2025 选考专题高考 物理 （川陕青宁蒙新晋豫）第4讲　功与能作业含答案

2025选考专题高考物理（川陕青宁蒙新晋豫）第4讲功与能作业含答案第4讲功与能时间|40min1.[2024·河北保定模拟]质量为m的跳伞运动员由静止开始下落,假设在打开伞之前受大小为0.1mg(g为重力加速度)的恒定阻力作用,在运动员下落高度为h的过程中,下列说法正确的是 ()A.运动员的动能增加了0.9mghB.运动员的重力势能减少了0.9mghC.运动员的机械能减少了0.9mghD.运动员克服阻力所做的功为0.9mgh2.[2024·湖南岳阳模拟]小球由地面竖直向上抛出,上升的最大高度为H,设所受阻力大小恒定,选地面为参考平面.若在上升至离地h高处时,小球的动能是重力势能的2倍,到达最高点后再下落至离地h高处时,小球的重力势能是动能的2倍,则h等于 ()A.H9 B.2H9 C.H33.[2024·北京卷]如图所示,光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接.一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放,物体脱离弹簧后进入半圆形轨道,恰好能够到达最高点C.下列说法正确的是 ()A.物体在C点所受合力为零B.物体在C点的速度为零C.物体在C点的向心加速度等于重力加速度D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能4.[2024·山东济南模拟]如图所示是跳台滑雪运动示意图,运动员从助滑雪道末端A点水平滑出,落到倾斜滑道上.若不计空气阻力,从运动员离开A点开始计时,则其在空中运动的速度大小v、速度方向与水平方向夹角的正切值tanθ、重力势能Ep、机械能E随时间t变化的图像正确的是()ABCD5.[2024·黑龙江佳木斯模拟]如图所示,质量为m=2kg的木块(可视为质点)被水平向左的力F压在竖直墙壁上,木块初始位置离地面高度H=4m,木块与墙面间的动摩擦因数μ=0.2,木块距离地面的高度h与力F之间的关系为F=5h(N),设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10m/s2.下列说法正确的是 ()A.木块从初始位置开始下滑至地面前瞬间的过程中,克服摩擦力做功为8JB.木块从初始位置开始下滑至地面前瞬间的过程中,机械能减少16JC.木块从初始位置开始下滑至地面前瞬间的过程中,动能的变化量为80JD.木块下滑到地面前瞬间的速度大小为8m/s6.[2024·湖北武汉模拟]如图甲所示,物体以一定的初速度从倾角为α=37°的斜面底端沿斜面向上运动,上升的最大高度为3.0m.选择地面为参考平面,上升过程中物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示.g取10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.80,则 ()A.物体的质量m=2.0kgB.物体回到斜面底端时的动能Ek=10JC.物体上升过程中的加速度大小a=8m/s2D.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.807.[2024·山东卷]如图所示,质量均为m的甲、乙两同学分别坐在水平放置的轻木板上,木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接,连接点等高且间距为d(d<l).两木板与地面间动摩擦因数均为μ,弹性绳劲度系数为k,被拉伸时弹性势能E=12kx2(x为绳的伸长量).现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板,直至甲所坐木板刚要离开原位置,此过程中两人与所坐木板保持相对静止,k保持不变,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,则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·山东日照模拟]如图所示,质量均为m的物体A、B通过轻绳连接,A穿在固定的竖直光滑杆上,B放在固定的光滑斜面上,斜面倾角θ=30°,轻弹簧一端固定在斜面底端的挡板上,另一端连接物体B.初始时,A位于N点,轻弹簧处于原长状态,轻绳绷直(ON段水平).现将A由静止释放,当A运动到M点时的速度为v.设P为A运动的最低点,B运动过程中不会碰到轻质滑轮,弹簧始终在弹性限度内,ON=l,MN=3l,重力加速度为g,不计一切阻力.下列说法正确的是()A.A从N点运动到M点的过程中,绳的拉力对A做的功为3mgl-12mvB.A从N点运动到M点的过程中,A减少的机械能等于B增加的机械能C.A运动到M点时,B的速度为23D.A运动到M点时,弹簧增加的弹性势能为23-1mgl9.[2024·山西晋中模拟]如图所示,处于竖直平面内的轨道装置由倾角α=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的光滑圆弧外轨道DEF组成,D、F两点在同一竖直线上,且∠DO2F=106°,B为轨道间的相切点,B、O1、D、O2点处于同一直线上,轨道的最低点C处于地面.已知滑块质量m=0.1kg,轨道BCD和DEF的半径均为R=0.1m.sin37°=0.6,cos37°=0.8.滑块开始时从轨道AB上某点由静止释放,重力加速度g取10m/s2.(1)若释放点距离B点的高度为h,求滑块在最低点C时轨道对滑块的支持力FN与高度h的函数关系;(2)若释放点距离地面的高度为32R,滑块在轨道BCD上的P(图中未画出)点刚好脱离轨道,求滑块脱离轨道后距离地面的最大高度;(结果保留两位有效数字(3)若释放点距离地面的高度为275R,忽略在D处能量损失,求滑块从F点抛出后的水平位移.(结果保留两位有效数字10.[2024·湖北随州模拟]如图所示为一游戏装置的简化图,其轨道由U形对称光滑水平圆管轨道ABCD、一段粗糙的竖直倾斜轨道DE和竖直光滑圆轨道EF组成.DE与EF轨道相切于E点.图中半圆弧形轨道BC和圆轨道EF对应的半径均为R=1m,DE的长度L=5m,倾角θ=37°.游戏开始时,一质量为m=1kg的小球(小球直径略小于圆管口径,可视作质点)在管口A以初速度v0=22m/s向管内运动,小球与轨道DE间的动摩擦因数μ=0.8.已知重力加速度g取10m/g2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,忽略空气阻力,各轨道间平滑衔接,不计衔接处的能量损失.(1)求小球运动到BC圆管轨道时受到轨道的作用力的大小;(2)求小球运动到倾斜轨道的E点时重力的功率P;(3)若调整小球的初速度v0的大小,保证小球在EF圆轨道上运动时不脱离轨道,求初速度v0的取值范围.第5讲冲量与动量【网络构建】【关键能力】自从动量作为必考知识后,“蹭”概念的考查方式开始淡化,对动量的考查更“实在”.注重运动过程分析与状态选取,能应用动量定理、动量守恒定律等规律解决实际问题.选择题方面注重生活情景,利用物理知识解决实际问题;计算题方面三大观点的综合应用解决复杂多过程问题,开始在高考中出现抬头趋势.题型1动量、冲量与动量定理1.冲量的三种计算方法公式法I=Ft适用于求恒力的冲量动量定理法多用于求变力的冲量或F、t未知的情况图像法F-t图像与时间轴围成的面积表示力的冲量.若F与t成线性关系,也可直接用平均力求解2.动量定理的表达式是矢量关系,I合、Δp两矢量总是大小相等、方向相同.例1[2024·江苏南京模拟]如图甲所示,质量为0.4kg的物块在水平力F的作用下紧贴着足够高的竖直墙面由静止释放,物块与墙面间的动摩擦因数为0.4,力F随时间t变化的关系图像如图乙所示,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10m/s2.对于物块,下列说法正确的是()A.0~4s内水平力F的冲量为80N·sB.0~4s内合力的冲量为8N·sC.0~8s内摩擦力的冲量大小为28N·sD.0~8s内合力的冲量大小为0【技法点拨】力的冲量计算:(1)恒力的冲量,利用I=Ft计算;(2)变力的冲量,可以利用F-t图像的面积、平均值、微元法、动量定理等来计算.例2[2024·河北邢台模拟]某同学利用身边的常见器材在家完成了有趣的物理实验,如图所示.当手持吹风机垂直向电子秤的托盘吹风时,电子秤示数为36.0g.假设吹风机出风口为圆形,其半径为5cm,空气密度为1.29kg/m3,实验前电子秤已校准,重力加速度取10m/s2,则此时吹风机的风速约为()A.6m/sB.8m/sC.10m/sD.12m/s【技法点拨】这是动量定理在流体模型中的典型应用,可以选取单位时间(Δt)内的喷出空气为研究对象,该研究对象质量为Δm=ρSvΔt,速度由v减为0,再用动量定理列式求解风速的大小.【迁移拓展】1.(多选)[2024·湖北武汉模拟]某同学将一乒乓球从距水平地面高h处的A点以速度v0水平抛出,乒乓球运动过程中受到的空气阻力始终与速度成正比,方向始终与运动方向相反,落到水平地面上的B点时速度方向与水平地面的夹角为45°,如图所示.已知乒乓球从A点抛出时受到的空气阻力最大,最大值恰好等于自身受到的重力,重力加速度大小为g.下列说法正确的是()A.乒乓球从A点运动到B点的过程中速度先减小后增大B.乒乓球落到B点时的速度大小为22vC.乒乓球的水平射程为vD.乒乓球从A点运动到B点的时间为ℎv02.(多选)[2024·全国甲卷]蹦床运动中,体重为60kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上,对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示.假设运动过程中运动员身体始终保持竖直,在其不与蹦床接触时蹦床水平.忽略空气阻力,重力加速度大小取10m/s2.下列说法正确的是 ()A.t=0.15s时,运动员的重力势能最大B.t=0.30s时,运动员的速度大小为10m/sC.t=1.00s时,运动员恰好运动到最大高度处D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N题型2动量守恒定律的应用1.判断动量守恒的三种方法(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力为0,如光滑水平面上的滑块—木板模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型.(2)近似守恒:系统内力远大于外力,如爆炸、反冲.(3)某一方向守恒:系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0,则在该方向上动量守恒,如滑块—斜面(曲面)模型.2.动量守恒定律的三种表达形式(1)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',作用前的动量之和等于作用后的动量之和(常用).(2)Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向.(3)Δp=0,系统总动量的增量为零.例3[2024·安徽合肥模拟]如图所示,一架质量为m的喷气式飞机飞行的速率是v,某时刻它向后喷出的气体相对飞机的速度大小为u,喷出气体的质量为Δm.以地面为参考系,下列说法正确的是()A.若u<v,则喷出气体的速度方向与飞机飞行方向相同,喷气后飞机速度不会增加B.只有u>v,喷气后飞机速度才会增加C.喷气后飞机速度为v+ΔmD.喷气后飞机增加的速度为Δm【技法点拨】1.动量守恒的条件是系统所受的合力为0,当内力远大于外力时,近似满足动量守恒,如爆炸、碰撞、反冲等.2.动量是矢量,若作用前后的动量在同一直线上,则应用动量守恒定律时要选定正方向,若作用前后的动量不在同一直线上,则可采用正交分解法;由于速度具有相对性,所以在同一表达式中要选取同一参考系.例4在爆炸实验基地有一发射塔,发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪.爆炸物自发射塔竖直向上发射,上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块.从遥控器引爆瞬间开始计时,在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声.已知声音在空气中的传播速度为340m/s,忽略空气阻力,g取10m/s2.下列说法正确的是 ()A.从爆炸到落地过程中,两个碎块的位移大小之比为1∶2B.爆炸物的爆炸点离地面的高度为80mC.爆炸后质量较大的碎块的初速度为68m/sD.两个碎块落地点之间的距离为340m【技法点拨】1.爆炸过程碎块受重力作用,由于爆炸时的内力远大于重力,仍可认为符合动量守恒定律.2.爆炸后,两碎块均做平抛运动,平抛运动所用的时间相同,声音从落地点传到声音记录器的时间差与总时间差相等,反映了平抛运动水平位移的关系.【迁移拓展】1.[2024·山东济南模拟]小车静止在光滑水平面上,站在车上的人练习打靶,靶装在车上的另一端,如图所示.已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹),每颗子弹质量为m,共n发.打靶时枪口到靶的距离为d.若每发子弹打入靶中后就留在靶里,且待前一发打入靶中后再打下一发,不计空气阻力,则以下说法中正确的是 ()A.待打完n发子弹后,小车将以一定的速度向右匀速运动B.待打完n发子弹后,小车应停在射击之前的位置C.在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移都相同D.在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移应越来越大2.[2024·安徽卷]在某装置中的光滑绝缘水平面上,三个完全相同的带电小球通过不可伸长的绝缘轻质细线连接成边长为d的正三角形,如图甲所示.小球质量为m,带电荷量为+q,可视为点电荷.初始时,小球均静止,细线拉直.现将球1和球2间的细线剪断,当三个小球运动到同一条直线上时,速度大小分别为v1、v2、v3,如图乙所示.该过程中三个小球组成的系统电势能减少了kq22d,k为静电力常量,不计空气阻力,则A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变B.该过程中系统能量守恒,动量不守恒C.在图乙位置,v1=v2,v3≠2v1D.在图乙位置,v3=2题型3碰撞模型及其拓展1.碰撞问题遵循的三条原则(1)动量守恒:p1+p2=p1'+p2'.(2)动能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'.(3)速度要符合实际情况:若碰后速度同向,则后方物体速度不大于前方物体速度.2.两种碰撞特点(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律.以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例,有m1v1=m1v1'+m2v2'12m1v12=12m1v'12+1解得v1'=m1-m2m1+m2v1结论:①当m1=m2时,v1'=0,v2'=v1,两球碰撞后交换了速度.②当m1>m2时,v1'>0,v2'>0,碰撞后两球都沿速度v1的方向运动.③当m1<m2时,v1'<0,v2'>0,碰撞后质量小的球被反弹回来.④当m1≫m2时,v1'≈v1,v2'≈2v1.(2)完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同:m1v1+m2v2=(m1+m2)v共,机械能损失最多,机械能的损失:ΔE=12m1v12+12m2v22-12(m例5(多选)[2024·广东卷]如图所示,光滑斜坡上,可视为质点的甲、乙两个相同滑块分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑.斜坡与水平面在O处平滑相接,滑块与水平面间的动摩擦因数为μ,乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞.忽略空气阻力.下列说法正确的有 ()A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度C.乙的运动时间与H乙无关D.甲最终停止位置与O处相距H【技法点拨】甲、乙两等质量物块发生弹性碰撞,碰后速度交换.在同一坐标系内作出两物块运动的速率图像,问题就会一目了然.例6(多选)如图甲所示,轻弹簧的两端与质量分别为0.98kg和2kg的两物块A、B相连接,并静止在光滑的水平面上.一颗质量为0.02kg的子弹C以速度v0射入物块A并留在A中,以此刻为计时起点,两物块A(含子弹C)、B的速度随时间变化的规律如图乙所示,重力加速度g取10m/s2.从图像信息分析可知,下列说法中正确的是 ()A.在t2时刻弹簧最长B.子弹C射入物块A的速度v0为300m/sC.在t1~t4时间内,弹簧的最大弹性势能为12JD.当物块A(含子弹C)的速度为零时,物块B的速度为2m/s【技法点拨】碰撞过程,从动量角度看,一定符合动量守恒定律;从能量角度看,碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞,碰撞过程中机械能可能不变,也可能减小;从要符合实际情境来看,碰撞前,后方小球速度大,碰撞后,同向运动时后方小球速度小.例7[2024·河北石家庄模拟]如图所示,质量M=2.0kg、半径R=0.3m的四分之一光滑圆弧槽静置于光滑水平地面上,有两个大小、形状相同的可视为质点的光滑小球1、2,质量分别为m1=1.0kg、m2=2.0kg,小球2右侧连接一轻质弹簧,弹簧的另一端距圆弧槽底有一定距离.现将小球1从圆弧槽顶端由静止释放,重力加速度g取10m/s2.(1)若圆弧槽固定,求小球1滑离圆弧槽时的速度大小v0;(2)若圆弧槽不固定,求小球1滑离圆弧槽时的速度大小v1;(3)求圆弧槽不固定的情况下弹簧压缩过程中的最大弹性势能.“保守型”类碰撞拓展模型图例(水平面光滑)小球—弹簧模型小球—曲面模型达到共速相当于完全非弹性碰撞,系统在水平方向上动量守恒,满足mv0=(m+M)v共,损失的动能最大,转化为弹性势能、重力势能或电势能再次分离相当于弹性碰撞,系统在水平方向上动量守恒,满足mv0=mv1+Mv2,能量满足12mv02=12mv例8[2024·湖北荆州模拟]如图所示,放在光滑水平面上的小车可以在两个固定障碍物M、N之间往返运动.小车C的左端放有一个小木块B,初始时小车紧挨障碍物M静止.某时刻,一子弹A以大小为v0的水平速度射入小木块B并嵌入其中(时间极短).小车向右运动到与障碍物N相碰时,小木块B恰好运动到了小车的右端,且小车与小木块B恰好达到共同速度.小车和它上面的小木块B同时与障碍物N相碰,碰后小车速度立即减为零,而小木块B以碰撞之前的速度反弹,经过一段时间,小车左端又与障碍物M相碰,碰后小车的速度立即减为零,小木块B继续在小车上向左滑动,速度逐渐减为零而停在小车上.已知子弹A的质量为m,小木块B的质量为3m,小车C的质量为8m、长度为L,子弹A和小木块B都可以看成质点,求:(1)小木块B运动过程中的最大速度v1;(2)障碍物M、N之间的距离s;(3)小木块B向左运动至最终停止过程中因摩擦产生的热量Q.“耗散型”碰撞拓展模型图例(水平面或水平导轨光滑)达到共速相当于完全非弹性碰撞,动量满足mv0=(m+M)v共,损失的动能最大,转化为内能或电能【迁移拓展】1.[2024·湖南岳阳模拟]如图所示,小车上固定一个光滑弯曲轨道,静止在光滑的水平面上,整个小车(含轨道)的质量为3m.现有质量为m的小球以水平速度v0从左端滑上小车,能沿弯曲轨道上升到最大高度,然后从轨道左端滑离小车.关于这个过程,下列说法正确的是()A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小球沿轨道上升到最大高度时,速度为零C.小球沿轨道上升的最大高度为3D.小球滑离小车时,小车恢复静止状态2.(多选)[2024·山东济南模拟]如图所示,固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接,水平面上间隔放有2024个质量均为2m的弹性物块(所有物块在同一竖直平面内,所有物块均可视为质点).质量为m的0号物块从曲面上高为h处由静止释放后沿曲面滑到水平面,以速度v0与1号物块发生弹性正碰,0号物块反弹后滑上曲面再原路返回,如此反复.若2024个弹性物块两两间碰撞时无机械能损失,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.0号到2024号所有木块组成的系统在全过程中动量守恒B.0号物块最终动量大小为132024C.2021号物块最终速度大小为2D.2024号物块最终速度大小为2023第4讲功与能1.A[解析]根据动能定理有mgh-0.1mgh=ΔEk,此过程中合外力做正功,运动员的动能增加,可知运动员的动能增加了0.9mgh,故A正确;此过程中重力做正功,可知运动员的重力势能减少了mgh,故B错误;此过程中运动员克服阻力所做的功为0.1mg,机械能的减少量等于克服阻力所做的功,故机械能减少了0.1mgh,故C、D错误.2.D[解析]设小球受到的阻力大小恒为Ff,小球上升至最高点过程中,由动能定理得-mgH-FfH=0-12mv02,设小球上升至离地高度h处时速度为v1,此过程由动能定理得-mgh-Ffh=12mv12-12mv02,由题知12mv12=2mgh,设小球上升至最高点后又下降至离地高度h处时速度为v2,此过程由动能定理得-mgh-Ff(2H-h)=12mv22-12mv023.C[解析]物体恰好能到达最高点C,则物体在最高点只受重力,且重力全部用来提供向心力,设半圆轨道的半径为r,由牛顿第二定律得mg=mv2r,解得物体在C点的速度v=gr,A、B错误;由牛顿第二定律得mg=ma,解得物体在C点的向心加速度a=g,C正确;由能量守恒定律知,物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和,D4.B[解析]运动员从助滑雪道末端A点水平滑出,在空中做平抛运动,其在空中运动的速度大小v=v02+vy2=v02+gt2,可见v-t图像不是一次函数图像,故A错误;速度方向与水平方向夹角的正切值tanθ=vyv0=gv0t,可见tanθ-t图像是正比例函数图像,故B正确;取落点为零势能点,下落过程中重力势能Ep=Ep0-mgh=Ep0-12gt2,可见Ep-5.A[解析]对木块受力分析,木块受到重力、压力F、墙面的支持力FN与滑动摩擦力,根据受力特征有F=FN,Ff=μFN,又知F=5h(N),则Ff=5μh=h(N),当h=H=4m时,Ff=4N,由于mg=20N>4N,所以木块从初始位置开始下滑,且下滑至地面前瞬间的过程中,滑动摩擦力与位移成线性关系,则木块克服摩擦力做功为Wf=Ffh2=H22=8J,故A正确;木块从初始位置开始下滑至地面前瞬间的过程中,克服摩擦力做功为8J,根据动能定理有mgH-Wf=ΔEk,解得ΔEk=72J,根据ΔEk=12mv2-0,解得v=62m/s,故B6.B[解析]物体到达最高点时,动能为零,机械能E=Ep=mgh,则m=Egh=30J10m/s2×3.0m=1kg,故A错误;由图像可知,物体上升过程中摩擦力做功W=E-E0=30J-50J=-20J,当物体再次回到斜面底端时,由动能定理得Ek-Ek0=2W,则物体回到斜面底端时的动能Ek=Ek0+2W=50J+2×-20J=10J,故B正确;物体上升过程中,克服摩擦力做功,机械能减少,减少的机械能等于克服摩擦力做的功,由功能关系得E-E0=-μmgcosα·hsinα,解得μ=0.50,故D错误;物体上升过程中,由牛顿第二定律得mgsinα+μmgcosα=ma,7.B[解析]当甲所坐木板刚要离开原位置时,对甲及其所坐木板整体有μmg=kx0,解得弹性绳的伸长量x0=μmgk,则此时弹性绳的弹性势能为E0=12kx02=(μmg)22k,从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程中,乙所坐木板的位移为x1=x0+l-d,由功能关系可知,该过程中F所做的功W=E0+μmgx1=38.D[解析]A从N点运动到M点的过程中,根据动能定理有3mgl+W=12mv2,解得绳的拉力对A做的功为W=12mv2-3mgl,A错误;A从N点运动到M点的过程中,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,A减少的机械能等于B增加的机械能和弹簧增加的弹性势能之和,则A减少的机械能大于B增加的机械能,故B错误;A运动到M点时,设OM与竖直方向的夹角为α,由几何关系得tanα=ONMN=l3l=33,解得α=30°,由于绳连接的两物体沿绳方向的速度大小相等,故此时B的速度为vB=vcosα=32v,故C错误;A运动到M点时,OM=ONsinα=2l,根据系统机械能守恒可得3mgl-mg(2l-l)sinθ=12mv2+12mvB2+ΔEp,解得弹簧增加的弹性势能为Δ9.(1)FN=20h+1.4(N)(2)0.15m(3)0.66m[解析](1)由几何关系可知∠BO1C=90°-12∠DO2F若释放点距离B点的高度为h,则滑块从释放到C点过程,根据动能定理可得mgh+mgR1-cos37°=在C点时,根据向心力公式可得FN-mg=mv联立解得FN=20h+1.4N(2)若释放点距离地面的高度为32R,滑块在轨道BCD点P点刚好脱离轨道,设滑块脱离轨道时和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ,mgcosθ=mv滑块从释放到P点过程,由动能定理得mg·32R-mgR1+cosθ=1滑块脱离轨道后做斜抛运动,在最高点时的速度为vm=vPcosθ滑块从释放到脱离轨道后上升到最高点过程,根据动能定理得mg·32R-mghm=12联立解得hm=0.15m(3)若释放点距离地面的高度为275R,则从释放点到F点过程,由动能定理得mg·275R-mg(2Rsin53°+R+Rcos37°)=1由几何关系可知,在F点时滑块的速度与水平方向的夹角为37°滑块脱离轨道后做斜抛运动,设从F点处到最高处所用的时间为t1,则在竖直方向上有vFsin37°=gt1h1=12g此后滑块做平抛运动,设平抛运动的时间为t2,则在竖直方向上有2Rsin53°+R+Rcos37°+h1=12g滑块从F点抛出后水平位移x=vFcos37°·t联立解得x=0.66m10.(1)241N(2)12W(3)v0≥52m/s或2m/s≤v0≤25m/s[解析](1)小球在BC圆管轨道内运动时,竖直方向上,轨道对小球的作用的一个分量F1=mg水平方向上,轨道对小球的作用力的另一个分量F2=mv轨道对小球的作用力大小为FN=F联立解得FN=241N(2)小球从D点到E点过程中,由动能定理得mgLsinθ-μmgcosθ·L=12mvE2-小球在E点时重力的功率P=mgvEsinθ联立解得P=12W(3)小球在EF圆轨道上运动时不脱离轨道对应两种情况:一种是小球能运动到F点,另一种是小球运动过程不能越过与圆心O等高位置.临界状态1:小球恰能运动到F点.小球在E点时,由牛顿第二定律得mg=mv小球从A点到F点过程,由动能定理得mgLsinθ-μmgcosθ·L-mg(Rcosθ+R)=12mvF2-联立解得v1=52m/s临界状态2:小球恰能运动到与圆心O等高位置.小球从A点到与O点等高位置过程,由动能定理得mgLsinθ-μmgcosθ·L-mgRcosθ=0-12m解得v2=25m/s临界状态3:小球恰能运动到E点.小球从A点运动到E点过程,由动能定理得mgLsinθ-μmgcosθ·L=0-12m解得v3=2m/s所以v0的取值范围是v0≥52m/s或2m/s≤v0≤25m/s第5讲冲量与动量题型1例1C[解析]0~4s内水平力F为变力,其冲量等于F-t图像与时间轴所围的面积,即IF1=12×20×4N·s=40N·s,选项A错误;当物块受到的摩擦力与重力相等时,有mg=μF0,解得F0=10N,可知0~2s内物块向下做加速运动,2~4s内物块向下做减速运动,4s末物块的速度为零,由动量定理可知,0~4s内合力的冲量为0,选项B错误;4~6s内重力小于最大静摩擦力,物块静止,6~8s内重力大于最大摩擦力,物块向下做加速运动,则0~4s内、6~8s内物块受到的摩擦力为Ff1=μF,4~6s内物块受到摩擦力为Ff2=mg,所以0~4s内摩擦力的冲量为If1=Ff1t1=μF1t1=0.4×0+202×4N·s=16N·s,4~6s内摩擦力的冲量为If2=Ff2t2=mgt2=0.4×10×2N·s=8N·s,6~8s内摩擦力的冲量为If3=Ff3t3=μF3t3=0.4×10+02×2N·s=4N·s,因此0~8s内摩擦力的冲量大小为If=If1+If2+If3=28N·s,故C正确;0~8s内合力的冲量I=mgt-If=0.例2A[解析]对于Δt时间内吹出的空气,根据动量定理有FΔt=Δmv=ρSvΔt·v,其中F=0.36N,而S=πr2,代入数据解得v≈6m/s,故A正确.【迁移拓展】1.BCD[解析]乒乓球运动过程中受到的空气阻力始终与速度成正比,方向始终与运动方向相反,即空气阻力Ff=kv,由于乒乓球运动过程中受到的重力为恒力,所以为简化运动,可利用配速法处理,将乒乓球的速度分解成两个分速度,分速度v1满足mg=kv1,且v1方向竖直向下,即空气阻力对应于v1的一个分量与重力平衡,乒乓球对应于v1的分运动1是在平衡力作用下竖直向下做匀速直线运动,另一个分速度v2对应的力是空气阻力kv2,乒乓球对应于v2的分运动2是在这个变化的空气阻力作用下做变速直线运动.已知乒乓球从A点水平抛出时受到的空气阻力恰好等于自身重力,即mg=kv0,且v0水平向右,根据配速法,设分运动2的方向与水平方向的夹角为θ,如图甲所示,由几何关系可知tanθ=v1v0=1,解得θ=45°,即分运动2是沿45°角斜向右上方做减速运动.又知乒乓球运动到B点时速度方向与水平地面的夹角为45°,作出从A点运动到B点过程中分运动与合运动对应的速度变化矢量图如图乙所示,可知乒乓球从A点运动到B点过程中速度一直减小,到B点时速度为vB=v0cos45°=22v0,选项A错误,选项B正确;乒乓球从A点运动到B点过程中,根据动量定理,水平方向上有-kvxt=mvBx-mv0,竖直方向上有mgt-kvyt=mvBy,其中vxt=xAB,vyt=h,vBx=vBcos45°=12v0,vBy=vBsin45°=12v0,联立解得xAB2.BD[解析]根据题图可知,t=0.15s时,运动员对蹦床的作用力最大,蹦床的形变量最大,此时运动员处于最低点,运动员的重力势能最小,故A错误;根据题图可知,运动员从t=0.30s离开蹦床到t=2.30s再次落到蹦床上经历的时间为t空=2s,根据竖直上抛运动的对称性可知,运动员上升时间为t上=12t空=1s,则在t=1.3s时,运动员恰好运动到最大高度处,t=0.30s时运动员的速度大小v=gt上=10m/s,故B正确,C错误;同理,运动员落到蹦床时的速度大小也为v=10m/s,以竖直向上为正方向,根据动量定理得FΔt-mgΔt=mv-(-mv),其中Δt=0.3s,解得F=4600N,根据牛顿第三定律可知,运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为F'=F=4600N,故D正确题型2例3C[解析]设喷出气体后飞机的速度为v',对飞机和气体组成的系统,根据动量守恒定律有mv=m-Δmv'+Δm(v'-u),解得v'=v+Δmmu,故C正确;结合上式可知,喷气后飞机增加的速度为Δv=v'-v=Δmmu,故D错误;由于喷气后飞机增加的速度为Δmmu,可知无论u例4B[解析]爆炸物上升到最高点时,瞬时速度为零,爆炸瞬间在水平方向上动量守恒,因此爆炸后瞬间质量之比为2∶1的两个碎块的速度大小之比为1∶2,根据平抛运动规律可知,从爆炸到落地过程中,两个碎块的水平位移大小之比为1∶2,但合位移大小之比并不为1∶2,选项A错误.设声速为v0,两个碎地落地过程中水平位移分别为x和2x,有2x-xv0=6s-5s,解得x=340m,所以两碎块落地点之间的距离L=x+2x=1020m,选项D错误.以上推导说明爆炸物爆炸后质量较大的碎块落地声音传到接收器需要t1=xv0=1s,质量较小的碎块落地声音传到接收器需要t2=2xv0=2s,因此爆炸物爆炸后碎块做平抛运动的时间为t=5s-t1=4s,根据平抛运动的规律可知,爆炸物的爆炸点离地面的高度h【迁移拓展】1.C[解析]以车、人、枪、靶和子弹组成的系统为研究对象,系统所受的合外力为零,系统动量守恒,打靶前系统的总动量为零,打完后系统的总动量也为零,所以小车仍然是静止的,故A错误;每打出一发子弹过程中,小车向右加速运动,子弹打入靶过程中,小车向右减速运动,待打完所有子弹后,小车向右运动了一段距离,故B错误;对系统任一时刻,由动量守恒定律都有0=mv-Mv',则位移满足0=mx1-Mx2,而x1+x2=L,解得x2=mm+M2.D[解析]该过程中系统动能和电势能相互转化,能量守恒,对整个系统分析,可知系统受到的合外力为0,故动量守恒,故B错误;当三个小球运动到同一条直线上时,根据对称性可知细线中的拉力相等,此时球3受到球1和球2的电场力大小相等,方向相反,故此时球3受到的合力为0,球3从静止状态开始运动,瞬间受到的合力不为0,故该过程中小球3受到的合力在改变,故A错误;对系统,根据动量守恒定律有mv1+mv2=mv3,由球1和球2运动的对称性可知v1=v2,解得v3=2v1,根据能量守恒定律有12mv12+12mv22+12mv32题型3例5ABD[解析]两滑块同时从光滑斜坡上由静止下滑时,甲、乙的加速度相等,初速度均为零,所以甲在斜坡上运动时与乙相对静止,A正确;由于甲、乙两滑块的质量相同,在水平面上发生弹性碰撞,根据动量守恒定律有mv1+mv2=mv1'+mv2',根据机械能守恒定律有12mv12+12mv22=12mv1'2+12mv2'2,联立解得v1'=v2,v2'=v1,即两滑块碰撞后速度互换,B正确;乙的运动时间分为在光滑斜坡上匀加速运动的时间和在水平面上匀减速运动的时间,H乙越大,则乙在光滑斜坡上匀加速运动的时间越长,在水平面上匀减速运动的时间也越长,乙运动的总时间就越长,C错误;甲与乙在水平面上碰撞时,两滑块在水平面上运动的位移相同,甲、乙两滑块发生弹性碰撞,碰后速度互换,由于甲、乙两滑块与地面之间的动摩擦因数相同,故碰撞后甲运动的位移等于没有发生碰撞情况下乙从碰撞点开始运动的位移,因此甲在水平面上发生的总位移等于不放甲时乙在水平面上运动的位移,根据功能关系有mgH乙=μmgx例6BC[解析]当A、B速度相同时,弹簧压缩到最短或拉伸到最长,所以在t1时刻弹簧压缩到最短,在t2时刻弹簧处于原长,在t3时刻弹簧拉伸到最长,A错误;根据动量守恒定律得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正确;在t1~t4时间内,系统的动能和弹性势能相互