【文档说明】高考物理二轮复习第二部分热点训练： 五　动量和能量 Word版含解析.doc，共(9)页，187.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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1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一14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Ep＝12kx2(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Q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12kb2C．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)2－md2(b－a)2t2[解析]小球到达Q点时弹簧的弹性势能为12k(b－a)2，由功能关系可知，小2球到达Q点时的动能等于mgb－12k(b－a)

2，选项A、B错误；小球到达Q点时的速度v＝dt，小球到达Q点时的动能Ek＝12mv2＝md22t2，由功能关系可知，小球从P点运动到Q点的过程中克服弹簧弹力做的功W＝Ep＝mgb－md22t2，C错误；由功能

关系可知12k(b－a)2＝mgb－md22t2，解得k＝2mgb(b－a)2－md2(b－a)2t2，D正确。[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＝10.5m的传送带与水平面成30°角，传送带向上做加速度为a0＝

1m/s2的匀加速运动，当其速度为v0＝3m/s时，在其底端轻放一质量为m＝1kg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＝32，在物块由底端上升到顶端的过程中，求：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。[解析](

1)由牛顿第二定律知物块上滑时有μmgcosθ－mgsinθ＝ma1设经时间t1物块与传送带的速度相等，则有a1t1＝v0＋a0t1联立并代入数值得a1＝2.5m/s2，t1＝2s此时间内物块发生的位移为x1＝12a1t21＝5m＜L所以物块与传送带相对静止后，以加速度a0匀加速到达顶端，经历

的时间为t2，则速度刚相等时有v1＝a1t1＝5m/s到达顶端时有v22－v21＝2a0(L－x1)3L－x1＝v1＋v22·t2联立并代入数值得t2＝1s所以物块由底端上升到顶端所用的时间为t＝t1＋t2＝3s。(2)由动能定理知W－mgh＝12mv2

2h＝Lsinθ代入数值得W＝70.5J。(3)物块发生的相对位移为x相＝v0t1＋12a0t21－12a1t21产生的热量为Q＝μmgcosθ·x相联立并代入数值得Q＝22.5J。[答案]见解析考向三动量与能量综合应用(2018·宜城月考)如图3所示，质量为3kg的长木板B放在光滑的水平面上

，右端与半径R＝1m的粗糙的14圆弧相切，左端上方放一质量为1kg物块C，物块C与长木板B间的动摩擦因数为0.2。现将一质量为1kg的物体A从距圆弧上端h＝5m处静止释放，沿着圆弧到达水平轨道与B碰撞后粘在一起运动，再经1s物块C刚好运动到

B的右端且不会掉下。取g＝10m/s2。求：图3(1)物体A刚进入圆弧时对轨道的压力大小；(2)长木板B的长度；(3)物体A经过圆弧时克服阻力所做的功。[解析](1)物体A从释放到进入圆弧前做自由落体运动4

v2A1＝2gh①刚进入圆弧时FN＝mAv2A1R②联立①②式解得：FN＝100N③(2)物块C从开始运动到与长木板具有相同速度过程中mCaC＝μmCg④由④式解得：aC＝2m/s2物块C运动距离sC＝12aCt2＝12×2×12m＝1m⑤物块C

在B的右端时两者具有相同的速度vB2＝vC＝aCt＝2×1m/s＝2m/s⑥aB＝μmCg(mA＋mB)＝0.2×1×101＋3m/s2＝0.5m/s2⑦由速度公式得木板刚开始运动时速度vB1＝vB2＋aBt＝2＋

0.5×1m/s＝2.5m/s⑧木板B运动距离sB＝vB1＋vB22t＝2＋2.52×1m＝2.25m⑨长木板B的长度L＝sB－sC＝2.25－1＝1.25m⑩(3)物块A与木板B碰撞过程中动量守恒mAvA2＝(mA＋mB)vB1⑪由⑪式解得：vA2＝10m/s⑫物块A从静止释放到

与木板A碰撞前，由动能定理mAg(h＋R)－Wf＝12mAv2A2⑬物体A经过圆弧时克服阻力做的功：由⑬式解得Wf＝10J。[答案](1)100N(2)1.25m(3)10J1．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动

可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能A．与它所经历的时间成正比5B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比答案B2.(2018·南平检测)如图4所示，轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于粗糙水平面上质量为m的小球接触但不连接。开始时小球位于O点，弹簧水平且无

形变。O点的左侧有一竖直放置的光滑半圆弧轨道，圆弧的半径为R，B为轨道最高点，小球与水平面间的动摩擦因数为μ。现用外力推动小球，将弹簧压缩至A点，OA间距离为x0，将球由静止释放，小球恰能沿轨道运动到最高点B。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法中正确的是图

4A．小球在从A到O运动的过程中速度不断增大B．小球运动过程中的最大速度为vm＝5gRC．小球与弹簧作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep＝2.5mgR＋μmgx0D．小球通过圆弧轨道最低点时，对轨道的压力为5mg解析小

球在从A到O运动的过程中，受弹力和摩擦力，由牛顿第二定律可知：kΔx－μmg＝ma，物体做加速度减小的加速运动，当加速度为零时(弹力等于摩擦力时)速度最大，接下来摩擦力大于弹力，小球开始做减速运动，当弹簧原长时离开弹簧，

故A错误；因为小球恰能沿轨道运动到最高点B，由重力提供向心力：mg＝mv2BR，解得：vB＝gR，从O到B根据动能定理得：－mg2R＝12mv2B－12mv20，联立以上解得：v0＝5gR，由上分析可知：小球从开始运动到离

开弹簧速度先增大后减小，所以最大速度要比5gR大，故B错误；从A到O根据能量守恒得：Ep＝12mv20＋μmgx0，联立以上得：Ep＝2.5mgR＋μmgx0，故C正确；小球在最低点时做圆周运动，由牛顿第二定律得：N－m

g＝mv20R，联立以6上解得：N＝6mg，故D错误。所以C正确，ABD错误。答案C3.(多选)(2018·衡阳联考)如图5所示，质量m＝1kg的物体从高为h＝0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和皮带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，传送带A

B之间的距离为L＝5.5m，传送带一直以v＝3m/s的速度沿顺时针方向匀速运动，则图5A．物体由A运动到B的时间是1.5sB．物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为1N·sC．物体由A运动到B的过程中，系统产生0.5J的热量D．物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功2J解析物体下

滑到A点的速度为v0，由机械能守恒定律有：12mv20＝mgh代入数据得：v0＝2m/s物体在摩擦力作用下先匀加速运动，后做匀速运动，有：t1＝v－v0μg＝1ss1＝v＋v02t1＝3＋22×1m＝2.5mt2＝L

－s1v＝5.5－2.53s＝1st＝t1＋t2＝2s，选项A错误；物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为I＝μmgt1＝1N·s，选项B正确；在t1时间内，皮带做匀速运动，s皮带＝vt1＝3mQ＝μmgΔs＝μmg(s

皮带－s1)代入数据得：Q＝0.5J，选项C正确；物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功：Wf＝μmgs1＝2.5J，选项D错误；故选BC。答案BC4．(2018·西安八校联考)如图6甲所示，一半径为R＝1m的竖直圆

弧形光7滑轨道，与斜面相切于B处，圆弧轨道的最高点为M，O为圆心且OM竖直，斜面倾角θ＝37°，t＝0时刻，有一质量m＝2kg的物块从A点开始沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达M点，(取g＝10m/s2，sin37°＝0.

6，cos37°＝0.8)求：图6(1)物块经过B点时的速度vB；(2)物块在斜面上滑动的过程中摩擦力做的功。解析(1)物体从B到M上升的高度为h＝R＋Rcos37°。物块恰能过最高点，则在M点由牛顿第二定律得mg＝mv2MR。物块从B到M的过程中机械能守恒，由机械能

守恒定律得12mv2B＝mg(R＋Rcos37°)＋12mv2M。联立以上各式，解得：vB＝46m/s。(2)分析v－t图像，求得物块在斜面上的加速度为a＝ΔvΔt＝80.8m/s2＝10m/s2。在斜面上对物块由牛顿第二定律得mgsinθ＋f＝ma，则摩擦力f＝ma－mgsinθ＝20N－1

2N＝8N。对物块由v2A－v2B＝2ax，可得x＝0.9m。摩擦力做的功W＝－fx＝－8×0.9J＝－7.2J。答案(1)46m/s(2)－7.2J5．红牛滑板大赛在内蒙古自治区的乌兰布和沙漠闭幕，参赛选手上演了滑板世界中

的“速度与激情”。如图7所示，轨道BC为竖直平面内的四分之一圆弧赛道，半径为R＝1.8m，轨道ABC可认为是光滑的，且水平轨道AB与圆弧BC在B点相切。一个质量为M的运动员(可视为质点)以初速度v0冲上静止在A8点的滑板(可视点质点)，设运动员蹬上滑板后立即与

滑板一起共同沿着轨道运动。若运动员的质量M＝48.0kg，滑板质量m＝2.0kg，计算结果均保留三位有效数字，重力加速度g取10m/s2(不计空气阻力)。图7(1)运动员至少以多大的水平速度v0冲上滑板才能到达C点？(2)运动员以第(1)问中的速度v0冲上滑板，滑过圆弧

轨道B点时滑板对轨道的压力是多大，方向如何？(3)若A点右侧为μ＝0.3的水泥地面，则滑回后运动员与滑板停在距A点多远的位置？解析(1)以运动员和滑板为一个系统，运动员以速度v0冲上滑板过程，系统水平方向总

动量守恒，即Mv0＝(m＋M)v若运动员与滑板恰好到达C点，以AB水平面为零势能面，由机械能守恒定律得12(m＋M)v2＝(m＋M)gR两式联立解得v＝6.00m/s，v0＝6.25m/s运动员的水平速度至少要达到6.25m/s才能到达C点。(2)运动员以第(1)问中的速率v0

冲上滑板，由牛顿第二定律得FN－(m＋M)g＝(m＋M)v2R，解得FN＝1.50×103N由牛顿第三定律可知滑板对轨道的压力大小为1.50×103N，方向竖直向下。(3)因为ABC光滑，由机械能守恒定律知运动员滑回A点时速度大小仍为v＝6.

00m/s运动员滑过A点至停下过程中，由动能定理得－μ(m＋M)gx＝0－12(m＋M)v29代入数据解得x＝6.0m。答案(1)6.25m/s(2)1.5×103N方向竖直向下(3)6.0m