2025 選考專題高考 物理 （川陜青寧蒙新晉豫）第4講　功與能作業(yè)含答案

2025選考專題高考物理（川陜青寧蒙新晉豫）第4講功與能作業(yè)含答案第4講功與能時間|40min1.[2024·河北保定模擬]質(zhì)量為m的跳傘運動員由靜止開始下落,假設(shè)在打開傘之前受大小為0.1mg(g為重力加速度)的恒定阻力作用,在運動員下落高度為h的過程中,下列說法正確的是 ()A.運動員的動能增加了0.9mghB.運動員的重力勢能減少了0.9mghC.運動員的機械能減少了0.9mghD.運動員克服阻力所做的功為0.9mgh2.[2024·湖南岳陽模擬]小球由地面豎直向上拋出,上升的最大高度為H,設(shè)所受阻力大小恒定,選地面為參考平面.若在上升至離地h高處時,小球的動能是重力勢能的2倍,到達最高點后再下落至離地h高處時,小球的重力勢能是動能的2倍,則h等于 ()A.H9 B.2H9 C.H33.[2024·北京卷]如圖所示,光滑水平軌道AB與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道BC在B點平滑連接.一小物體將輕彈簧壓縮至A點后由靜止釋放,物體脫離彈簧后進入半圓形軌道,恰好能夠到達最高點C.下列說法正確的是 ()A.物體在C點所受合力為零B.物體在C點的速度為零C.物體在C點的向心加速度等于重力加速度D.物體在A點時彈簧的彈性勢能等于物體在C點的動能4.[2024·山東濟南模擬]如圖所示是跳臺滑雪運動示意圖,運動員從助滑雪道末端A點水平滑出,落到傾斜滑道上.若不計空氣阻力,從運動員離開A點開始計時,則其在空中運動的速度大小v、速度方向與水平方向夾角的正切值tanθ、重力勢能Ep、機械能E隨時間t變化的圖像正確的是()ABCD5.[2024·黑龍江佳木斯模擬]如圖所示,質(zhì)量為m=2kg的木塊(可視為質(zhì)點)被水平向左的力F壓在豎直墻壁上,木塊初始位置離地面高度H=4m,木塊與墻面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,木塊距離地面的高度h與力F之間的關(guān)系為F=5h(N),設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度大小g取10m/s2.下列說法正確的是 ()A.木塊從初始位置開始下滑至地面前瞬間的過程中,克服摩擦力做功為8JB.木塊從初始位置開始下滑至地面前瞬間的過程中,機械能減少16JC.木塊從初始位置開始下滑至地面前瞬間的過程中,動能的變化量為80JD.木塊下滑到地面前瞬間的速度大小為8m/s6.[2024·湖北武漢模擬]如圖甲所示,物體以一定的初速度從傾角為α=37°的斜面底端沿斜面向上運動,上升的最大高度為3.0m.選擇地面為參考平面,上升過程中物體的機械能E機隨高度h的變化如圖乙所示.g取10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.80,則 ()A.物體的質(zhì)量m=2.0kgB.物體回到斜面底端時的動能Ek=10JC.物體上升過程中的加速度大小a=8m/s2D.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.807.[2024·山東卷]如圖所示,質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學分別坐在水平放置的輕木板上,木板通過一根原長為l的輕質(zhì)彈性繩連接,連接點等高且間距為d(d<l).兩木板與地面間動摩擦因數(shù)均為μ,彈性繩勁度系數(shù)為k,被拉伸時彈性勢能E=12kx2(x為繩的伸長量).現(xiàn)用水平力F緩慢拉動乙所坐木板,直至甲所坐木板剛要離開原位置,此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止,k保持不變,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度大小為g,則F所做的功等于 (A.(μmg)22k+μmg(l-d) B.3(μmgC.3(μmg)22k+2μmg(l-d) D.(μmg8.[2024·山東日照模擬]如圖所示,質(zhì)量均為m的物體A、B通過輕繩連接,A穿在固定的豎直光滑桿上,B放在固定的光滑斜面上,斜面傾角θ=30°,輕彈簧一端固定在斜面底端的擋板上,另一端連接物體B.初始時,A位于N點,輕彈簧處于原長狀態(tài),輕繩繃直(ON段水平).現(xiàn)將A由靜止釋放,當A運動到M點時的速度為v.設(shè)P為A運動的最低點,B運動過程中不會碰到輕質(zhì)滑輪,彈簧始終在彈性限度內(nèi),ON=l,MN=3l,重力加速度為g,不計一切阻力.下列說法正確的是()A.A從N點運動到M點的過程中,繩的拉力對A做的功為3mgl-12mvB.A從N點運動到M點的過程中,A減少的機械能等于B增加的機械能C.A運動到M點時,B的速度為23D.A運動到M點時,彈簧增加的彈性勢能為23-1mgl9.[2024·山西晉中模擬]如圖所示,處于豎直平面內(nèi)的軌道裝置由傾角α=37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的光滑圓弧外軌道DEF組成,D、F兩點在同一豎直線上,且∠DO2F=106°,B為軌道間的相切點,B、O1、D、O2點處于同一直線上,軌道的最低點C處于地面.已知滑塊質(zhì)量m=0.1kg,軌道BCD和DEF的半徑均為R=0.1m.sin37°=0.6,cos37°=0.8.滑塊開始時從軌道AB上某點由靜止釋放,重力加速度g取10m/s2.(1)若釋放點距離B點的高度為h,求滑塊在最低點C時軌道對滑塊的支持力FN與高度h的函數(shù)關(guān)系;(2)若釋放點距離地面的高度為32R,滑塊在軌道BCD上的P(圖中未畫出)點剛好脫離軌道,求滑塊脫離軌道后距離地面的最大高度;(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字(3)若釋放點距離地面的高度為275R,忽略在D處能量損失,求滑塊從F點拋出后的水平位移.(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字10.[2024·湖北隨州模擬]如圖所示為一游戲裝置的簡化圖,其軌道由U形對稱光滑水平圓管軌道ABCD、一段粗糙的豎直傾斜軌道DE和豎直光滑圓軌道EF組成.DE與EF軌道相切于E點.圖中半圓弧形軌道BC和圓軌道EF對應的半徑均為R=1m,DE的長度L=5m,傾角θ=37°.游戲開始時,一質(zhì)量為m=1kg的小球(小球直徑略小于圓管口徑,可視作質(zhì)點)在管口A以初速度v0=22m/s向管內(nèi)運動,小球與軌道DE間的動摩擦因數(shù)μ=0.8.已知重力加速度g取10m/g2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,忽略空氣阻力,各軌道間平滑銜接,不計銜接處的能量損失.(1)求小球運動到BC圓管軌道時受到軌道的作用力的大小;(2)求小球運動到傾斜軌道的E點時重力的功率P;(3)若調(diào)整小球的初速度v0的大小,保證小球在EF圓軌道上運動時不脫離軌道,求初速度v0的取值范圍.第5講沖量與動量【網(wǎng)絡構(gòu)建】【關(guān)鍵能力】自從動量作為必考知識后,“蹭”概念的考查方式開始淡化,對動量的考查更“實在”.注重運動過程分析與狀態(tài)選取,能應用動量定理、動量守恒定律等規(guī)律解決實際問題.選擇題方面注重生活情景,利用物理知識解決實際問題;計算題方面三大觀點的綜合應用解決復雜多過程問題,開始在高考中出現(xiàn)抬頭趨勢.題型1動量、沖量與動量定理1.沖量的三種計算方法公式法I=Ft適用于求恒力的沖量動量定理法多用于求變力的沖量或F、t未知的情況圖像法F-t圖像與時間軸圍成的面積表示力的沖量.若F與t成線性關(guān)系,也可直接用平均力求解2.動量定理的表達式是矢量關(guān)系,I合、Δp兩矢量總是大小相等、方向相同.例1[2024·江蘇南京模擬]如圖甲所示,質(zhì)量為0.4kg的物塊在水平力F的作用下緊貼著足夠高的豎直墻面由靜止釋放,物塊與墻面間的動摩擦因數(shù)為0.4,力F隨時間t變化的關(guān)系圖像如圖乙所示,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度大小g取10m/s2.對于物塊,下列說法正確的是()A.0~4s內(nèi)水平力F的沖量為80N·sB.0~4s內(nèi)合力的沖量為8N·sC.0~8s內(nèi)摩擦力的沖量大小為28N·sD.0~8s內(nèi)合力的沖量大小為0【技法點撥】力的沖量計算:(1)恒力的沖量,利用I=Ft計算;(2)變力的沖量,可以利用F-t圖像的面積、平均值、微元法、動量定理等來計算.例2[2024·河北邢臺模擬]某同學利用身邊的常見器材在家完成了有趣的物理實驗,如圖所示.當手持吹風機垂直向電子秤的托盤吹風時,電子秤示數(shù)為36.0g.假設(shè)吹風機出風口為圓形,其半徑為5cm,空氣密度為1.29kg/m3,實驗前電子秤已校準,重力加速度取10m/s2,則此時吹風機的風速約為()A.6m/sB.8m/sC.10m/sD.12m/s【技法點撥】這是動量定理在流體模型中的典型應用,可以選取單位時間(Δt)內(nèi)的噴出空氣為研究對象,該研究對象質(zhì)量為Δm=ρSvΔt,速度由v減為0,再用動量定理列式求解風速的大小.【遷移拓展】1.(多選)[2024·湖北武漢模擬]某同學將一乒乓球從距水平地面高h處的A點以速度v0水平拋出,乒乓球運動過程中受到的空氣阻力始終與速度成正比,方向始終與運動方向相反,落到水平地面上的B點時速度方向與水平地面的夾角為45°,如圖所示.已知乒乓球從A點拋出時受到的空氣阻力最大,最大值恰好等于自身受到的重力,重力加速度大小為g.下列說法正確的是()A.乒乓球從A點運動到B點的過程中速度先減小后增大B.乒乓球落到B點時的速度大小為22vC.乒乓球的水平射程為vD.乒乓球從A點運動到B點的時間為?v02.(多選)[2024·全國甲卷]蹦床運動中,體重為60kg的運動員在t=0時剛好落到蹦床上,對蹦床作用力大小F與時間t的關(guān)系如圖所示.假設(shè)運動過程中運動員身體始終保持豎直,在其不與蹦床接觸時蹦床水平.忽略空氣阻力,重力加速度大小取10m/s2.下列說法正確的是 ()A.t=0.15s時,運動員的重力勢能最大B.t=0.30s時,運動員的速度大小為10m/sC.t=1.00s時,運動員恰好運動到最大高度處D.運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N題型2動量守恒定律的應用1.判斷動量守恒的三種方法(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力為0,如光滑水平面上的滑塊—木板模型、電磁感應中光滑導軌上的雙桿模型.(2)近似守恒:系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力,如爆炸、反沖.(3)某一方向守恒:系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為0,則在該方向上動量守恒,如滑塊—斜面(曲面)模型.2.動量守恒定律的三種表達形式(1)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',作用前的動量之和等于作用后的動量之和(常用).(2)Δp1=-Δp2,相互作用的兩個物體動量的增量等大反向.(3)Δp=0,系統(tǒng)總動量的增量為零.例3[2024·安徽合肥模擬]如圖所示,一架質(zhì)量為m的噴氣式飛機飛行的速率是v,某時刻它向后噴出的氣體相對飛機的速度大小為u,噴出氣體的質(zhì)量為Δm.以地面為參考系,下列說法正確的是()A.若u<v,則噴出氣體的速度方向與飛機飛行方向相同,噴氣后飛機速度不會增加B.只有u>v,噴氣后飛機速度才會增加C.噴氣后飛機速度為v+ΔmD.噴氣后飛機增加的速度為Δm【技法點撥】1.動量守恒的條件是系統(tǒng)所受的合力為0,當內(nèi)力遠大于外力時,近似滿足動量守恒,如爆炸、碰撞、反沖等.2.動量是矢量,若作用前后的動量在同一直線上,則應用動量守恒定律時要選定正方向,若作用前后的動量不在同一直線上,則可采用正交分解法;由于速度具有相對性,所以在同一表達式中要選取同一參考系.例4在爆炸實驗基地有一發(fā)射塔,發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀.爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射,上升到空中最高點時炸裂成質(zhì)量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊.從遙控器引爆瞬間開始計時,在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲.已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s,忽略空氣阻力,g取10m/s2.下列說法正確的是 ()A.從爆炸到落地過程中,兩個碎塊的位移大小之比為1∶2B.爆炸物的爆炸點離地面的高度為80mC.爆炸后質(zhì)量較大的碎塊的初速度為68m/sD.兩個碎塊落地點之間的距離為340m【技法點撥】1.爆炸過程碎塊受重力作用,由于爆炸時的內(nèi)力遠大于重力,仍可認為符合動量守恒定律.2.爆炸后,兩碎塊均做平拋運動,平拋運動所用的時間相同,聲音從落地點傳到聲音記錄器的時間差與總時間差相等,反映了平拋運動水平位移的關(guān)系.【遷移拓展】1.[2024·山東濟南模擬]小車靜止在光滑水平面上,站在車上的人練習打靶,靶裝在車上的另一端,如圖所示.已知車、人、槍和靶的總質(zhì)量為M(不含子彈),每顆子彈質(zhì)量為m,共n發(fā).打靶時槍口到靶的距離為d.若每發(fā)子彈打入靶中后就留在靶里,且待前一發(fā)打入靶中后再打下一發(fā),不計空氣阻力,則以下說法中正確的是 ()A.待打完n發(fā)子彈后,小車將以一定的速度向右勻速運動B.待打完n發(fā)子彈后,小車應停在射擊之前的位置C.在每一發(fā)子彈的射擊過程中,小車所發(fā)生的位移都相同D.在每一發(fā)子彈的射擊過程中,小車所發(fā)生的位移應越來越大2.[2024·安徽卷]在某裝置中的光滑絕緣水平面上,三個完全相同的帶電小球通過不可伸長的絕緣輕質(zhì)細線連接成邊長為d的正三角形,如圖甲所示.小球質(zhì)量為m,帶電荷量為+q,可視為點電荷.初始時,小球均靜止,細線拉直.現(xiàn)將球1和球2間的細線剪斷,當三個小球運動到同一條直線上時,速度大小分別為v1、v2、v3,如圖乙所示.該過程中三個小球組成的系統(tǒng)電勢能減少了kq22d,k為靜電力常量,不計空氣阻力,則A.該過程中小球3受到的合力大小始終不變B.該過程中系統(tǒng)能量守恒,動量不守恒C.在圖乙位置,v1=v2,v3≠2v1D.在圖乙位置,v3=2題型3碰撞模型及其拓展1.碰撞問題遵循的三條原則(1)動量守恒:p1+p2=p1'+p2'.(2)動能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'.(3)速度要符合實際情況:若碰后速度同向,則后方物體速度不大于前方物體速度.2.兩種碰撞特點(1)彈性碰撞兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒定律和機械能守恒定律.以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性正碰為例,有m1v1=m1v1'+m2v2'12m1v12=12m1v'12+1解得v1'=m1-m2m1+m2v1結(jié)論:①當m1=m2時,v1'=0,v2'=v1,兩球碰撞后交換了速度.②當m1>m2時,v1'>0,v2'>0,碰撞后兩球都沿速度v1的方向運動.③當m1<m2時,v1'<0,v2'>0,碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來.④當m1?m2時,v1'≈v1,v2'≈2v1.(2)完全非彈性碰撞動量守恒、末速度相同:m1v1+m2v2=(m1+m2)v共,機械能損失最多,機械能的損失:ΔE=12m1v12+12m2v22-12(m例5(多選)[2024·廣東卷]如圖所示,光滑斜坡上,可視為質(zhì)點的甲、乙兩個相同滑塊分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑.斜坡與水平面在O處平滑相接,滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ,乙在水平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞.忽略空氣阻力.下列說法正確的有 ()A.甲在斜坡上運動時與乙相對靜止B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C.乙的運動時間與H乙無關(guān)D.甲最終停止位置與O處相距H【技法點撥】甲、乙兩等質(zhì)量物塊發(fā)生彈性碰撞,碰后速度交換.在同一坐標系內(nèi)作出兩物塊運動的速率圖像,問題就會一目了然.例6(多選)如圖甲所示,輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為0.98kg和2kg的兩物塊A、B相連接,并靜止在光滑的水平面上.一顆質(zhì)量為0.02kg的子彈C以速度v0射入物塊A并留在A中,以此刻為計時起點,兩物塊A(含子彈C)、B的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示,重力加速度g取10m/s2.從圖像信息分析可知,下列說法中正確的是 ()A.在t2時刻彈簧最長B.子彈C射入物塊A的速度v0為300m/sC.在t1~t4時間內(nèi),彈簧的最大彈性勢能為12JD.當物塊A(含子彈C)的速度為零時,物塊B的速度為2m/s【技法點撥】碰撞過程,從動量角度看,一定符合動量守恒定律;從能量角度看,碰撞分為彈性碰撞和非彈性碰撞,碰撞過程中機械能可能不變,也可能減小;從要符合實際情境來看,碰撞前,后方小球速度大,碰撞后,同向運動時后方小球速度小.例7[2024·河北石家莊模擬]如圖所示,質(zhì)量M=2.0kg、半徑R=0.3m的四分之一光滑圓弧槽靜置于光滑水平地面上,有兩個大小、形狀相同的可視為質(zhì)點的光滑小球1、2,質(zhì)量分別為m1=1.0kg、m2=2.0kg,小球2右側(cè)連接一輕質(zhì)彈簧,彈簧的另一端距圓弧槽底有一定距離.現(xiàn)將小球1從圓弧槽頂端由靜止釋放,重力加速度g取10m/s2.(1)若圓弧槽固定,求小球1滑離圓弧槽時的速度大小v0;(2)若圓弧槽不固定,求小球1滑離圓弧槽時的速度大小v1;(3)求圓弧槽不固定的情況下彈簧壓縮過程中的最大彈性勢能.“保守型”類碰撞拓展模型圖例(水平面光滑)小球—彈簧模型小球—曲面模型達到共速相當于完全非彈性碰撞,系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,滿足mv0=(m+M)v共,損失的動能最大,轉(zhuǎn)化為彈性勢能、重力勢能或電勢能再次分離相當于彈性碰撞,系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,滿足mv0=mv1+Mv2,能量滿足12mv02=12mv例8[2024·湖北荊州模擬]如圖所示,放在光滑水平面上的小車可以在兩個固定障礙物M、N之間往返運動.小車C的左端放有一個小木塊B,初始時小車緊挨障礙物M靜止.某時刻,一子彈A以大小為v0的水平速度射入小木塊B并嵌入其中(時間極短).小車向右運動到與障礙物N相碰時,小木塊B恰好運動到了小車的右端,且小車與小木塊B恰好達到共同速度.小車和它上面的小木塊B同時與障礙物N相碰,碰后小車速度立即減為零,而小木塊B以碰撞之前的速度反彈,經(jīng)過一段時間,小車左端又與障礙物M相碰,碰后小車的速度立即減為零,小木塊B繼續(xù)在小車上向左滑動,速度逐漸減為零而停在小車上.已知子彈A的質(zhì)量為m,小木塊B的質(zhì)量為3m,小車C的質(zhì)量為8m、長度為L,子彈A和小木塊B都可以看成質(zhì)點,求:(1)小木塊B運動過程中的最大速度v1;(2)障礙物M、N之間的距離s;(3)小木塊B向左運動至最終停止過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量Q.“耗散型”碰撞拓展模型圖例(水平面或水平導軌光滑)達到共速相當于完全非彈性碰撞,動量滿足mv0=(m+M)v共,損失的動能最大,轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電能【遷移拓展】1.[2024·湖南岳陽模擬]如圖所示,小車上固定一個光滑彎曲軌道,靜止在光滑的水平面上,整個小車(含軌道)的質(zhì)量為3m.現(xiàn)有質(zhì)量為m的小球以水平速度v0從左端滑上小車,能沿彎曲軌道上升到最大高度,然后從軌道左端滑離小車.關(guān)于這個過程,下列說法正確的是()A.小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B.小球沿軌道上升到最大高度時,速度為零C.小球沿軌道上升的最大高度為3D.小球滑離小車時,小車恢復靜止狀態(tài)2.(多選)[2024·山東濟南模擬]如圖所示,固定光滑曲面左側(cè)與光滑水平面平滑連接,水平面上間隔放有2024個質(zhì)量均為2m的彈性物塊(所有物塊在同一豎直平面內(nèi),所有物塊均可視為質(zhì)點).質(zhì)量為m的0號物塊從曲面上高為h處由靜止釋放后沿曲面滑到水平面,以速度v0與1號物塊發(fā)生彈性正碰,0號物塊反彈后滑上曲面再原路返回,如此反復.若2024個彈性物塊兩兩間碰撞時無機械能損失,重力加速度為g,則下列說法正確的是()A.0號到2024號所有木塊組成的系統(tǒng)在全過程中動量守恒B.0號物塊最終動量大小為132024C.2021號物塊最終速度大小為2D.2024號物塊最終速度大小為2023第4講功與能1.A[解析]根據(jù)動能定理有mgh-0.1mgh=ΔEk,此過程中合外力做正功,運動員的動能增加,可知運動員的動能增加了0.9mgh,故A正確;此過程中重力做正功,可知運動員的重力勢能減少了mgh,故B錯誤;此過程中運動員克服阻力所做的功為0.1mg,機械能的減少量等于克服阻力所做的功,故機械能減少了0.1mgh,故C、D錯誤.2.D[解析]設(shè)小球受到的阻力大小恒為Ff,小球上升至最高點過程中,由動能定理得-mgH-FfH=0-12mv02,設(shè)小球上升至離地高度h處時速度為v1,此過程由動能定理得-mgh-Ffh=12mv12-12mv02,由題知12mv12=2mgh,設(shè)小球上升至最高點后又下降至離地高度h處時速度為v2,此過程由動能定理得-mgh-Ff(2H-h)=12mv22-12mv023.C[解析]物體恰好能到達最高點C,則物體在最高點只受重力,且重力全部用來提供向心力,設(shè)半圓軌道的半徑為r,由牛頓第二定律得mg=mv2r,解得物體在C點的速度v=gr,A、B錯誤;由牛頓第二定律得mg=ma,解得物體在C點的向心加速度a=g,C正確;由能量守恒定律知,物體在A點時彈簧的彈性勢能等于物體在C點時的動能和重力勢能之和,D4.B[解析]運動員從助滑雪道末端A點水平滑出,在空中做平拋運動,其在空中運動的速度大小v=v02+vy2=v02+gt2,可見v-t圖像不是一次函數(shù)圖像,故A錯誤;速度方向與水平方向夾角的正切值tanθ=vyv0=gv0t,可見tanθ-t圖像是正比例函數(shù)圖像,故B正確;取落點為零勢能點,下落過程中重力勢能Ep=Ep0-mgh=Ep0-12gt2,可見Ep-5.A[解析]對木塊受力分析,木塊受到重力、壓力F、墻面的支持力FN與滑動摩擦力,根據(jù)受力特征有F=FN,Ff=μFN,又知F=5h(N),則Ff=5μh=h(N),當h=H=4m時,Ff=4N,由于mg=20N>4N,所以木塊從初始位置開始下滑,且下滑至地面前瞬間的過程中,滑動摩擦力與位移成線性關(guān)系,則木塊克服摩擦力做功為Wf=Ffh2=H22=8J,故A正確;木塊從初始位置開始下滑至地面前瞬間的過程中,克服摩擦力做功為8J,根據(jù)動能定理有mgH-Wf=ΔEk,解得ΔEk=72J,根據(jù)ΔEk=12mv2-0,解得v=62m/s,故B6.B[解析]物體到達最高點時,動能為零,機械能E=Ep=mgh,則m=Egh=30J10m/s2×3.0m=1kg,故A錯誤;由圖像可知,物體上升過程中摩擦力做功W=E-E0=30J-50J=-20J,當物體再次回到斜面底端時,由動能定理得Ek-Ek0=2W,則物體回到斜面底端時的動能Ek=Ek0+2W=50J+2×-20J=10J,故B正確;物體上升過程中,克服摩擦力做功,機械能減少,減少的機械能等于克服摩擦力做的功,由功能關(guān)系得E-E0=-μmgcosα·hsinα,解得μ=0.50,故D錯誤;物體上升過程中,由牛頓第二定律得mgsinα+μmgcosα=ma,7.B[解析]當甲所坐木板剛要離開原位置時,對甲及其所坐木板整體有μmg=kx0,解得彈性繩的伸長量x0=μmgk,則此時彈性繩的彈性勢能為E0=12kx02=(μmg)22k,從開始拉動乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過程中,乙所坐木板的位移為x1=x0+l-d,由功能關(guān)系可知,該過程中F所做的功W=E0+μmgx1=38.D[解析]A從N點運動到M點的過程中,根據(jù)動能定理有3mgl+W=12mv2,解得繩的拉力對A做的功為W=12mv2-3mgl,A錯誤;A從N點運動到M點的過程中,A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,A減少的機械能等于B增加的機械能和彈簧增加的彈性勢能之和,則A減少的機械能大于B增加的機械能,故B錯誤;A運動到M點時,設(shè)OM與豎直方向的夾角為α,由幾何關(guān)系得tanα=ONMN=l3l=33,解得α=30°,由于繩連接的兩物體沿繩方向的速度大小相等,故此時B的速度為vB=vcosα=32v,故C錯誤;A運動到M點時,OM=ONsinα=2l,根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可得3mgl-mg(2l-l)sinθ=12mv2+12mvB2+ΔEp,解得彈簧增加的彈性勢能為Δ9.(1)FN=20h+1.4(N)(2)0.15m(3)0.66m[解析](1)由幾何關(guān)系可知∠BO1C=90°-12∠DO2F若釋放點距離B點的高度為h,則滑塊從釋放到C點過程,根據(jù)動能定理可得mgh+mgR1-cos37°=在C點時,根據(jù)向心力公式可得FN-mg=mv聯(lián)立解得FN=20h+1.4N(2)若釋放點距離地面的高度為32R,滑塊在軌道BCD點P點剛好脫離軌道,設(shè)滑塊脫離軌道時和圓心的連線與豎直方向的夾角為θ,mgcosθ=mv滑塊從釋放到P點過程,由動能定理得mg·32R-mgR1+cosθ=1滑塊脫離軌道后做斜拋運動,在最高點時的速度為vm=vPcosθ滑塊從釋放到脫離軌道后上升到最高點過程,根據(jù)動能定理得mg·32R-mghm=12聯(lián)立解得hm=0.15m(3)若釋放點距離地面的高度為275R,則從釋放點到F點過程,由動能定理得mg·275R-mg(2Rsin53°+R+Rcos37°)=1由幾何關(guān)系可知,在F點時滑塊的速度與水平方向的夾角為37°滑塊脫離軌道后做斜拋運動,設(shè)從F點處到最高處所用的時間為t1,則在豎直方向上有vFsin37°=gt1h1=12g此后滑塊做平拋運動,設(shè)平拋運動的時間為t2,則在豎直方向上有2Rsin53°+R+Rcos37°+h1=12g滑塊從F點拋出后水平位移x=vFcos37°·t聯(lián)立解得x=0.66m10.(1)241N(2)12W(3)v0≥52m/s或2m/s≤v0≤25m/s[解析](1)小球在BC圓管軌道內(nèi)運動時,豎直方向上,軌道對小球的作用的一個分量F1=mg水平方向上,軌道對小球的作用力的另一個分量F2=mv軌道對小球的作用力大小為FN=F聯(lián)立解得FN=241N(2)小球從D點到E點過程中,由動能定理得mgLsinθ-μmgcosθ·L=12mvE2-小球在E點時重力的功率P=mgvEsinθ聯(lián)立解得P=12W(3)小球在EF圓軌道上運動時不脫離軌道對應兩種情況:一種是小球能運動到F點,另一種是小球運動過程不能越過與圓心O等高位置.臨界狀態(tài)1:小球恰能運動到F點.小球在E點時,由牛頓第二定律得mg=mv小球從A點到F點過程,由動能定理得mgLsinθ-μmgcosθ·L-mg(Rcosθ+R)=12mvF2-聯(lián)立解得v1=52m/s臨界狀態(tài)2:小球恰能運動到與圓心O等高位置.小球從A點到與O點等高位置過程,由動能定理得mgLsinθ-μmgcosθ·L-mgRcosθ=0-12m解得v2=25m/s臨界狀態(tài)3:小球恰能運動到E點.小球從A點運動到E點過程,由動能定理得mgLsinθ-μmgcosθ·L=0-12m解得v3=2m/s所以v0的取值范圍是v0≥52m/s或2m/s≤v0≤25m/s第5講沖量與動量題型1例1C[解析]0~4s內(nèi)水平力F為變力,其沖量等于F-t圖像與時間軸所圍的面積,即IF1=12×20×4N·s=40N·s,選項A錯誤;當物塊受到的摩擦力與重力相等時,有mg=μF0,解得F0=10N,可知0~2s內(nèi)物塊向下做加速運動,2~4s內(nèi)物塊向下做減速運動,4s末物塊的速度為零,由動量定理可知,0~4s內(nèi)合力的沖量為0,選項B錯誤;4~6s內(nèi)重力小于最大靜摩擦力,物塊靜止,6~8s內(nèi)重力大于最大摩擦力,物塊向下做加速運動,則0~4s內(nèi)、6~8s內(nèi)物塊受到的摩擦力為Ff1=μF,4~6s內(nèi)物塊受到摩擦力為Ff2=mg,所以0~4s內(nèi)摩擦力的沖量為If1=Ff1t1=μF1t1=0.4×0+202×4N·s=16N·s,4~6s內(nèi)摩擦力的沖量為If2=Ff2t2=mgt2=0.4×10×2N·s=8N·s,6~8s內(nèi)摩擦力的沖量為If3=Ff3t3=μF3t3=0.4×10+02×2N·s=4N·s,因此0~8s內(nèi)摩擦力的沖量大小為If=If1+If2+If3=28N·s,故C正確;0~8s內(nèi)合力的沖量I=mgt-If=0.例2A[解析]對于Δt時間內(nèi)吹出的空氣,根據(jù)動量定理有FΔt=Δmv=ρSvΔt·v,其中F=0.36N,而S=πr2,代入數(shù)據(jù)解得v≈6m/s,故A正確.【遷移拓展】1.BCD[解析]乒乓球運動過程中受到的空氣阻力始終與速度成正比,方向始終與運動方向相反,即空氣阻力Ff=kv,由于乒乓球運動過程中受到的重力為恒力,所以為簡化運動,可利用配速法處理,將乒乓球的速度分解成兩個分速度,分速度v1滿足mg=kv1,且v1方向豎直向下,即空氣阻力對應于v1的一個分量與重力平衡,乒乓球?qū)趘1的分運動1是在平衡力作用下豎直向下做勻速直線運動,另一個分速度v2對應的力是空氣阻力kv2,乒乓球?qū)趘2的分運動2是在這個變化的空氣阻力作用下做變速直線運動.已知乒乓球從A點水平拋出時受到的空氣阻力恰好等于自身重力,即mg=kv0,且v0水平向右,根據(jù)配速法,設(shè)分運動2的方向與水平方向的夾角為θ,如圖甲所示,由幾何關(guān)系可知tanθ=v1v0=1,解得θ=45°,即分運動2是沿45°角斜向右上方做減速運動.又知乒乓球運動到B點時速度方向與水平地面的夾角為45°,作出從A點運動到B點過程中分運動與合運動對應的速度變化矢量圖如圖乙所示,可知乒乓球從A點運動到B點過程中速度一直減小,到B點時速度為vB=v0cos45°=22v0,選項A錯誤,選項B正確;乒乓球從A點運動到B點過程中,根據(jù)動量定理,水平方向上有-kvxt=mvBx-mv0,豎直方向上有mgt-kvyt=mvBy,其中vxt=xAB,vyt=h,vBx=vBcos45°=12v0,vBy=vBsin45°=12v0,聯(lián)立解得xAB2.BD[解析]根據(jù)題圖可知,t=0.15s時,運動員對蹦床的作用力最大,蹦床的形變量最大,此時運動員處于最低點,運動員的重力勢能最小,故A錯誤;根據(jù)題圖可知,運動員從t=0.30s離開蹦床到t=2.30s再次落到蹦床上經(jīng)歷的時間為t空=2s,根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知,運動員上升時間為t上=12t空=1s,則在t=1.3s時,運動員恰好運動到最大高度處,t=0.30s時運動員的速度大小v=gt上=10m/s,故B正確,C錯誤;同理,運動員落到蹦床時的速度大小也為v=10m/s,以豎直向上為正方向,根據(jù)動量定理得FΔt-mgΔt=mv-(-mv),其中Δt=0.3s,解得F=4600N,根據(jù)牛頓第三定律可知,運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為F'=F=4600N,故D正確題型2例3C[解析]設(shè)噴出氣體后飛機的速度為v',對飛機和氣體組成的系統(tǒng),根據(jù)動量守恒定律有mv=m-Δmv'+Δm(v'-u),解得v'=v+Δmmu,故C正確;結(jié)合上式可知,噴氣后飛機增加的速度為Δv=v'-v=Δmmu,故D錯誤;由于噴氣后飛機增加的速度為Δmmu,可知無論u例4B[解析]爆炸物上升到最高點時,瞬時速度為零,爆炸瞬間在水平方向上動量守恒,因此爆炸后瞬間質(zhì)量之比為2∶1的兩個碎塊的速度大小之比為1∶2,根據(jù)平拋運動規(guī)律可知,從爆炸到落地過程中,兩個碎塊的水平位移大小之比為1∶2,但合位移大小之比并不為1∶2,選項A錯誤.設(shè)聲速為v0,兩個碎地落地過程中水平位移分別為x和2x,有2x-xv0=6s-5s,解得x=340m,所以兩碎塊落地點之間的距離L=x+2x=1020m,選項D錯誤.以上推導說明爆炸物爆炸后質(zhì)量較大的碎塊落地聲音傳到接收器需要t1=xv0=1s,質(zhì)量較小的碎塊落地聲音傳到接收器需要t2=2xv0=2s,因此爆炸物爆炸后碎塊做平拋運動的時間為t=5s-t1=4s,根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知,爆炸物的爆炸點離地面的高度h【遷移拓展】1.C[解析]以車、人、槍、靶和子彈組成的系統(tǒng)為研究對象,系統(tǒng)所受的合外力為零,系統(tǒng)動量守恒,打靶前系統(tǒng)的總動量為零,打完后系統(tǒng)的總動量也為零,所以小車仍然是靜止的,故A錯誤;每打出一發(fā)子彈過程中,小車向右加速運動,子彈打入靶過程中,小車向右減速運動,待打完所有子彈后,小車向右運動了一段距離,故B錯誤;對系統(tǒng)任一時刻,由動量守恒定律都有0=mv-Mv',則位移滿足0=mx1-Mx2,而x1+x2=L,解得x2=mm+M2.D[解析]該過程中系統(tǒng)動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化,能量守恒,對整個系統(tǒng)分析,可知系統(tǒng)受到的合外力為0,故動量守恒,故B錯誤;當三個小球運動到同一條直線上時,根據(jù)對稱性可知細線中的拉力相等,此時球3受到球1和球2的電場力大小相等,方向相反,故此時球3受到的合力為0,球3從靜止狀態(tài)開始運動,瞬間受到的合力不為0,故該過程中小球3受到的合力在改變,故A錯誤;對系統(tǒng),根據(jù)動量守恒定律有mv1+mv2=mv3,由球1和球2運動的對稱性可知v1=v2,解得v3=2v1,根據(jù)能量守恒定律有12mv12+12mv22+12mv32題型3例5ABD[解析]兩滑塊同時從光滑斜坡上由靜止下滑時,甲、乙的加速度相等,初速度均為零,所以甲在斜坡上運動時與乙相對靜止,A正確;由于甲、乙兩滑塊的質(zhì)量相同,在水平面上發(fā)生彈性碰撞,根據(jù)動量守恒定律有mv1+mv2=mv1'+mv2',根據(jù)機械能守恒定律有12mv12+12mv22=12mv1'2+12mv2'2,聯(lián)立解得v1'=v2,v2'=v1,即兩滑塊碰撞后速度互換,B正確;乙的運動時間分為在光滑斜坡上勻加速運動的時間和在水平面上勻減速運動的時間,H乙越大,則乙在光滑斜坡上勻加速運動的時間越長,在水平面上勻減速運動的時間也越長,乙運動的總時間就越長,C錯誤;甲與乙在水平面上碰撞時,兩滑塊在水平面上運動的位移相同,甲、乙兩滑塊發(fā)生彈性碰撞,碰后速度互換,由于甲、乙兩滑塊與地面之間的動摩擦因數(shù)相同,故碰撞后甲運動的位移等于沒有發(fā)生碰撞情況下乙從碰撞點開始運動的位移,因此甲在水平面上發(fā)生的總位移等于不放甲時乙在水平面上運動的位移,根據(jù)功能關(guān)系有mgH乙=μmgx例6BC[解析]當A、B速度相同時,彈簧壓縮到最短或拉伸到最長,所以在t1時刻彈簧壓縮到最短,在t2時刻彈簧處于原長,在t3時刻彈簧拉伸到最長,A錯誤;根據(jù)動量守恒定律得mCv0=(mA+mB+mC)v共,其中mA=0.98kg,mB=2kg,mC=0.02kg,v共=2m/s,解得v0=300m/s,B正確;在t1~t4時間內(nèi),系統(tǒng)的動能和彈性勢能相互