2020版高考物理一轮复习第五章能量和动量第4节功能关系能量守恒定律

第4节功能关系能量守恒定律

(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。(×)

(2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少。(×)

(3)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。(√)

(4)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源。(×)

(5)节约可利用能源的目的是为了减少污染排放。(×)

(6)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。(√)

(7)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少。(√)

突破点(一) 功能关系的理解和应用

1．对功能关系的理解

(1)做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。

(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一

一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。

2．几种常见的功能关系

3．两个特殊的功能关系

(1)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即F f x 相对＝ΔQ 。 (2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W 克安＝ΔE 电。

[多角练通]

1．(2016·上海高考)在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作

用下漂浮在半空。若减小风力，体验者在加速下落过程中( )

A ．失重且机械能增加

B ．失重且机械能减少

C ．超重且机械能增加

D ．超重且机械能减少

解析：选B 据题意，体验者漂浮时受到的重力和风力平衡；在加速下降过程中，风力小于重力，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于

失重状态，故选项B 正确。

2．(2017·唐山模拟)轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m ＝0.5 kg 的物块相连，如图甲所示。弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x 轴。现对物块施加水平向右的外力F ，F 随x 轴坐标变化的关系如图乙所示。物块运动至x ＝0.4

m 处时速度为零。则此时弹簧的弹性势能为(g 取10 m/s 2

)( )

A ．3.1 J

B ．3.5 J

C ．1.8 J

D ．2.0 J

解析：选A 物块与水平面间的摩擦力为F f ＝μmg ＝1 N 。现对物块施加水平向右的外力F ，由F -x 图像面积表示外F 做的功，可知F 做功W ＝3.5 J ，克服摩擦力做功W f ＝F f x ＝0.4 J 。由功能关系可知，W －W f

＝E p ，此时弹簧的弹性势能为E p ＝3.1 J ，选项A 正确。

选)(2017·佛山模拟)如图所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某

3．(多冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度

一速度从A 点

为3

4

g ，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体( )

A ．重力势能增加了mgh

B ．机械能损失了mgh

2 C ．动能损失了mgh

D ．克服摩擦力做功mgh

4

解析：选AB 加速度a ＝34g ＝mgsin 30°＋Ff m ，解得摩擦力F f ＝1

4mg ；物体在斜面上能够上升的最大高

度为h ，所以重力势能增加了mgh ，故A 项正确；机械能的损失了F f x ＝14mg ·2h ＝1

2mgh ，故B 项正确；动能

损失量为克服合外力做功的大小ΔE k ＝F 合外力·x ＝34mg ·2h ＝32mgh ，故C 错误；克服摩擦力做功mgh

2

，故D 错

误。

突破点(二) 摩擦力做功与能量的关系

1．两种摩擦力做功的比较

(1)正确分析物体的运动过程，做好受力分析。

(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系。

(3)公式W ＝F f ·l 相对中l 相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则l 相对为总的相对路程。

[典例] (2017·银川一模)如图所示，一质量为m ＝1.5 kg 的滑块从倾角为

θ＝37°的斜面上自静止开始滑下，滑行距离s ＝10 m 后进入半径为R ＝9 m 的光

滑圆弧AB ，其圆心角为θ，然后水平滑上与平台等高的小车。已知

小车质量为M ＝3.5 kg ，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数μ＝0.35，地面光

滑且小车足

够长，取g ＝10 m/s 2

。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

(1)滑块在斜面上的滑行时间t 1；

(2)滑块脱离圆弧末端B 点前，轨道对滑块的支持力大小； (3)当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离s 1。 [审题指导] 第一步：抓关键点

第二步：找突破口

(1)滑块在斜面上下滑的加速度可由

mg sin θ－μmg cos θ＝ma 求出。

(2)滑块在斜面上运动的末速度为滑块在圆弧上运动的初速度。

(3)滑块到达B 点前瞬间具有竖直向上的向心加速度，此时满足：F N －mg ＝m vB2

R

。

(4)小车从开始运动到匀速运动过程中，滑块和小车组成的系统损失的机械能对应系统产生的摩擦热。 [解析] (1)设滑块在斜面上滑行的加速度为a ，由牛顿第二定律，有

mg (sin θ－μcos θ)＝ma ，s ＝1

2

at 12

解得t 1＝2.5 s 。

(2)滑块在圆弧AB 上运动过程， 由机械能守恒定律

12mv A 2＋mgR (1－cos θ)＝1

2mv B 2，v A ＝at 1 由牛顿第二定律，有F B －mg ＝m vB2R

解得轨道对滑块的支持力F B ≈31.7 N。

(3)滑块在小车上滑行时的加速度：a 1＝μg ＝3.5 m/s 2

小车的加速度：a 2＝m M

μg ＝1.5 m/s 2

小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足v B －a 1t 2＝a 2t 2 解得：t 2＝2 s

故滑块刚滑上小车的速度v B ＝10 m/s ，最终同速时的速度v ＝3 m/s 由功能关系可得：μmg ·s 1＝12mv B 2－12(m ＋M )v 2

解得：s 1＝10 m 。

[答案] (1)2.5 s (2)31.7 N (3)10 m [方法规律]

(1)滑块脱离圆弧末端B 点前具有竖直向上的加速度，支持力大于滑块重力，区别于滑块刚滑上小车的情况。

(2)当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离为滑块在小车上滑行的最大距离，也是小车的最小长度。

[集训冲关]

1．(多选)(2017·安徽师大附中最后一卷)如图所示，质量m ＝1 kg 的物体从高为h ＝0.2 m 的光滑轨静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，物体和传送带之间的动摩道上P 点由

＝0.2，传送带AB 之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的

擦因数为μ动，则( )

速度匀速运

A ．物体从A 运动到

B 的时间是1.5 s

B ．物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做功为2 J

C ．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2 J

D ．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 J

解析：选AC 设物体下滑到A 点的速度为v 0，对PA 过程，由机械能守恒定律有：12mv 02

＝mgh ，代入数

据得：v 0＝2gh ＝2 m/s ＜v ＝4 m/s ，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，加速度大小为a ＝μmg m ＝μg ＝2 m/s 2；当物体的速度与传送带的速度相等时用时：t 1＝v －v0a ＝4－22

s ＝1 s ，匀加

速运动的位移x 1＝v0＋v 2t 1＝2＋4

2

×1 m＝3 m ＜L ＝5 m ，所以物体与传送带共速后向右

做匀速运动，匀速运动的时间为t 2＝L －x1v ＝5－3

4

s ＝0.5 s ，故物体从A 运动到B 的时间为：t ＝t 1＋

t 2＝1.5 s ，故选项A 正确；物体运动到B 的速度是v ＝4 m/s ，根据动能定理得：摩擦力对物体做功W ＝1

2

mv

2

－12mv 02＝12×1×42－12×1×22

J ＝6 J ，故B 项错误；在t 1时间内，传送带做匀速运动的位移为x 带＝vt 1＝4 m ，故产生热量Q ＝μmg Δx ＝μmg (x 带－x 1)，代入数据得：Q ＝2 J ，故C 项正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W ＝? ??

??12mv2－12mv02＋Q ＝12×1×(42－22

)＋

2 J ＝8 J ，故D 项错误。

2.如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在墙上，一个小物块(可视为质点)从A 点以初速度v 0向左运动，接触弹簧后运动到C 点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内。AC 两点间距离为L ，物块与水

擦因数为μ，重力加速度为g ，则物块由A 点运动到C 点的过程中，

平面间动摩确的是( )

下列说法正

A ．弹簧和物块组成的系统机械能守恒

B ．物块克服摩擦力做的功为12mv 0

2

C ．弹簧的弹性势能增加量为μmgL

D ．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和

解析：选D 物块与水平面间动摩擦因数为μ，由于摩擦力做功机械能减小，故A 项错误；物块由A 点运动到C 点过程动能转换为弹性势能和内能，根据能量守恒知物块克服摩擦力做的功为μmgL ＝12

mv 02

－E p

弹

，故B 项错误，D 项正确；根据B 项分析知E p 弹＝12

mv 02

－μmgL ，故C 项错误。

突破点(三) 能量守恒定律的应用

1．对能量守恒定律的两点理解

(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。 (2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。

2．能量转化问题的解题思路

(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律。

(2)解题时，首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增

的能量总和ΔE 减与增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE 减＝ΔE 增列式求

加，求出减少

解。

如图所示，一物体质量m ＝2 kg ，在倾角θ＝37°的斜面上的A 点以

[典例]

初速度v 0＝3 m/s 下滑，A 点距弹簧上端B 的距离AB ＝4 m 。当物体到达B 点后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量BC ＝0.2 m ，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D 点，D 点距A 点的距离AD ＝3 m 。挡板及

弹簧质量不计，g 取10 m/s 2

，sin 37°＝0.6，求：

(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ。

(2)弹簧的最大弹性势能E pm 。

[思路点拨]

(1)物体由A 到C 的过程中，动能减少量与重力势能的减少量之和等于弹簧的弹性势能与物体克服摩擦

力做功之和。

(2)物体由A 到C 后又返回D 的过程中，物体动能减少量与重力势能的减少量之和等于物体克服摩擦力

做的总功。

[解析] (1)物体从开始位置A 点到最后D 点的过程中，弹性势能没有发生变化，机械能的减少量全部

用来克服摩擦力做功，即：

12

mv 02

＋mgL AD ·sin 37°＝μmg cos 37°(L AB ＋2L CB ＋L BD )

代入数据解得：μ≈0.52。

(2)物体由A 到C 的过程中，动能减少量

ΔE k ＝12

mv 02

，

重力势能减少量ΔE p ＝mgL AC sin 37°。

摩擦产生的热Q ＝μmg cos 37°·L AC 。

由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：

E pm ＝ΔE k ＋ΔE p －Q

＝12

mv 02

＋mgL AC ·sin 37°－μmg cos 37°·L AC

≈24.5 J。

答案：(1)0.52 (2)24.5 J

[集训冲关]

1.(2017·浙江四校联考)蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的

示，蹦极者从P 处由静止跳下，到达A 处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低喜爱。如图所面还有数米距离。蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中，重力势能的减少点B 处，B 离水弹性势能的增加量为ΔE 2、克服空气阻力做的功为W ，则下列说法正确的是

量为ΔE 1、绳的

( )

A ．蹦极者从P 到A 的运动过程中，机械能守恒

B ．蹦极者与绳组成的系统从A 到B 的过程中，机械能守恒

C ．ΔE 1＝W ＋ΔE 2

D ．Δ

E 1＋ΔE 2＝W

解析：选C 下落过程中有空气阻力做功，所以机械能不守恒，A 、B 项错误；根据能量守恒，在下落

的全过程，有ΔE 1＝W ＋ΔE 2，故C 项正确，D 项错误。

2．(2017·乐山二模)如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m ＝1 kg 的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点。t ＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块

的v -t 图像如图乙所示，其中Oab

段为曲线，bc 段为直线，在t 1＝0.1 s 时滑块已上滑x ＝0.2 m 的距离(g 取10 m/s 2

，sin 37°＝0.6，

cos 37°＝0.8)。

求：

(1)滑块离开弹簧后在图中bc 段对应的加速度大小a 及动摩擦因数μ的大小；

(2)t 2＝0.3 s 和t 3＝0.4 s 时滑块的速度v 1、v 2的大小；

(3)弹簧锁定时具有的弹性势能E p 。

解析：(1)由题图乙知滑块在bc 段做匀减速运动，加速度大小为

a ＝

Δv Δt

＝10 m/s 2

根据牛顿第二定律得

mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma

解得μ＝0.5。

(2)根据速度时间公式得t 2＝0.3 s 时的速度大小

v 1＝v 0－a Δt ，解得v 1＝0

在t 2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得

mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ′

解得a ′＝2 m/s 2

。

从t 2到t 3做初速度为零的加速运动，t 3时刻的速度为

v 2＝a ′Δt ＝0.2 m/s 。

(3)从0到t 1时间内，由能量守恒定律得

E p ＝mgx sin 37°＋μmgx cos 37°＋12

mv b 2

解得E p ＝4 J 。

答案：(1)10 m/s 2

0.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J

与生产、生活相联系的能量守恒问题

在新课程改革的形势下，高考命题加大了以生产、生活、科技为背景的试题比重，其中与生产、生活相联系的能量守恒问题尤其受到高考命题者青睐。

(一)列车车厢间的摩擦缓冲装置

1.(2014·广东高考)如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图。

图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦。在车

厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )

A ．缓冲器的机械能守恒

B ．摩擦力做功消耗机械能

C ．垫板的动能全部转化为内能

D ．弹簧的弹性势能全部转化为动能

解析：选B 在车厢相互撞击使弹簧压缩过程中，由于要克服摩擦力做功，且缓冲器所受合外力做功不为零，因此机械能不守恒，A 项错误；克服摩擦力做功消耗机械能，B 项正确；撞击以后垫板和车厢有相同的速度，因此动能并不为零，C 项错误；压缩弹簧过程弹簧的弹性势能增加，并没有减小，D 项错误。

(二)儿童乐园中的蹦床运动

2.在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳。

如图所示，某次蹦床活动中小孩静止时处于O 点，当其弹跳到最高点A 后下落可将蹦床压到最低点B ，小孩可看成质点，不计空气阻力，下列说法正确的是

( )

A ．从A 运动到O ，小孩重力势能减少量大于动能增加量

B ．从O 运动到B ，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量

C ．从A 运动到B ，小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量

D ．若从B 返回到A ，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量

解析：选A 从A 运动到O ，小孩重力势能减少量等于动能增加量与弹性绳的弹性势能的增加量之和，选项A 正确；从O 运动到B ，小孩动能和重力势能的减少量等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量，选项B 错误；从A 运动到B ，小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能增加量，选项C 错误；若从B 返回到A ，小孩机械能增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能减少量之和，选项D 错误。

(三)自动充电式电动车

3.构建和谐型、节约型社会深得民心，节能器材遍布于生活的方方面面，自

动充电式电动车就是很好的一例，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接。当骑车者用力蹬车或电动车自动滑行时，电动车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来。现有某人骑车以5 kJ

的初动能在粗

糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图直线a 所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图曲线b 所示，则第二次向蓄电池所充的电能可接近( )

A ．5 kJ

B ．4 kJ

C ．3 kJ

D ．2 kJ

解析：选D 由题图直线a 可知，电动车的动能E k 与滑行位移x 成线性关系，第一次关闭自动充电装置自由滑行10 m 停止，第二次启动自动充电装置时只滑行了6 m ，所以第二次充电的电能相当于滑行4 m 所需要的能量，即ΔE ＝4

10

×5 kJ＝2 kJ ，故D 正确。

(四)飞机场上运送行李的传送带

4.飞机场上运送行李的装置为一水平放置的环形传送带，传送带的总质量为M ，

其俯视图如图所示。现开启电动机，传送带达到稳定运行的速度v 后，将行李依次轻轻放到传送带上。若有n 件质量均为m 的行李需通过传送带运送给旅客。假设在转弯处行李与传送带无相对滑动，忽略皮带轮、电动机损失的能量。求从电动机开启

到运送完行李需要消耗的电能为多少？

解析：设行李与传送带间的动摩擦因数为μ，则传送带与行李间由于摩擦产生的总热量Q ＝n μmg Δx 由运动学公式得Δx ＝x 传－x 行＝vt －vt 2＝vt 2

又a ＝μg 所以v ＝μgt 联立解得Q ＝12

nmv 2

由能量守恒得E ＝Q ＋12Mv 2＋n ×12mv 2

所以电动机开启到运送完行李需消耗的电能为

E ＝1

2

Mv 2＋nmv 2。

答案：12Mv 2＋nmv 2

[反思领悟]

与生产、生活相联系的能量守恒问题往往具有试题情景新颖，所叙述的内容可能平时很少涉及，但问题的实质仍是能量转化与守恒定律的应用。对于该类问题，可通过认真读题，确定所研究的物理过程的初、末状态，分析在状态变化过程中哪些形式的能量减少了，又有哪些形式的能量增加了，然后根据ΔE 减＝ΔE 增列式求解。

对点训练：功能关系的理解和应用

1．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J ，他克服阻力做功100 J 。韩晓鹏在此过程中( )

A ．动能增加了1 900 J

B ．动能增加了2 000 J

C ．重力势能减小了1 900 J

D ．重力势能减小了2 000 J

解析：选C 根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE ＝W G ＋W f ＝1 900 J －100 J ＝1 800 J ＞0，故其动能增加了1 800 J ，选项A 、B 错误；根据重力做功与重力势能变化的关系W G ＝－ΔE p ，所以ΔE p ＝－W G ＝－1 900 J ＜0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J ，选项C 正确，选项D 错误。

2.(多选)(2017·石家庄模拟)一质量为m 的物体在竖直向上的拉力F 作用下沿

竖直方向向上运动，运动过程中物体的动能与位移的关系如图所示，其中0～x 1为一曲线，x 1～x 2为一与横轴平行的直线，x 2～x 3为一倾斜直线，不计空气阻力，关于

物体在这段位移内的运动，下列说法正确的是( )

A ．0～x 1过程中拉力F 逐渐增大

B ．x 1～x 2过程中物体的重力势能可能不变

C ．x 2～x 3过程中拉力F 为恒力

D ．0～x 3过程中物体的机械能增加

解析：选CD 由动能定理E k －E k0＝F 合x 得，F 合＝Ek －Ek0

x ，即图像的斜率(曲线切线)表示物体所受合

力F 合，在0～x 1过程中曲线的斜率越来越小，F 合越来越小，mg 不变，则拉力F 越来越小，A 错误；在x 1～

x 2过程中物体匀速上升，其重力势能一直增加，B 错误；在x 2～x 3过程中斜率是一定值，F 合是一定值，所以拉力F 是恒力，C 正确；在0～x 3过程中拉力F 一直做正功，物体机械能一直增加，D 正确。

3.(多选)(2017·青岛模拟)如图所示，一根原长为L 的轻弹簧，下端固定在水平地面

上，一个质量为m 的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H 处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为x ，小球下落过程受到的空气阻力恒为F f ，则小球从开始下落至最低点的

过程( )

A ．小球动能的增量为零

B ．小球重力势能的增量为mg (H ＋x －L )

C ．弹簧弹性势能的增量为(mg －F f )(H ＋x －L )

D ．系统机械能减小F f H

解析：选AC 小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A 正确；小球下落的整个过程中，重力做功W G ＝mgh ＝mg (H ＋x －L )，根据重力做功量度重力势能的变化W G ＝－ΔE p 得：小球重力势能的增量为－mg (H ＋x －L )，故B 错误；根据动能定理得：W G ＋W f ＋W 弹＝0－0＝0，所以W 弹＝－(mg －F f )(H ＋x －L )，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W 弹＝－ΔE p 得：弹簧弹性势能的增量为(mg －F f )·(H ＋x －L )，故C 正确；系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为：F f (H ＋x －L )，所以系统机械能的减小量为：F f (H ＋x －L )，故D 错误。

对点训练：摩擦力做功与能量的关系

4.(2017·开封二模)如图所示，木块A 放在木板B 的左端上方，用水平恒力F

将A 拉到B 的右端，第一次将B 固定在地面上，F 做功W 1，生热Q 1；第二次让B 在光滑水平面可自由滑动，F 做功W 2，生热Q 2，则下列关系中正确的

是( ) A ．W 1＜W 2，Q 1＝Q 2B ．W 1＝W 2，Q 1＝Q 2 C ．W 1＜W 2，Q 1＜Q 2

D ．W 1＝W 2，Q 1＜Q 2

解析：选A 木块A 从木板B 左端滑到右端克服摩擦力所做的功W ＝F f x ，因为木板B 不固定时木块A 的位移要比木板B 固定时长，所以W 1＜W 2；摩擦产生的热量Q ＝F f l 相对，两次都从木板B 左端滑到右端，相对位移相等，所以Q 1＝Q 2，故选项A 正确。

5.(多选)(2017·南平检测)如图所示，一质量为M 的斜面体静止在水平地面上，

质量为m 的木块沿粗糙斜面加速下滑h 高度，速度大小由v 1增大到v 2，所用时间为t ，

木块与斜面体之间的动摩擦因数为μ。在此过程中( )

A ．斜面体受水平地面的静摩擦力为零

B ．木块沿斜面下滑的距离为

＋

2

t

C ．如果给质量为m 的木块一个沿斜面向上的初速度v 2，它将沿斜面上升到h 高处速度变为v 1

D ．木块与斜面摩擦产生的热量为mgh －12mv 22＋12

mv 12

解析：选BD 对整体分析可知，整体一定有向左的加速度，根据牛顿第二定律可知，整体在水平方向

一定受外力，即水平地面与斜面体间的静摩擦力，故A 错误；由平均速度公式可知，木块沿斜面下滑的平均速度为：v －＝v1＋v22

，故下滑的距离为：x ＝v －

t ＝

＋2

t ，故B 正确；由于木块在斜面上受摩擦

力，故木块沿斜面向上运动时的加速度大小一定大于木块沿斜面向下运动时的加速度大小；故上升h 时的速度一定小于v 1，故C 错误；由能量守恒定律可知：mgh ＋12mv 12＝12mv 22＋Q ，故有：Q ＝mgh －12mv 22＋12mv 12

，

故D 正确。

6．(多选)(2017·黄冈中学模拟)在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m ＝1 kg 的货物放在传送带上的A 点，经过1.2 s 到达传送带的B 点。用速度传感器测得货物与传送带的速度v 随时间t 变化的图像如图乙所示，已知重力加速度g ＝10 m/s 2

。由v -t 图像可知( )

A ．A 、

B 两点的距离为2.4 m

B ．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5

C ．货物从A 运动到B 的过程中，传送带对货物做功大小为12.8 J

D ．货物从A 运动到B 的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J

解析：选BD 根据v -t 图像可知，货物放在传送带上后做匀加速直线运动，当速度达到与传送带速度相同时，继续做匀加速直线运动，但是加速度变小了，所以货物受到的滑动摩擦力在t ＝0.2 s 时由沿传送带向下变为沿传送带向上。A 到B 的距离对应货物v -t 图像与横轴所围的“面积”，x ＝12×2×0.2＋1

2×(2

＋4)×1 m＝3.2 m ，故A 错误；0～0.2 s 内货物的加速度为a 1＝Δv1Δt1＝20.2 m/s 2＝10 m/s 2

，根据牛顿第二

定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，同理0.2～1.2 s 内a 2＝Δv2Δt2＝4－21.2－0.2 m/s 2＝2 m/s 2

，mg sin θ－

μmg cos θ＝ma 2，联立解得：cos θ＝0.8，μ＝0.5，故B 正确；整个过程货物与传送带间的滑动摩擦力大小均为F f ＝μmg cos θ＝4 N ，则0～0.2 s 内传送带对货物做功为：W 1＝F f x 1＝4×0.2 J＝0.8 J,0.2～1.2 s 内传送带对货物做功为：W 2＝－F f x 2＝－4×3 J＝－12 J ，W ＝W 1＋W 2＝－11.2 J ，所以整个过程，传送带对货物做功大小为11.2 J ，故C 错误；根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由图像可得0～0.2 s 内相对位移Δx 1＝12×0.2×2 m＝0.2 m, 0.2～1.2 s 内相对位移Δx 2＝12

×1×2

m ＝1 m ，所以产生的热量为：Q ＝F f Δx 1＋F f Δx 2＝4.8 J ，故D 正确。

对点训练：能量守恒定律的应用

选)(2017·威海模拟)如图所示，轻质弹簧的一端固定在竖直墙面

7.(

多

上，另一端拴接一小物块，小物块放在动摩擦因数为μ的水平面上，当小物块位于O 点时弹簧处于自然状态。现将小物块向右移到a 点，然后由静止释放，小物块最终停在O 点左侧的b 点(图中未画出)，以下说

法正确的是( )

A ．Ob 之间的距离小于Oa 之间的距离

B ．从O 至b 的过程中，小物块的加速度逐渐减小

C ．小物块在O 点时的速度最大

D ．从a 到b 的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功

解析：选AD 如果没有摩擦力，根据简谐运动的对称性知O 点应该在ab 中间，Oa ＝Ob 。由于有摩擦力，物块从a 到b 过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的b 点，即O 点靠近b 点，故Oa ＞Ob ，选项A 正确；从O 至b 的过程中，小物块受到向右的摩擦力及向右的弹力，且弹力逐渐变大，故物块的加速度逐渐变大，选项B 错误；当物块从a 点向左运动时，受到向左的弹力和向右的摩擦力，且弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度为零，此时速度最大，故小物块的速度最大位置在O 点右侧，选项C 错误；由能量守恒关系可知，从a 到b 的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所

做的功，选项D 正确。

8.(2017·安庆模拟)如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上

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

以速度v 向右

m 和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m 放到木板上到它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 ，那么力F 对木板做功的数值为( )

A.

mv24B.mv2

2

C ．mv 2

D ．2mv

2

解析：选C 由能量转化和守恒定律可知，力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体m 的动能，一部分转化为系统内能，故W ＝12mv 2＋μmg ·x 相，x 相＝vt －v

2

t ，a ＝μg ，v ＝at 即v ＝μgt ，联立以上各式可得：

W ＝mv 2，故选项C 正确。

9．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点。水平桌面右侧有一竖直放置的圆弧轨道MNP ，其形状为半径R ＝1.0 m 的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离是h ＝2.4 m 。用质量m ＝0.4 kg 的小物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放弹簧后物块沿粗糙水平桌面运动，从D 飞离桌面后恰好由P 点沿切线落入圆弧轨道。(不计空气阻力，g 取10 m/s 2

)

求：

(1)小物块飞离D 点时速度v D 的大小；

(2)若圆弧轨道MNP 光滑，小物块经过圆弧轨道最低点N 时对圆弧轨道的压力F N ；

(3)若小物块m 刚好能达到圆弧轨道最高点M ，整个运动过程中其克服摩擦力做的功为8 J ，则开始被

压缩的弹簧的弹性势能E p 至少为多少焦耳？ 解析：(1)物块离开桌面后做平抛运动，

竖直方向：v y 2

＝2gh ，代入数据解得：v y ＝4 3 m/s ，

设物块进入圆弧轨道时的速度方向与水平方向夹角为θ， 由几何知识可得：θ＝60°，tan θ＝vy

vD

，代入数据解得：

v D ＝4 m/s 。

(2)物块由P 到N 过程，由机械能守恒定律得： 12m ()vD2＋vy2＋mgR (1－cos 60°)＝1

2mv N 2， 在N 点，支持力与重力的合力提供同心力：

F N －mg ＝m

vN2

R

，

代入数据解得：F N ＝33.6 N 。

由牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道的压力：

F N ′＝F N ＝33.6 N ，方向竖直向下。

(3)物块恰好到达M 点，在M 点重力提供向心力，

由牛顿第二定律得：mg ＝m vM2

R

，

在整个过程中，由能量守恒定律得：

E p ＝W f ＋12

mv M 2－mg (h －1.5R )，

代入数据解得：E p ＝6.4 J 。

答案：(1)4 m/s (2)33.6 N ，方向竖直向下 (3)6.4 J

考点综合训练

10.(2017·温州模拟)某工地上，一架起重机将放在地面上的一

箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中个箱子吊起。能E 与其位移x 的关系图像如图所示，其中O ～x 1过程的图线为曲线，

箱子的机械

图线为直线。根据图像可知( )

x 1～x 2过程的

A ．O ～x 1过程中箱子所受的拉力逐渐增大

B ．O ～x 1过程中箱子的动能一直增加

C ．x 1～x 2过程中箱子所受的拉力一直不变

D ．x 1～x 2过程中起重机的输出功率一直增大

解析：选C 由除重力和弹簧弹力之外的其他力做多少负功箱子的机械能就减少多少，所以E -x 图像的斜率的绝对值等于箱子所受拉力的大小，由题图可知在O ～x 1内斜率的绝对值逐渐减小，故在O ～x 1内箱子所受的拉力逐渐减小，所以开始先做加速运动，当拉力减小后，可能做减速运动，故A 、B 错误；由于箱

子在x 1～x 2内所受的合力保持不变，故加速度保持不变，故箱子受到的拉力不变，故C 正确；由于箱子在

x 1～x 2内E -x 图像的斜率的绝对值不变，故箱子所受的拉力保持不变，如果拉力等于箱子所受的重力，故

箱子做匀速直线运动，所以输出功率可能不变，故D 错误。

11．(多选)水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面体甲和乙，乙的斜面倾角大，甲、乙斜面长分别为S 、L 1，如图所示。两个完全相同的小滑块A 、B 可视为质点，同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A 一直沿斜面甲滑到底端C ，而小滑块B 沿斜面乙滑到底端P 后又沿水平面滑行到D (小滑块B 在P 点从斜面滑到水平面的速度大小不变)，在水平面上滑行的距离PD ＝L 2，且S ＝L 1＋L 2。小滑块

A 、

B 与两个斜面和水平面间的动摩擦因数相同，则( )

A ．滑块A 到达底端C 点时的动能一定比滑块

B 到达D 点时的动能小

B ．两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同

C ．A 、B 两个滑块从斜面顶端分别运动到C 、

D 的过程中，滑块A 重力做功的平均功率小于滑块B 重力

做功的平均功率

D ．A 、B 滑块从斜面顶端分别运动到C 、D 的过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同

解析：选AC 研究滑块A 到达底端C 点的过程，根据动能定理得，mgh －μmg cos α·S ＝12mv C 2，研究

滑块B 到达D 点的过程，根据动能定理得，mgh －μmg cos θ·L 1－μmgL 2＝12mv D 2

，S ＝L 1＋L 2。根据几何关

系得S cos α>L 1cos θ＋L 2。所以12mv C 2<12mv D 2

，故A 正确；两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一

高度时，重力做功相同，但克服摩擦力做功不等，所以动能不同，产生的热量 也不同，故B 、D 错误；整个过程中，两滑块所受重力做功相同，但由于滑块A 运动时间长，故重力对滑块A 做功的平均功率比滑块

B 的小，故

C 正确。

12．(2017·漳州检测)如图所示，光滑圆弧AB 在竖直平面内，圆弧B 处的切线水平。A 、B 两端的高度差为0.2 m ，B 端高出水平地面0.8 m ，O 点在B 点的正下方。将一滑块从A 端由静止释放，落在水平面上

的C 点处，(g ＝10 m/s 2

)

(1)求OC 的长？

(2)在B 端接一长为1.0 m 的木板MN ，滑块从A 端释放后正好运动到N 端停止，求木板与滑块的动摩擦

因数？

(3)若将木板右端截去长为ΔL 的一段，滑块从A 端释放后将滑离木板落在水平面上P 点处，要使落地

点距O 点的距离最远，ΔL 应为多少？

解析：(1)滑块从光滑圆弧AB 下滑过程中，根据机械能守恒定律得mgh 1＝12

mv B 2

，

得v B ＝2gh1＝2 m/s

滑块离开B 点后做平抛运动，则

竖直方向：h 2＝12gt

2

水平方向：x ＝v B t

联立得到x ＝v B

2h2g

代入数据解得x ＝0.8 m 。

(2)滑块从B 端运动到N 端停止过程，根据动能定理得

－μmgL ＝0－12

mv B

2

代入数据解得μ＝0.2。

(3)若将木板右端截去长为ΔL 的一段后，设滑块滑到木板最右端时速度为v ，由动能定理得

－μmg (L －ΔL )＝12mv 2－12

mv B

2

滑块离开木板后仍做平抛运动，高度不变，运动时间不变，则落地点距O 点的距离s ＝L －ΔL ＋vt

联立整理得，s ＝1＋0.8ΔL －ΔL

根据数学知识得知，当ΔL ＝0.4时，s 最大，即ΔL ＝0.16 m 时，s 最大。

答案：(1)0.8 m (2)0.2 (3)0.16 m

动能定理动量守恒能量守恒(答案)

考点5 动能与动能定理 考点5.1 动能与动能定理表达式 1. 动能 （1）定义：物体由于运动而具有的能量 （2）表达式：E k =1 2 mv 2 （3）对动能的理解：①标量：只有正值；②状态量；③与速度的大小有关，与速度方向无关. 2. 动能定理 （1）.内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化量. （2）.表达式：W ＝12mv 22－12 mv 2 1＝E k2－E k1. （3）.理解：动能定理公式中等号表明了合外力做功(即总功)与物体动能的变化具有等量代换关系.合外力做功是引起物体动能变化的原因. 1.(多选)质量为1 kg 的物体以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图线如下图所示，g 取10 m/s 2，则以下说法中正确的是( ) A ． 物体与水平面间的动摩擦因数是0.5 B ． 物体与水平面间的动摩擦因数是0.25 C ． 物体滑行的总时间为4 s D ． 物体滑行的总时间为2.5 s 2. 有一质量为m 的木块，从半径为r 的圆弧曲面上的a 点滑向b 点，如图7-7-9所示， 如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )

A ． 木块所受的合力为零 B ． 因木块所受的力都不对其做功，所以合力做的功为零 C ． 重力和摩擦力做的功代数和为零 D ． 重力和摩擦力的合力为零 3. （多选）太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车．当太阳光照射到汽车上方的光电板时， 光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进．设汽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．之后汽车又继续前进了距离s ，达到最大速度v max .设汽车质量为m ，运动过程中所受阻力恒为f ，则下列说法正确的是( )． A ． 汽车的额定功率为fv max B ． 汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvt C ． 汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为12mv 2max －12mv 2 D ． 汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为1 2mv 2max 4. (多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v max 后，立即关 闭发动机直至静止，v －t 图象如图5所示，设汽车的牵引力为F ，受到的摩擦力为F f ，全程中牵引力做功为W 1，克服摩擦力做功为W 2，则( )

高考物理动量守恒定律试题经典及解析

高考物理动量守恒定律试题经典及解析 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．如图所示，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为2m 、m ，甲与地面间无摩擦，乙与地面间的动摩擦因数恒定．现让甲以速度0v 向着静止的乙运动并发生正碰，且碰撞时间极短，若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，试求： （1）第一次碰撞过程中系统损失的动能 （2）第一次碰撞过程中甲对乙的冲量 【答案】(1)2 014 mv ；(2) 0mv 【解析】 【详解】 解：(1)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为1v 、2v ，之后甲做匀速直线运动，乙以 2v 初速度做匀减速直线运动，在乙刚停下时甲追上乙碰撞，因此两物体在这段时间平均速 度相等，有：2 12 v v = 而第一次碰撞中系统动量守恒有：01222mv mv mv =+ 由以上两式可得：0 12 v v = ，20 v v = 所以第一次碰撞中的机械能损失为：2 2 22012011 11222 2 24 E m v m v mv mv ?=--=g g g g (2)根据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量：200I mv mv =-= 2．(16分）如图,水平桌面固定着光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物块通过衔接处时速率没有改变。质量m 1=0.40kg 的物块A 从斜槽上端距水平木板高度h=0. 80m 处下滑，并与放在水平木板左端的质量m 2=0.20kg 的物块B 相碰,相碰后物块B 滑行x=4.0m 到木板的C 点停止运动，物块A 滑到木板的D 点停止运动。已知物块B 与木板间的动摩擦因数 =0.20,重力加速度g=10m/s 2,求： (1) 物块A 沿斜槽滑下与物块B 碰撞前瞬间的速度大小； (2) 滑动摩擦力对物块B 做的功； (3) 物块A 与物块B 碰撞过程中损失的机械能。 【答案】（1）v 0=4.0m/s （2）W=-1.6J （3）E=0.80J

高考物理动量冲量精讲精练爆炸反冲碰撞动量能量综合练习题

爆炸反冲碰撞动量能量 1．如图所示，在光滑水平面上质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝4 kg ，速率分别为v A ＝5 m/s 、v B ＝2 m/s 的A 、B 两小球沿同一直线相向运动( ) A ．它们碰撞前的总动量是18 kg·m/s，方向水平向右 B ．它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s，方向水平向左 C ．它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右 D ．它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向左 解析：选C.它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右，A 、B 相碰过程中动量守恒，故它们碰撞后的总动量也是2 kg·m/s，方向水平向右，选项C 正确． 2. 一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( ) A ．v 0－v 2 B ．v 0＋v 2 C ．v 0－m 2 m 1 v 2 D ．v 0＋m 2 m 1 (v 0－v 2) 解析：选D.由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2得v 1＝v 0＋m 2 m 1 (v 0－v 2)． 3．甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p 1＝5 kg·m/s，p 2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则二球质量m 1与m 2间的关系可能是下面的哪几种( ) A ．m 1＝m 2 B ．2m 1＝m 2 C ．4m 1＝m 2 D ．6m 1＝m 2 解析：选C.甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′，即：p 1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加．所以有p 2 12m 1＋p 2 22m 2≥p 1′2 2m 1＋p 2′2 2m 2，所以有：m 1≤2151m 2，因 为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有p 1m 1＞p 2m 2，即m 1＜5 7m 2；同时还 要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即p 1′m 1＜p 2′m 2，所以m 1＞1 5m 2.因此C 选项正确． 4．(多选) 如图，大小相同的摆球a 和b 的质量分别为m 和3m ，摆长相同，摆动周期相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a 向左拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确

动量守恒和能量守恒定律习题

第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 （一）教材外习题 1 功与能习题 一、选择题： 1．一质点受力i x F 23 （SI ）作用，沿X 轴正方向运动。从x = 0到x = 2m 过程中，力F 作功为 （A ）8J. （B ）12J. （C ）16J. （D ）24J. （ ） 2．如图所示，圆锥摆的小球在水平面内作匀速率圆周运动，下列说法正确的是 （A ）重力和绳子的张力对小球都不作功. （B ）重力和绳子的张力对小球都作功. （C ）重力对小球作功，绳子张力对小球不作功. （D ）重力对小球不作功，绳子张力对小球作功. （ ） 3．已知两个物体A 和B 的质量以及它们的速率都不相同， B 的大，则A 的动能E KA 与B 的动能E KB 之间的关系为 （A ）E KB 一定大于E KA . （B ）E KB 一定小于E KA （C ）E KB =E KA （D ）不能判定谁大谁小 （ ） 4．如图所示，一个小球先后两次从P 点由静止开始，分别沿着光滑的固定斜面l 1和圆弧面 l 2下滑，则小球滑到两面的底端Q 时的 （A ）动量相同，动能也相同 （B ）动量相同，动能不同 （C ）动量不同，动能也不同 （D ）动量不同，动能相同 （ ） 5．一质点在外力作用下运动时，下述哪种说法正确？ （A ）质点的动量改变时，质点的动能一定改变 （B ）质点的动能不变时，质点的动量也一定不变 （C ）外力的冲量是零，外力的功一定为零 （D ）外力的功为零，外力的冲量一定为零 （ ） 二、填空题： 1．某质点在力F =（4+5x ）i （SI ）的作用下沿x 轴作直线运动，在从x =0移动到x =10m 的过程中，力F 所作功为___________________。 Q P l 2 l 1

高考物理动量定理真题汇编(含答案)

高考物理动量定理真题汇编(含答案) 一、高考物理精讲专题动量定理 1．图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为1m l =，左侧斜面的倾角37θ=?，右侧斜面的中间用阻值为2R =Ω的电阻连接。在左侧斜面区域存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为10.5T B =，右侧斜面轨道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为20.5T B =。在斜面的顶端e 、f 两点分别用等长的轻质柔软细导线连接导体棒ab ，另一导体棒cd 置于左侧斜面轨道上，与导轨垂直且接触良好，ab 棒和cd 棒的质量均为0.2kg m =，ab 棒的电阻为12r =Ω，cd 棒的电阻为24r =Ω。已知t =0时刻起，cd 棒在沿斜面向下的拉力作用下开始向下运动(cd 棒始终在左侧斜面上运动)，而ab 棒在水平拉力F 作用下始终处于静止状态，F 随时间变化的关系如图乙所示，ab 棒静止时细导线与竖直方向的夹角37θ=?。其中导轨的电阻不计，图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架。 (1)请通过计算分析cd 棒的运动情况； (2)若t =0时刻起，求2s 内cd 受到拉力的冲量； (3)3 s 内电阻R 上产生的焦耳热为2. 88 J ，则此过程中拉力对cd 棒做的功为多少? 【答案】(1)cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动；(2)1.6N s g ；(3)43.2J 【解析】 【详解】 (1)设绳中总拉力为T ，对导体棒ab 分析，由平衡方程得： sin θF T BIl =+ cos θT mg = 解得： tan θ 1.50.5F mg BIl I =+=+ 由图乙可知： 1.50.2F t =+ 则有： 0.4I t = cd 棒上的电流为：

2019高考物理动量与能量专题测试题及答案及解析

2019高考物理动量与能量专题测试题及答案及解析 一、单选题 1．【河北省衡水中学2019届高考模拟】如图所示，A、B、C三球的质量分别为m、m、2m,三个小球从同 一高度同时出发，其中A球有水平向右的初速度，B、C由静止释放。三个小球在同一竖直平面内运动，小球与地面之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为（） A．1次 B．2次 C．3次 D．4次 2．【河北省武邑中学2018-2019学年高考模拟】如图所示,有一条捕鱼小船停靠在湖边码头,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。他用卷尺测出船后退的距离为d,然后用卷尺测出船长L,已知他自身的质量为m,则船的质量为( ) A．B．C．D． 3．【全国百强校山西大学附属中学2018-2019学年高考模拟】如图所示，倾角θ = 30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面长度为60m。质量为3kg的滑块A由斜面底端以初速度v0 = 15 m/s沿斜面向上运动，与此同时，一质量为2kg的物块B从静止由斜面顶端沿斜面向下运动，物块A、B在斜而上某处发生碰撞，碰后A、B粘在一起。已知重力加速度大小为g =10 m/s2。则

A．A、B运动2 s后相遇 B．A、B相遇的位置距离斜面底端为22．5 m C．A、B碰撞后瞬间，二者速度方向沿斜而向下，且速度大小为1m/s D．A、B碰撞过程损失的机械能为135J 4．【湖北省宜昌市英杰学校2018-2019学年高考模拟】光滑水平地面上，A，B两物块质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩到最短时 A．A、B系统总动量为2mv B．A的动量变为零 C．B的动量达到最大值 D．A、B的速度相等 5．【陕西省西安市远东第一中学2018-2019学年高考模拟】如图所示，质量为0.5kg的小球在距离车底面高20m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4kg，设小球在落到车底前瞬间速度是25m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是（） A．5m/s B．4m/s C．8.5m/s D．9.5m/s 二、多选题 6．【山东省烟台二中2019届高三上学期10月月考物理试题】如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。一个人站在车上用大锤敲打车的左端，在连续的敲打下，下列说法正确的是

高考物理动量定理技巧(很有用)及练习题

高考物理动量定理技巧(很有用)及练习题 一、高考物理精讲专题动量定理 1．如图1所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y 轴方向没有变化，与横坐标x 的关系如图2所示，图线是双曲线（坐标是渐近线）；顶角θ=53°的光滑金属长导轨MON 固定在水平面内，ON 与x 轴重合，一根与ON 垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨MON 向右滑动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，已知t =0时，导体棒位于顶角O 处；导体棒的质量为m =4kg ；OM 、ON 接触处O 点的接触电阻为R =0．5Ω，其余电阻不计，回路电动势E 与时间t 的关系如图3所示，图线是过原点的直线，求： （1）t =2s 时流过导体棒的电流强度的大小； （2）在1~2s 时间内导体棒所受安培力的冲量大小； （3）导体棒滑动过程中水平外力F （单位：N ）与横坐标x （单位：m ）的关系式． 【答案】（1）8A （2）8N s ?（3）32 639 F x =+【解析】 【分析】 【详解】 （1）根据E-t 图象中的图线是过原点的直线特点，可得到t =2s 时金属棒产生的感应电动势为 4V E = 由欧姆定律得 24A 8A 0.5 E I R = == （2）由图2可知，1(T m)x B =? 由图3可知，E 与时间成正比，有 E =2t （V ） 4E I t R = = 因θ=53°，可知任意t 时刻回路中导体棒有效切割长度43 x L = 又由 F BIL =安

所以 163 F t 安= 即安培力跟时间成正比 所以在1~2s 时间内导体棒所受安培力的平均值 163233N 8N 2 F += = 故 8N s I F t =?=?安 （3）因为 43 v E BLv Bx ==? 所以 1.5(m/s)v t = 可知导体棒的运动时匀加速直线运动，加速度 21.5m/s a = 又2 12 x at = ，联立解得 32 639 F x =+ 【名师点睛】 本题的关键首先要正确理解两个图象的数学意义，运用数学知识写出电流与时间的关系， 要掌握牛顿运动定律、闭合电路殴姆定律，安培力公式、感应电动势公式． 2．如图所示，长为L 的轻质细绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球，O 点离地高度为H 。现将细绳拉至与水平方向成30?，由静止释放小球，经过时间t 小球到达最低点，细绳刚好被拉断，小球水平抛出。若忽略空气阻力，重力加速度为g 。 (1)求细绳的最大承受力； (2)求从小球释放到最低点的过程中，细绳对小球的冲量大小； (3)小明同学认为细绳的长度越长，小球抛的越远；小刚同学则认为细绳的长度越短，小球抛的越远。请通过计算，说明你的观点。

高三物理动量、能量计算题专题训练

动量、能量计算题专题训练 １.（1９分)如图所示,光滑水平面上有一质量M ＝4.0kg 的带有圆弧轨道的平板车，车的上表面是一段长Ｌ=1．５m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R=0.25m 的 4 1 光滑圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道在O ′点相切。现将一质量m=1.0kg 的小物块(可视为质点）从平板车的右端以水平向 左的初速度v ０滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=０.5。小物块恰能到达圆弧 轨道的最高点A 。取g ＝10m ／2 ,求: (1)小物块滑上平板车的初速度ｖ0的大小。 （2）小物块与车最终相对静止时，它距O ′点的距离。 （3）若要使小物块最终能到达小车的最右端，则ｖ0要增大到多大? 2．（19分）质量m Ａ=3.0kg.长度Ｌ=0.70m.电量ｑ＝+4.0×１０-5 C 的导体板A 在足够大的绝缘水平面上，质量m B =１.０ｋg 可视为质点的绝缘物块B 在导体板A 的左端，开始时A 、B 保持相对静止一起向右滑动,当它们的速度减小到0v =3．0ｍ/s 时，立即施加一个方向水平向左.场强大小E =1.0×105 N ／Ｃ的匀强电场,此时Ａ的右端到竖直绝缘挡板的距离为S =２ｍ，此后A 、B 始终处在匀强电场中，如图所示.假定A 与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，Ａ与B 之间（动摩擦因数1μ＝0.25）及A 与地面之间(动摩擦因数2μ＝0．１0）的最大静摩擦 力均可认为等于其滑动摩擦力,g 取10m/s ２ （不计空气的阻力）求： （1)刚施加匀强电场时，物块B 的加速度的大小？ （2)导体板A 刚离开挡板时，A 的速度大小? （３）B 能否离开A ，若能,求Ｂ刚离开A 时,B 的速度大小；若不能，求B 距A 左端的最大距离。 v 0 O / O M m

第三章 动量守恒定律和能量守恒定律练习题及参考答案

第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 一、填空题 1. 如图所示，圆锥摆的摆球质量为m ，速率为v ，圆半径为R ，当摆球在轨道上运动半周时，摆球所受重力冲量的大小为____. 2.一物体质量为10 kg ，受到方向不变的力F ＝30＋40t (SI)作用，在开始的两秒内，此力冲量的大小等于 ；若物体的初速度大小为10 m/s ， 方向与力F 的方向相同，则在2s 末物体速度的大小等于___. 3. 如左图所示，A 、B 两木块质量分别为m A 和m B ，且m B ＝2m A ，两者用一轻弹簧连接 后静止于光滑水平桌面上，如图所示．若用外力将两木块压近使弹簧被压缩，然后将外力撤去，则此后两木块运动动能之比E K A /E K B 为____.

4. 质量m ＝1kg 的物体，在坐标原点处从静止出发在水平面内沿x 轴运动，其所受合力方向与运动方向相同，合力大小为F ＝3＋2x (SI)，那么当x ＝3m 时，其速率v ＝_____，物体在开始运动的3 m 内，合力所作的功W ＝_____。 5.一质点在二恒力的作用下, 位移为j i r 83+= (SI), 在此过程中,动能增量为24J, 已知其中一恒力j 3－i 12=F 1 (SI), 则另一恒力所作的功为__. 二、计算题 6. 如图4.8,质量为M =1.5kg 的物体, 用一根长为l =1.25m 的细绳悬挂在天花板上,今有一质量为m =10g 的 子弹以v 0=500m/s 的水平速度射穿 物体,刚穿出物体时子弹的速度大小v =30m/s,设穿透时间极短,求: (1)子弹刚穿出时绳中张力的大小； (2)子弹在穿透过程中所受的冲量.

五年真题之2016年高考物理专题动量含答案

专题6 动量 1.[2016·全国卷Ⅰ3-5（2）10分] 某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求： (i)喷泉单位时间内喷出的水的质量； (ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度． 答案：(i)ρv0S(ii)v20 2g － M2g 2ρ2v20S2 解析： (i)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则 Δm＝ρΔV① ΔV＝v0SΔt② 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 Δm Δt ＝ρv0S③ (ii)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得 1 2(Δm)v2＋(Δm)gh＝ 1 2 (Δm)v20④ 在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤ 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有 FΔt＝Δp⑥ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F＝Mg⑦ 联立③④⑤⑥⑦式得 h＝v20 2g － M2g 2ρ2v20S2 ⑧ 2.[2016·北京卷] (1)动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小

高中物理动量和能量知识点

学大教育设计人：马洪波 高考物理知识归纳（三） ---------------动量和能量 1．力的三种效应： 力的瞬时性（产生a）F=ma 、运动状态发生变化牛顿第二定律 时间积累效应( 冲量)I=Ft 、动量发生变化动量定理 空间积累效应( 做功)w=Fs 动能发生变化动能定理 2．动量观点：动量：p=mv= 2mE 冲量：I = F t K 动量定理：内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化。 公式： F 合t = mv ’一mv (解题时受力分析和正方向的规定是关键) I=F 合t=F 1t 1+F 2t 2+---= p=P 末-P 初=mv 末-mv 初 动量守恒定律：内容、守恒条件、不同的表达式及含义：' p p ；p 0；p1 - p 2 P＝P′(系统相互作用前的总动量P 等于相互作用后的总动量P′) ΔP＝0 (系统总动量变化为0) 如果相互作用的系统由两个物体构成，动量守恒的具体表达式为 P1＋P2＝P1′＋P2′(系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量) m1V 1＋m2V 2＝m1V 1′＋m2V2′ ΔP＝－ΔP＇(两物体动量变化大小相等、方向相反) 实际中应用有：m1v1+m2v2= ' ' m1v m v ；0=m1v1+m2v2 m1v1+m2v2=(m1+m2)v 1 2 2 共 原来以动量(P)运动的物体，若其获得大小相等、方向相反的动量(－P)，是导致物体静止或反向运动的临界条件。即：P+(－P)=0 注意理解四性：系统性、矢量性、同时性、相对性 矢量性：对一维情况，先选定某一方向为正方向，速度方向与正方向相同的速度取正，反之取负，把矢 量运算简化为代数运算。 相对性: 所有速度必须是相对同一惯性参照系。 同时性：表达式中v1 和v2 必须是相互作用前同一时刻的瞬时速度，v ’和v ’必须是相互作用后同一时刻 1 2 的瞬时速度。 解题步骤：选对象，划过程；受力分析。所选对象和过程符合什么规律？用何种形式列方程；（先要规定正方向）求解并讨论结果。 3．功与能观点： 功W = Fs cos (适用于恒力功的计算)①理解正功、零功、负功②功是能量转化的量度 W= P ·t ( p= w t = F S t =Fv) 功率:P = W t (在t 时间内力对物体做功的平均功率) P = Fv (F 为牵引力,不是合外力；V 为即时速度时,P 为即时功率；V 为平均速度时,P 为平均功率；P 一定时，F 与V 成正比） 动能：E K= 1 2 mv 2 2 p 2m 重力势能E p = mgh (凡是势能与零势能面的选择有关)

高考物理动量守恒定律题20套(带答案)及解析

高考物理动量守恒定律题20套(带答案)及解析 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．两个质量分别为0.3A m kg =、0.1B m kg =的小滑块A 、B 和一根轻质短弹簧，弹簧的 一端与小滑块A 粘连，另一端与小滑块B 接触而不粘连.现使小滑块A 和B 之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度03/v m s =在水平面上做匀速直线运动，如题8图所示.一段时间后，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两滑块仍沿水平面做直线运动，两滑块在水平面分离后，小滑块B 冲上斜面的高度为 1.5h m =.斜面倾角 o 37θ=，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15μ=，水平面与斜面圆滑连接.重力加速度 g 取210/m s .求：（提示：o sin 370.6=，o cos370.8=） （1）A 、B 滑块分离时，B 滑块的速度大小. （2）解除锁定前弹簧的弹性势能. 【答案】（1）6/B v m s = （2）0.6P E J = 【解析】 试题分析：（1）设分离时A 、B 的速度分别为A v 、B v ， 小滑块B 冲上斜面轨道过程中，由动能定理有：2 cos 1sin 2 B B B B m gh m gh m v θμθ+?= ① （3分） 代入已知数据解得：6/B v m s = ② （2分） （2）由动量守恒定律得：0()A B A A B B m m v m v m v +=+ ③ （3分） 解得：2/A v m s = （2分） 由能量守恒得： 222 0111()222 A B P A A B B m m v E m v m v ++=+ ④ （4分） 解得：0.6P E J = ⑤ （2分） 考点：本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律. 2．如图所示，质量M=1kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨，c 与e 端由导线连接，一质量m=lkg 的导体棒自ce 端的正上方h=2m 处平行ce 由静止下落，并恰好从ce 端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好。已知磁场的磁感应强度B=0.5T ，导轨的间距与导体棒的长度均为L=0.5m ，导轨的半径r=0.5m ，导体棒的电阻R=1Ω，其余电阻均不计，重力加速度g=10m/s 2，不计空气阻力。

高考物理——动能与动量

动量与能量 测试时间：90分钟 满分：110分 第Ⅰ卷 (选择题，共48分) 一、选择题(本题共12小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项正确，第9～12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，有选错或不答的得0分) 1．[2017·河北冀州月考]在光滑的水平桌面上有两个在同一直线上运动的小球a 和b ，正碰前后两小球的位移随时间变化的关系如图所示，则小球a 和b 的质量之比为 ( ) A ．2∶7 B ．1∶4 C ．3∶8 D ．4∶1 答案 B 解析 由位移—时间图象的斜率表示速度可得，正碰前，小球a 的速度v 1＝ 1－41－0 m/s ＝－3 m/s ，小球b 的速度v 2＝1－01－0 m/s ＝1 m/s ；正碰后，小球a 、b 的共同速度v ＝2－16－1 m/s ＝0.2 m/s 。设小球a 、b 的质量分别为m 1、m 2，正碰过程，根据动量守恒定律有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，得m 1m 2＝v －v 2v 1－v ＝14 ，选项B 正确。 2．[2017·江西检测]如图所示，左端固定着轻弹簧的物块A 静止在光滑的水平面上，物块B 以速度v 向右运动，通过弹簧与物块A 发生正碰。已知物块A 、B 的质量相等。当弹簧压缩到最短时，下列说法正确的是( )

A．两物块的速度不同 B．两物块的动量变化等值反向 C．物块B的速度方向与原方向相反 D．物块A的动量不为零，物块B的动量为零 答案 B 解析物块B接触弹簧时的速度大于物块A的速度，弹簧逐渐被压缩，当两物块的速度相同时，弹簧压缩到最短，选项A、D均错误；根据动量守恒定律有Δp A＋Δp B ＝0，得Δp A＝－Δp B，选项B正确；当弹簧压缩到最短时，物块B的速度方向与原方向相同，选项C错误。 3．[2017·黑龙江模拟] 如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块。今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h 高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是() A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 B．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒 C．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒 D．若小球能从C点离开半圆槽，则其一定会做竖直上抛运动 答案 B 解析当小球在槽内由A到B的过程中，墙壁对槽有力的作用，小球与半圆槽组成的系统水平方向动量不守恒，故A、C错误，B正确。当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向是右上方，所以此后小球将做斜上抛运动，即C错误。 4．[2017·辽师大附中质检]质量相同的子弹a、橡皮泥b和钢球c以相同的初速度水平射向竖直墙，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被以原速率反向弹回。关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法中正确的是() A．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等 B．子弹对墙的冲量最小 C．橡皮泥对墙的冲量最小 D．钢球对墙的冲量最小 答案 B

高三物理能量和动量经典总结知识点

运用动量和能量观点解题的思路 河南省新县高级中学吴国富 动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛，是自然界中普遍适用的基本规律，因此是高中物理的重点，也是高考考查的重点之一。试题常常是综合题，动量与能量的综合，或者动量、能量与平抛运动、圆周运动、热学、电磁学、原子物理等知识的综合。试题的情景常常是物理过程较复杂的，或者是作用时间很短的，如变加速运动、碰撞、爆炸、打击、弹簧形变等。 冲量是力对时间的积累，其作用效果是改变物体的动量；功是力对空间的积累，其作用效果是改变物体的能量；冲量和动量的变化、功和能量的变化都是原因和结果的关系，在此基础上，还很容易理解守恒定律的条件，要守恒，就应不存在引起改变的原因。能量还是贯穿整个物理学的一条主线，从能量角度分析思考问题是研究物理问题的一个 重要而普遍的思路。 应用动量定理和动能定理时，研究对象一般是单个物体，而应用动量守恒定律和机械能守恒定律时，研究对象必定是系统；此外，这些规律都是运用于物理过程，而不是对于某一状态（或时刻）。因此，在用它们解题时，首先应选好研究对象和研究过程。对象和过程的选取直接关系到问题能否解决以及解决起来是否简便。选取时应注意以下 几点： 1．选取研究对象和研究过程，要建立在分析物理过程的基础上。临界状态往往应 作为研究过程的开始或结束状态。 2．要能视情况对研究过程进行恰当的理想化处理。 3．可以把一些看似分散的、相互独立的物体圈在一起作为一个系统来研究，有时 这样做，可使问题大大简化。 4．有的问题，可以选这部分物体作研究对象，也可以选取那部分物体作研究对象；可以选这个过程作研究过程，也可以选那个过程作研究过程；这时，首选大对象、长过 程。 确定对象和过程后，就应在分析的基础上选用物理规律来解题，规律选用的一般原 则是： 1．对单个物体，宜选用动量定理和动能定理，其中涉及时间的问题，应选用动量

高三物理动量(附答案)

高三物理动量 （时间:60分钟,总分：100分） 一、单选题每题提供的四个选项中,只有一个是正确的. （每小题4分,共20分） 1.在一条直线上运动的物体,其初动量为8N·s,它在第一秒内受到的冲量为-3N·s,第二秒内受到的冲量为5N·s.它在第二秒末的动量为[ ] A.10kg·m/s B.11kg·m/s C.13kg·m/s D.16kg·m/s 2.质量分别为60kg和70kg的甲、乙二人,分别同时从原来静止的在光滑水平面上的小车两端，以3m/s的水平初速度沿相反方向跳到地面上.若小车的质量为20kg，则当二人跳离小车后,小车的运动速度为 [ ] A. 19.5m/s,方向与甲的初速度方向相同 B. 19.5m/s,方向与乙的初速度方向相同 C. 1.5m/s,方向与甲的初速度方向相同 D. 1.5m/s,方向与乙的初速度方向相同 3.质量为m的物体,以初速度v竖直上抛,然后又回到原抛出点.若不计空气阻力,物体所受的总冲量和平均冲力分别是（以竖直向上方正方向）[ ] C.-2mv0,mg D.2mv0,-mg 4.在光滑的水平面上有两个质量均为m的小球A和B,B球静止,A球以速度V和B球发生碰撞.碰后两球交换速度.则A、B球动量的改变△P A、△P B和A、B系统的总动量的改变△P为[ ] A.△P A=mv,△P B=-mv,△p=2mv B.△P A=mv,△P B=-mv,△P=0 C.△P A=0,△P B=mv,△P=mv D.△P A=-mv,△P B=mv,△P=0 5.在光滑的水平面上,相向运动的P、Q两小球相撞后,一同沿P球原来运动方向运动.这是因为[ ] A. P球的质量大于Q球的质量 B. P球的速度大于Q球的速度 C. P球的动量大于Q球的动量 D. P球的动量等于Q球的动量

2017年高考物理动量能量压轴题练习1

2017年高考物理动量能量压轴题练习 1．如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为0.1R m =，半圆形轨道的底端放置一个质量为0.1m kg =的小球B ，水平面上有一个质量为0.3M kg =的小球A 以初速度0 4.0/s v m =开始向着木块B 滑动， 经过时间0.80t s =与B 发生弹性碰撞，设两个小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A 与桌 面间的动摩擦因数0.25μ=，求： （1）两小球碰前A 的速度； （2）小球B 运动到最高点C 时对轨道的压力 （3）确定小球A 所停的位置距圆轨道最低点的距离。

2．如图所示，一质量为m B=2kg的木板B静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端（斜面底端与木板B右端的上表面之间由一段小圆弧平滑连接），轨道与水平面的夹角θ=37°。一质量也为m A=2kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端x0=8m处静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出。已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1=0．25，与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2=0．2，sinθ=0．6，cosθ=0．8，g取10m/s2，物块A可看作质点。请问： （1）物块A刚滑上木板B时的速度为多大? （2）物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间? （3）木板B有多长?

3．如图所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球（大小不计）．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M∶m=4∶1，重力加速度为g．求： （1）小物块Q离开平板车时速度为多大？ （2）平板车P的长度为多少？

动量守恒与能量守恒小结

冲量和动量、动量定理练习题 1．在距地面h高处以v0水平抛出质量为m的物体，当物体着地时和地面碰撞时间为Δt，则这段时间内物体受到地面给予竖直方向的冲量为 [ D] 　2．如图1示，两个质量相等的物 体，在同一高度沿倾角不同的两个光 滑斜面由静止自由滑下到达斜面底端 的过程中，相同的物理量是 [ ] 　A．重力的冲量　B．弹力的冲量 　C．合力的冲量　D．刚到达底端的动量 　E．刚到达底端时的动量的水平分量 　F．以上几个量都不同 　3．在以下几种运动中，相等的时间内物体的动量变化相等的是 [ ] A．匀速圆周运动B．自由落体运动 C．平抛运动D．单摆的摆球沿圆弧摆动 4．质量相等的物体P和Q，并排静止在光滑的水平面上，现用一水平恒力推物体P，同时给Q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．I/F B．2I/F C．2F/I D．F/I 5．A、B两个物体都静止在光滑水平面上，当分别受到大小相等的水平力作用，经过相等时间，则下述说法中正确的是 [ ] 　A．A、B所受的冲量相同B．A、B的动量变化相同 　C．A、B的末动量相同　D．A、B的末动量大小相同 6．A、B两球质量相等，A球竖直上抛，B球平抛，两球在运动中空气阻力不计，则下述说法中正确的是 [ ] A．相同时间内，动量的变化大小相等，方向相同 B．相同时间内，动量的变化大小相等，方向不同 C．动量的变化率大小相等，方向相同 D．动量的变化率大小相等，方向不同 7．关于冲量、动量与动量变化的下述说法中正确的是 [ ] A．物体的动量等于物体所受的冲量 B．物体所受外力的冲量大小等于物体动量的变化大小 C．物体所受外力的冲量方向与物体动量的变化方向相同 D．物体的动量变化方向与物体的动量方向相同

高中物理动量知识点

动量全章复习资料（专题） 一、冲量与动量、动量与动能概念专题 ●1．冲量I ：I ＝Ft ，有大小有方向(恒力的冲量沿F 的方向)，是矢量．两个冲 量相同必定是大小相等方向相同，讲冲量必须明确是哪个力的冲量，单位是N ·s ． ●2．动量p ：p ＝mv ，有大小有方向(沿v 的方向)是矢量，两个动量相同必定是大小相等方向相同，单位是kg ·m/s ． ●3．动量与动能(E k ＝ 12 mv 2 )的关系是： p 2 ＝2m E k ．动量与动能的最大区别是动量是矢量，动能是标量． 【例题】A 、B 两车与水平地面的动摩擦因数相同，则下列哪些说法正确？ A ．若两车动量相同，质量大的滑行时间长； B ．若两车动能相同，质量大的滑行时间长； C ．若两车质量相同，动能大的滑行时间长； D ．若两车质量相同，动量大的滑行距离长． 【分析】根据动量定理F ·t ＝mv t -mv 0得mg ·t ＝p ∴t ＝ P mg μ∝1 m ——A 不正确；根据 t ＝ 221 ==k k mE E p mg mg g m μμμ∝1 m ——B 不正确；根据 t ＝2=k mE p mg mg μμ∝k E — —C 正确；根据动能定理F 合·s cos ＝22 01122-t mv mv 得 mgs ＝E k ＝22p m ， ∴s ＝ 222p m g μ∝p 2 ——D 正确． 训练题 (1)如图5—1所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的物理量相同的是： A ．重力的冲量；B ．弹力的冲量；C ．合力的冲量； D ．刚到达底端时的动量； E ．刚到达底端时动量的水平分量； F ．以上几个量都不同． 1．F 分析：物体沿斜面作匀加速直线运动，由位移公式，得 θsin h =2 1 g sin ·t 2 t 2 ∝ θ 2 sin 1 不同，则t 不同．又I G ＝mgt I N ＝N t 所以I G 、I N 方向相同，大小不同，选项A 、B 错误；根据机械能守恒定律，物体到达底端的速度大小相等，但方向不同；所以刚到达底端时的动量大小相等但方向不同，其水平分量方向相同但大小不等，选项D 、E 错误；又根据动量定理I 合＝ΔP ＝mv －0可知合力的冲量大小相等，但方向不同，选项C 错误． (2)对于任何一个固定质量的物体，下面几句陈述中正确的是： A ．物体的动量发生变化，其动能必变化； B ．物体的动量发生变化，其动能不一定变化； C ．物体的动能发生变化，其动量不一定变化； D ．物体的动能变化，其动量必有变化． 2．BD 分析：动量和动能的关系是P 2 ＝2mE k ，两者最大区别是动量是矢量，动能是标量．质量一定的物体，其动量变化可能速度大小、方向都变化或速度大小不变方向变化或速度大小变化方向不变．只要速度大小不变，动能就不变．反之，动能变化则意味着速度大小变化，意味着动量变化． (8)A 车质量是B 车质量的2倍，两车以相同的初动量在水平面上开始滑行，如果动摩擦因数相同，并以S A 、S B 和t A 、t B 分别表示滑行的最远距离和所用的时间，则 A ．S A ＝S B ，t A ＝t B ； B ．S A ＞S B ，t A ＞t B ； C ．S A ＜S B ，t A ＜t B ； D ．S A ＞S B ，t A ＜t B ． 8．C 分析：由mv ＝ mgt 知t A ＝t B /2, 由Fs ＝2 1mv 2＝m p 22 知s A /s B ＝1/2 二、动量定理专题 ●1．动量定理表示式：F Δt ＝Δp ．式中：(1)F Δt 指的是合外力的冲量；(2)Δp 指的是动量的增量，不要理解为是动量，它的方向可以跟动量方向相同(同一直线动量增大)也可以跟动量方向相反(同一直线动量减小)甚至可以跟动量成任何角度，但Δp 一定跟合外力冲量I 方向相同；(3)冲量大小描述的是动量变化的多少，不是动量多少，冲量方向描述的是动量变化的方向，不一定与动量的方向相同或相反． ●2．牛顿第二定律的另一种表达形式：据F ＝ma 得F ＝m 0'-= ΔΔΔv v p t t ，即是作用力F 等于物体动量的变化率Δp /Δt ，两者大小相等，方向相同． ●3．变力的冲量：不能用Ft 直接求解，如果用动量定理Ft ＝Δp 来求解，只要知道物体的始末状态，就能求出I ，简捷多了． 注意：若F 是变量时，它的冲量不能写成Ft ，而只能用I 表示． ●4．曲线运动中物体动量的变化：曲线运动中速度方向往往都不在同一直线上，如用Δp ＝mv ′-mv 0来求动量的变化量，是矢量运算，比较麻烦，而用动量定理I ＝Δ p 来解，只要知道I ，便可求出Δp ，简捷多了． ＊【例题1】质量为0.4kg 的小球沿光滑水平面以5m/s 的速度冲向墙壁，又以4m/s 的速度被反向弹回(如图5—2)，球跟墙的作用时间为0.05s ，求：(1)小球动量的增量；

高三物理动量、能量计算题专题训练

动量、能量计算题专题训练 1．（19分）如图所示，光滑水平面上有一质 量M=4.0kg 的带有圆弧轨道的平板车，车的上表面 是一段长L=1.5m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧 连一半径R=0.25m 的41光滑圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道在O ′点相切。现将一质量m=1.0kg 的 小物块（可视为质点）从平板车的右端以水平向左 的初速度v 0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5。小物块恰能到达圆弧轨 道的最高点A 。取g=10m/2，求： （1）小物块滑上平板车的初速度v 0的大小。 （2）小物块与车最终相对静止时，它距O ′点的距离。 （3）若要使小物块最终能到达小车的最右端，则v 0要增大到多大？ 2.（19分）质量m A = 3.0kg ．长度L =0.70m ．电量q =+ 4.0×10-5C 的导体板A 在足够大的 绝缘水平面上，质量m B =1.0kg 可视为质点的绝缘物块B 在导体板A 的左端，开始时A 、B 保持相对静止一起向右滑动，当它们的速度减小到0v =3.0m/s 时，立即施加一个方向水平向左．场强大小E =1.0×105 N/C 的匀强电场,此时A 的右端到竖直绝缘挡板的距离为S =2m ，此后A 、B 始终处在匀强电场中，如图所示．假定A 与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，A 与B 之间（动摩擦因数1μ=0．25）及A 与地面之间（动摩擦因数2μ=0．10）的最大静摩擦力均可认为等于 其滑动摩擦力，g 取10m/s 2（不计空气的阻力）求： （1）刚施加匀强电场时，物块B 的加速度的大小？ （2）导体板A 刚离开挡板时，A 的速度大小？ （3）B 能否离开A ，若能，求B 刚离开A 时，B 的 速度大小；若不能，求B 距A 左端的最大距离。