0.20mg3.如图甲所示,粗糙斜面与水平面的夹角为30°,质量为0.3 kg 的小物块静止在A点。

现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上,作用一段时间后撤去推力F,小物块能达到的最高位置为C点,小物块从A到C的v-t图象如图乙所示。

g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A.小物块到C点后将沿斜面下滑B.小物块加速时的加速度是减速时加速度的C.小物块与斜面间的动摩擦因数为D.推力F的大小为6 N4.(2018·全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动,其速度—时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示。

已知两车在t2时刻并排行驶。

热点五　动量和能量能量观点是解决力学问题的重要途径之一，功能关系(含动能定理和机械能守恒定律)是近几年高考理科综合物理命题的焦点，选择题、计算题中均有体现，试题灵活性强，难度较大，能力要求高，且经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学等知识综合命题。

冲量和动量作为选修3－5的热点考核内容，考查频率特别高，现在作为必考内容后，其内容充实了力学解题的思路，在力学中的地位也日益显现出来，随着新课改的逐步推进，其冲量和动量的考查也会日渐重要。

考向一　与弹簧相关的功能关系　竖直平面内有一光滑椭圆轨道，如图1所示，一轻弹簧一端固定在椭圆的中心O ，另一端系一14小球，小球套在光滑椭圆轨道上。

在Q 点安装一光电计时器，已知OP 是椭圆的半短轴，长度为a ，OQ 是椭圆的半长轴，长度为b ，轻弹簧的原长等于a ，小球的直径为d ，质量为m ，轻弹簧形变量为x 时，其弹性势能可表示为E p ＝kx 2(轻弹簧始终在弹性限度内，k 为轻弹簧的劲度系数)。

小球从图中P 点由静止释放，经过12Q 处光电计时器时的挡光时间为t ，下列说法正确的是图1A ．小球到达Q 点时的动能等于mgbB ．小球到达Q 点时弹簧的弹性势能为kb 212C ．小球从P 点运动到Q 点的过程中弹簧弹力不做功D ．该轻弹簧的劲度系数k ＝－2mgb (b －a)2md2(b －a)2t2[解析]　小球到达Q 点时弹簧的弹性势能为k(b －a)2，由功能关系可知，小球到达Q 点时的动能等于12mgb －k(b －a)2，选项A 、B 错误；小球到达Q 点时的速度v ＝，小球到达Q 点时的动能E k ＝mv 2＝，由12d t 12md22t2功能关系可知，小球从P 点运动到Q 点的过程中克服弹簧弹力做的功W ＝E p ＝mgb －，C 错误；由功能关系md22t2可知k(b －a)2＝mgb －，解得k ＝－，D 正确。

12md22t22mgb (b －a)2md2(b －a)2t2[答案]　D 考向二　与传送带相关的功能关系　如图2所示，长为L ＝10.5 m 的传送带与水平面成30°角，传送带向上做加速度为a 0＝1 m/s 2的匀加速运动，当其速度为v 0＝3 m/s 时，在其底端轻放一质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)，已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝，在物块由底端上升到顶端的过程中，求：32图2(1)此过程所需时间；(2)传送带对物块所做的功；(3)此过程中产生的热量。

2019年高考物理二轮练习专项升级练习二力与直线运动专项升级练习卷注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。

在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。

考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。

只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。

〔总分值：100分时间：60分钟〕【一】选择题〔此题共9小题，每题7分，共63分。

在每道小题的四个选项中，只有一个选项正确〕1、〔2018·江苏单科〕将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。

以下描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图像，可能正确的选项是〔〕。

2、〔2018·湖北黄冈模拟〕一皮带传送装置如下图，皮带的速度v足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，假设滑块放到皮带上的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自由长度，那么当弹簧从自由长度到第一次达到最长这一过程中，物体的速度和加速度的变化情况是〔〕。

A、速度增大，加速度增大B、速度增大，加速度减小C、速度先增大后减小，加速度先增大后减小D、加速度a先减小后反向增大，速度先增大后减小3、〔2018·辽宁丹东四校协作摸底测试〕如下图，将质量为m＝0.1kg的物体用两个完全一样的竖直弹簧固定在升降机内，当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，上面弹簧对物体的拉力为0.4N；当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，上面弹簧的拉力为〔〕。

A、0.6NB、0.8NC、1.0ND、1.2N4、〔2018·上海普陀质检〕甲、乙两位同学进行百米赛跑，假如把他们的运动近似当做匀速直线运动来处理，他们同时从起跑线起跑，经过一段时间后他们的位置如图甲所示，在图乙中分别作出在这段时间内两人运动的位移x、速度v与时间t的关系图象，正确的选项是〔〕。

热点九力学实验力学实验的关键是测量速度和加速度，利用打点计时器在与小车(物块)连接在一起的纸带上打出的点迹，可以得到位移、速度、加速度、时间等物理量，小小纸带连接高考重点考查的五个力学实验；研究匀变速直线运动，测定动摩擦因数，探究加速度与力、质量的关系，探究动能定理，验证机械能守恒定律，真可谓“小纸带、大内涵”。

考向一游标卡尺与螺旋测微器的读取(2018·南阳第三次月考)用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图1甲所示，此示数为________mm，用20分度的游标卡尺测量某物体的厚度时，示数如图乙所示，此示数为________mm。

图1[解析] 螺旋测微器的固定刻度读数6 mm，可动刻度读数为0.1 mm×12.5＝0.125 mm，所以最终读数为6 mm＋0.125 mm＝6.125 mm；游标卡尺的主尺读数为6.3 cm，游标尺上第12个刻度与主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为0.05 mm×12＝0.60 mm＝0.060 cm，所以最终读数为6.3 cm＋0.060 cm＝6.360 cm＝63.60 mm。

[答案] 6.125 63.60考向二以纸带为中心的实验“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图2甲所示，已知打点计时器所用电源频率为50 Hz，试回答下列问题。

图2(1)实验中在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示。

A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 这些点的间距如图中标出，其中每相邻两点间还有4个计时点未画出。

根据测量结果计算：打C 点时小车的速度大小为______ m/s ；小车运动的加速度大小为______m/s 2。

(结果保留3位有效数字)(2)平衡好摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上。

挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度。

根据小车的加速度a 与砝码盘中砝码总重力F 的实验数据作出的a －F 图线如图丙所示，此图线不能过原点的主要原因是_______________________________________________。

2019高考物理二轮练习专项滚动练习配套功课（二）（解析版，新资料）[滚动范围：专题(七)～专题(十)]1、如图Z2—1所示，可视为点电荷的小球A、B分别带负电和正电，B球固定，其正下方的A球静止在绝缘斜面上，那么关于A球受力个数，以下说法正确的选项是()图Z2－1A、不可能只受到2个力作用B、可能只受到3个力作用C、可能只受到4个力作用D、可能只受到5个力作用2、如图Z2－2所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷＋Q，在x 轴上C点有点电荷－Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°.以下判断正确的选项是()图Z2－2A、O点电场强度为零B、D点电场强度不为零C、假设将点电荷＋q从O移向C，电势能增大D、假设将点电荷－q从O移向C，电势能增大3、回旋加速器是利用较低电压的高频电源使粒子经多次加速获得巨大速度的一种仪器，工作原理如图Z2－3所示，以下说法不正确的选项是()图Z2－3A、粒子在磁场中做匀速圆周运动B、粒子由A0运动到A1与由A2运动到A3所用的时间相同C、粒子的轨道半径与它的速率成正比D、粒子的运动周期和运动速率成正比4、如图Z2－4所示，电源电压为200V，两个电容器完全相同，静电计读数为U，电压表读数为U′，以下说法正确的选项是()图Z2－4A 、U ＝100V ，U ′＝100VB 、U ＝0，U ′＝200VC 、U ＝200V ，U ′＝0D 、U ＝100V ，U ′＝05、一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球以初速度v 0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着假设干个如图Z2－5所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔、竖直高度相等，电场区水平方向无限长，每一电场区的场强大小相等、方向均竖直向上，不计空气阻力，以下说法不正确的选项是()图Z2－5A 、小球在水平方向一直做匀速直线运动B 、假设场强大小等于mg q ，那么小球经过每一电场区的时间不同C 、假设场强大小等于2mg q ，那么小球经过每一无电场区的时间相同D 、无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间相同6、如图Z2－6所示，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电小球A 与B 处在同一条竖直线上，其中小球B 带正电荷并被固定，小球A 与一水平放置的光滑绝缘板C 接触而处于静止状态、假设将绝缘板C 沿水平方向抽去后，以下说法正确的选项是()图Z2－6A 、小球A 不可能处于静止状态B 、小球A 将可能沿轨迹1运动C 、小球A 将可能沿轨迹2运动D 、小球A 将可能沿轨迹3运动7、如图Z2－7所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，b 是原线圈的中心抽头、电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝202sin10πtV，那么()图Z2－7A、当单刀双掷开关S与a连接时，电压表的示数为42VB、当t＝160s时，c、d间的电压瞬时值为10VC、单刀双掷开关S与b连接，在滑动变阻器触头P向下移动的过程中，电压表和电流表的示数均变大D、保持触头P位置不变，当单刀双掷开关S由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变大8、如图Z2－8所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计、斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上、质量为m、电阻不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒ab垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上升，上升高度为h.对此过程，以下判断错误的选项是()图Z2－8A、作用于棒ab上的各力的合力所做的功等于零B、恒力F和重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热C、恒力F和安培力的合力所做的功等于零D、恒力F所做的功等于棒ab重力势能的增加量和电阻R上产生的焦耳热之和9、在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝6.0×105N/C，方向与x轴正方向相同、在O处放一个电荷量q＝－5.0×10－8C、质量m＝1.0×10－2kg的绝缘物块、物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2.0m/s，如图Z2－9所示、求物块最终停止时的位置、(g取10m/s2)Z2－910、如图Z2－10甲所示，水平虚面PQ上方两侧有对称的范围足够大的匀强磁场，磁场方向分别水平向左和水平向右，磁感应强度大小均为B0＝2T、用金属条制成的闭合正方形框aa′b′b边长L＝0.5m，质量m＝0.3kg，电阻R＝1Ω.现让金属框平面水平，aa′边、bb′边分别位于左、右两边的磁场中，且与磁场方向垂直，金属框由静止开始下落，其平面在下落过程中始终保持水平，当金属框下落至PQ前一瞬间，加速度恰好为零、以金属框下落至PQ为计时起点，PQ下方加一范围足够大的竖直向下的磁场，磁感应强度B与时间t之间的关系图象如图乙所示，不计空气阻力及金属框的形变，g取10m/s2.求：(1)金属框经过PQ位置时的速度大小；(2)金属框越过PQ 后2s 内下落的距离；(3)金属框越过PQ 后2s 内产生的焦耳热、甲乙图Z2－10专题滚动训练(二)1、C[解析]以A 为研究对象，根据其受力平衡可得，如果没有摩擦力，那么A 对斜面一定无弹力，只受重力和库仑力作用而平衡；如果受摩擦力，那么一定受弹力，所以A 受4个力作用而平衡、应选项C 正确、2、D[解析]A 、B 两点的点电荷在O 点的合场强为零，因此O 点的电场强度应等于C 点的点电荷在O 点形成的电场强度，选项A 错误；A 、B 、C 三点的点电荷在D 点形成的电场强度大小分别为E DA ＝k Q r 2、E DB ＝k Q r 2、E DC ＝k Q r 2，所以D 点合电场强度为E D ＝k Q r 2－2k Qr 2cos60°＝0，应选项B 错误；将点电荷＋q 从O 移向C 时，电场力做正功，故电势能减小，选项C 错误；将点电荷－q 从O 移向C 时，电场力做负功，电势能增大，选项D 正确、3、D[解析]回旋加速器中被加速的带电粒子通过加速电场加速，进入磁场后做匀速圆周运动，匀速圆周运动的周期T ＝2πm qB ，轨道半径r ＝mv qB ，应选项ABC 正确，D 错误、4、C[解析]由于电压表的接入，电路的性质会发生变化，相当于一个电阻R 与电容C ′的并联，再与C 串联，此时C ′完全可以认为不存在(只在接入电压表的瞬间，由于C ′的放电，电压表有读数)、由此可知电压会全部落在C 两端，而稳定时电路中没有电流，故电压表的读数为零，静电计的读数为200V ，选项C 正确、5、D[解析]小球以初速度v 0水平抛出后，小球在水平方向一直做匀速直线运动、在竖直方向上，当小球在无电场区运动时，仅受重力作用，加速度a ＝g.当小球在有理想上下边界的匀强电场区运动时，假设场强大小等于mg q ，那么a ＝0，那么小球在竖直方向做匀速直线运动，由于小球每次进入电场区的速度不同，故小球经过每一电场区的时间均不相同、假设场强大小等于2mg q ，那么a ＝g ，方向竖直向上、在竖直的方向上，小球先在无电场区做初速度为零的匀加速直线运动，然后在有电场区做匀减速直线运动，由于对称性，小球离开有电场区时速度变为零、因此小球经过每一无电场区的时间均相同、6、B[解析]假设小球A 带正电，小球A 受重力G 、库仑斥力F 和板对小球向下的弹力F N .当撤走绝缘板C 时，F N ＝0，假设F ＝G ，小球A 仍处于静止状态，选项A 错误；假设F ＞G ，那么由左手定那么可知选项B 正确；假设小球A 带负电，那么由A 的受力情况可知是不可能的，选项C 、D 错误、7、D[解析]原线圈上所加电压的有效值为U 1＝20V ，当开关S 与a 连接时，由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝4V ，选项A 错误；当t ＝160s 时，U 1＝202sin(10π×160)V ＝102V ，选项B 错误；当开关S 与b 连接，滑动变阻器触头P 向下移动时，电压表示数不变，电流表示数变大，选项C 错误；当开关S 由a 扳向b 时，电压表示数增大，由I ＝U 2R 知电流表示数也增大，选项D 正确、8、C[解析]在金属棒ab 沿斜面上升的过程中，受到重力、恒力F 和安培力三个力的作用，因金属棒匀速上升，由动能定理有W F ＋W G ＋W 安＝ΔE k ＝0，选项A 正确，选项C 错误；把上式移项，得W F ＋W G ＝－W 安，而－W 安为金属棒ab 克服安培力所做的功，正好等于电路中所产生的焦耳热，选项B 正确、从能量守恒的角度可知，金属杆ab 上升的过程中，其重力势能增加，同时电路中产生了电能，这些能量来源于外力F 做功的结果，通过外力F 做功，将其他形式的能量转化成了这两种形式的能量，选项D 正确、9、O 点左侧，距O 点距离为0.2m[解析]物块先在电场中向右减速，设运动的位移为x 1.由动能定理得－(qE ＋μmg)x 1＝0－12mv 20解得x 1＝mv 202（qE ＋μmg ）＝0.4m物块所受的电场力F ＝qE ＝0.03N物块所受的滑动摩擦力F f ＝μmg ＝0.02N<F所以物块速度减为零后将沿x 轴负方向加速，跨过O 点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O 点左侧某处、设该点距O 点距离为x 2，那么对全过程由动能定理得－μmg(2x 1＋x 2)＝0－12mv 2解得x 2＝0.2m.10、(1)0.75m/s(2)21.5m(3)0.5J[解析](1)当金属框的加速度恰好为零时，受到的安培力与重力平衡，即F 1安＝mg 又感应电动势E ＝B 02L v ＝2B 0Lv感应电流I 1＝E R金属框受到的安培力F 1＝B 0·2L ·I 1＝2B 0LI 1联立解得v ＝mgR4B 20L 2＝0.75m/s. (2)经分析知金属框进入PQ 下方后做竖直下抛运动2s 内下落的距离为h ＝vt ＋12gt 2＝21.5m.(3)设金属框在PQ 下方磁场中运动时产生的感应电流为I ，感应电动势为E ，2s 内产生的焦耳热为Q ，那么E ＝ΔB Δt L 2＝0.5V.金属框中的感应电流I ＝E R ＝0.5A2s 内产生的焦耳热Q ＝I 2Rt ＝0.5J.。

2019届高考物理二轮复习第二章相互作用牛顿动动定律提能增分练（二）动力学四大模型之二——斜面1.如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁。

若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为( )A．3 B．4 C．5 D．6解析：选B 先对物体m受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；再对M受力分析，受重力、m对它的垂直斜面向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，共受到4个力。

故B正确。

2.如图所示，质量为m带＋q电荷量的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区域时，滑块运动的状态为( )A．继续匀速下滑 B．将加速下滑C．将减速下滑 D．以上三种情况都可能发生解析：选A 滑块在电场中受力方向沿着电场线方向，即竖直向下，相当于滑块的重力变大了，因为滑块开始是匀速下滑的，则摩擦力大小等于滑块重力沿着斜面向下的分力的大小。

故滑块在斜面方向上的合力为零不改变，所以滑块继续匀速下滑。

只有A正确。

3．物块静止在固定的斜面上，分别按图示的方向对物块施加大小相等的力F，A中F 垂直于斜面向上，B中F垂直于斜面向下，C中F竖直向上，D中F竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是( )解析：选D 物块受重力、支持力及摩擦力处于平衡，A中当加上F后，物块仍处于平衡，则在沿斜面方向上物块平衡状态不同，而重力沿斜面向下的分力不变，故摩擦力不变；故A错误；同理B中摩擦力也不变，故B错误；C中加竖直向上的F后，F有沿斜面向上的分力，若物块有沿斜面向下的运动趋势，此时沿斜面向下的重力的分力与沿斜面向上的F 的分力及摩擦力平衡，故摩擦力将变小，故C错误；同理D中加竖直向下的力F后，F有沿斜面向下的分力，则沿斜面向下的力增大，故增大了摩擦力；故D正确。

4.(2017·四川双流中学模拟)如图，静止在水平面上的斜面体质量为M，一质量为m的物块恰能沿斜面匀速下滑，现对物块施加水平向右的拉力F，物块m仍能沿斜面运动。

力与物体曲线运动专题训练卷1.一艘小船要从O点渡过一条两岸平行、宽度d=80 m的河流,已知小船在静水中运动的速度为4 m/s,水流速度为5 m/s,B 点到A点的距离x0=60 m。

(cos 37°=0.8,sin 37°=0.6)下列关于该船渡河的判断,其中正确的是()。

A.小船过河的最短航程为80 mB.小船过河的最短时间为16 sC.若要使小船运动到B点,则小船船头指向与上游河岸成37°角D.小船做曲线运动=20 s,故B项错误;因为v船<v水,故小船过河轨迹不解析▶当船的速度方向垂直河岸时,过河时间最短,最短时间t=船可能垂直河岸,最短航程大于80 m,A项错误;要使小船运动到B点,其速度方向沿OB方向,故船头指向与上游河岸成37°角,C 项正确;小船做直线运动,D项错误。

答案▶ C2.“水流星”是一个经典的杂技表演项目,杂技演员将装水的杯子用细绳系着在竖直平面内做圆周运动,杯子到最高点杯口向下时,水也不会从杯中流出。

如图所示,若杯子质量为m,所装水的质量为M,杯子运动到圆周的最高点时,水对杯底刚好无压力,重力加速度为g,则杯子运动到圆周最高点时,杂技演员对细绳的拉力大小为()。

A.0B.mgC.MgD.(M+m)g解析▶杯子到最高点时,杯底对水的作用力为零,设这时杯子的速度大小为v,对水研究mg=m,对杯子和水整体研究,设绳的拉力为F,则F+(M+m)g=(M+m),解得F=0,A项正确。

答案▶ A3.(多选)将一抛球入框游戏简化如下:在地面上竖直固定一矩形框架,框架高1 m,长3 m,抛球点位于框架底边中点正前方2 m,离地高度为1.8 m,如图所示。

假定球被水平抛出,方向可在水平面内调节,不计空气阻力,重力加速度取g=10 m/s2,忽略框架的粗细,球视为质点,球要在落地前进入框内,则球被抛出的速度大小可能为()。

A.3 m/sB.5 m/sC.6 m/sD.7 m/s解析▶球抛出后做平抛运动,竖直方向做自由落体运动h=gt2,可得t=ℎ,0.4 s≤t≤0.6 s;水平方向上做匀速直线运动,水平方向最小位移为2 m,最大位移,即球落在框的左右两角时,由几何关系可得为2.5 m,所以水平方向的位移为2 m≤x ≤2.5 m,根据v0=可得3.33 m/s≤v0≤6.25 m/s,B、C两项正确。

碰撞与动量守恒1.(2018·全国卷II ·T15)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】选C 。

对于鸡蛋撞击地面前的下落过程，根据动能定理：mgh=12mv 2；对于鸡蛋撞击地面的过程，设向下为正，由动量定理可得：mgt-F N t=0-mv 。

若每层楼高3 m ，则h=72 m ，由以上两式可得：F N ≈103 N ，选项C 正确。

2. (2018·天津高考·T9(1))质量为0.45 kg 的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg 的子弹以200 m/s 的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是m/s 。

若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N ，则子弹射入木块的深度为 m 。

【解析】根据动量守恒定律可得mv 0=(M+m)v ，解得v=00.05200()0.450.05mv M m ⨯=++m/s= 20 m/s ；系统减小的动能转化为克服阻力产生的内能，故有fd=201122mv -(M+m)v 2，解得d=22011()22mv M m v f-+=0.2 m 。

答案：20 0.23.(2018·全国卷I ·T24) 一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空。

当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E ，且均沿竖直方向运动。

爆炸时间极短，重力加速度大小为g ，不计空气阻力和火药的质量。

求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间。

(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。

【命题意图】本题考查了运动学公式、机械能守恒定律、动量守恒定律等知识。