2019届高三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.pdf

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1、热点五 动量和能量热点五 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 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。 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冲量和动量作为选修 35 的热点考核内容，考查频率特别高，现在作为必 考内

2、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。 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 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所示，一轻弹簧一端固定在 1 4 椭圆的中心椭圆的中心 O，另一端系一小球，小球套在光滑椭圆轨道上。在，另一端系一小球，小球套在光滑椭圆轨道上。在 Q

3、 点安装一光 电计时器，已知 点安装一光 电计时器，已知 OP 是椭圆的半短轴，长度为是椭圆的半短轴，长度为 a，OQ 是椭圆的半长轴，长度为是椭圆的半长轴，长度为 b， 轻弹簧的原长等于 ， 轻弹簧的原长等于 a，小球的直径为，小球的直径为 d，质量为，质量为 m，轻弹簧形变量为，轻弹簧形变量为 x 时，其弹 性势能可表示为 时，其弹 性势能可表示为 Ep kx2(轻弹簧始终在弹性限度内，轻弹簧始终在弹性限度内，k 为轻弹簧的劲度系数为轻弹簧的劲度系数)。 1 2 小球从图中小球从图中 P 点由静止释放，经过点由静止释放，经过 Q 处光电计时器时的挡光时间为处光电计时器时的挡光时间为 t，下

4、列说法 正确的是 ，下列说法 正确的是 图图 1 A小球到达小球到达 Q 点时的动能等于点时的动能等于 mgb B小球到达小球到达 Q 点时弹簧的弹性势能为点时弹簧的弹性势能为 kb2 1 2 C小球从小球从 P 点运动到点运动到 Q 点的过程中弹簧弹力不做功点的过程中弹簧弹力不做功 D该轻弹簧的劲度系数该轻弹簧的劲度系数 k 2mgb (b a)2 md2 (b a)2t2 解析解析 小球到达小球到达 Q 点时弹簧的弹性势能为点时弹簧的弹性势能为 k(ba)2，由功能关系可知，由功能关系可知， 1 2 小球到达小球到达 Q 点时的动能等于点时的动能等于 mgb k(ba)2，选项，选项 A、

5、B 错误；小球到达错误；小球到达 Q 点点 1 2 时的速度时的速度 v ，小球到达 ，小球到达 Q 点时的动能点时的动能 Ek mv2，由功能关系可知，小，由功能关系可知，小 d t 1 2 md2 2t2 球从球从 P 点运动到点运动到 Q 点的过程中克服弹簧弹力做的功点的过程中克服弹簧弹力做的功 WEpmgb， C 错误 ；错误 ； md2 2t2 由功能关系可知由功能关系可知 k(ba)2mgb，解得，解得 k，D 正确。正确。 1 2 md2 2t2 2mgb (b a)2 md2 (b a)2t2 答案答案 D 考向二 与传送带相关的功能关系考向二 与传送带相关的功能关系 如图 如

6、图 2 所示，长为所示，长为 L10.5 m 的传送带与水平面成的传送带与水平面成 30角，传送带向 上做加速度为 角，传送带向 上做加速度为 a01 m/s2的匀加速运动，当其速度为的匀加速运动，当其速度为 v03 m/s 时，在其底端 轻放一质量为 时，在其底端 轻放一质量为 m1 kg 的物块的物块(可视为质点可视为质点)， 已知物块与传送带间的动摩擦因数 为 ， 已知物块与传送带间的动摩擦因数 为 ，在物块由底端上升到顶端的过程中，求：，在物块由底端上升到顶端的过程中，求： 3 2 图图 2 (1)此过程所需时间；此过程所需时间； (2)传送带对物块所做的功；传送带对物块所做的功； (

7、3)此过程中产生的热量。此过程中产生的热量。 解析解析 (1)由牛顿第二定律知物块上滑时有由牛顿第二定律知物块上滑时有 mgcos mgsin ma1 设经时间设经时间 t1物块与传送带的速度相等，则有物块与传送带的速度相等，则有 a1t1v0a0t1 联立并代入数值得联立并代入数值得 a12.5 m/s2，t12 s 此时间内物块发生的位移为此时间内物块发生的位移为 x1 a1t 5 mL 1 2 2 1 所以物块与传送带相对静止后，以加速度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 匀加速到达顶端，经历的时间 为 t2，则速度刚相等时有，则速度刚相等时有 v1

8、a1t15 m/s 到达顶端时有到达顶端时有 v v 2a0(Lx1) 2 22 1 Lx1t2 v1v2 2 联立并代入数值得联立并代入数值得 t21 s 所以物块由底端上升到顶端所用的时间为所以物块由底端上升到顶端所用的时间为 tt1t2 3 s。 (2)由动能定理知由动能定理知 Wmgh mv 1 2 2 2 hLsin 代入数值得代入数值得 W70.5 J。 (3)物块发生的相对位移为物块发生的相对位移为 x相 相 v0t1 a0t a1t 1 2 2 1 1 2 2 1 产生的热量为产生的热量为 Qmgcos x相 相 联立并代入数值得联立并代入数值得 Q22.5 J。 答案答案 见

9、解析见解析 考向三 动量与能量综合应用考向三 动量与能量综合应用 (2018宜城月考宜城月考)如图如图 3 所示， 质量为所示， 质量为 3 kg 的长木板的长木板 B 放在光滑的水 平面上，右端与半径 放在光滑的水 平面上，右端与半径 R1 m 的粗糙的 圆弧相切，左端上方放一质量为的粗糙的 圆弧相切，左端上方放一质量为 1 kg 物物 1 4 块块 C，物块，物块 C 与长木板与长木板 B 间的动摩擦因数为间的动摩擦因数为 0.2。现将一质量为。现将一质量为 1 kg 的物体的物体 A 从距圆弧上端从距圆弧上端 h5 m 处静止释放， 沿着圆弧到达水平轨道与处静止释放， 沿着圆弧到达水平轨

10、道与 B 碰撞后粘在一起 运动，再经 碰撞后粘在一起 运动，再经 1 s 物块物块 C 刚好运动到刚好运动到 B 的右端且不会掉下。取的右端且不会掉下。取 g10 m/s2。求：。求： 图图 3 (1)物体物体 A 刚进入圆弧时对轨道的压力大小；刚进入圆弧时对轨道的压力大小； (2)长木板长木板 B 的长度；的长度； (3)物体物体 A 经过圆弧时克服阻力所做的功。经过圆弧时克服阻力所做的功。 解析解析 (1)物体物体 A 从释放到进入圆弧前做自由落体运动从释放到进入圆弧前做自由落体运动 v 2gh 2A1 刚进入圆弧时刚进入圆弧时 FNmA v 2A1 R 联立式解得：联立式解得：FN100

11、 N (2)物块物块 C 从开始运动到与长木板具有相同速度过程中从开始运动到与长木板具有相同速度过程中 mCaCmCg 由式解得：由式解得：aC2 m/s2 物块物块 C 运动距离运动距离 sC aCt2 212 m1 m 1 2 1 2 物块物块 C 在在 B 的右端时两者具有相同的速度的右端时两者具有相同的速度 vB2vCaCt21 m/s2 m/s aB m/s20.5 m/s2 mCg (mAmB) 0.2 1 10 1 3 由速度公式得木板刚开始运动时速度由速度公式得木板刚开始运动时速度 vB1vB2aBt20.51 m/s2.5 m/s 木板木板 B 运动距离运动距离 sBt1 m

12、2.25 m vB1vB2 2 2 2.5 2 长木板长木板 B 的长度的长度 LsBsC2.2511.25 m (3)物块物块 A 与木板与木板 B 碰撞过程中动量守恒碰撞过程中动量守恒 mAvA2(mAmB)vB1 由式解得：由式解得：vA210 m/s 物块物块 A 从静止释放到与木板从静止释放到与木板 A 碰撞前，由动能定理碰撞前，由动能定理 mAg(hR)Wf mAv 1 2 2A2 物体物体 A 经过圆弧时克服阻力做的功：经过圆弧时克服阻力做的功： 由式解得由式解得 Wf10 J。 答案答案 (1)100 N (2)1.25 m (3)10 J 1(2018全国卷全国卷)高铁列车在

13、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 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与它所经历的时间成正比 B与它的位移成正比与它的位移成正比 C与它的速度成正比与它的速度成正比 D与它的动量成正比与它的动量成正比 答案 答案 B 2.(2018南平检测南平检测)如图如图 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 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。开始时小球位于的小球接触但不连接。开始时小球位于 O 点，弹簧水平且 无

14、形变。 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 为轨 道最高点，小球与水平面间的动摩擦因数为 。现用外力推动小球，将弹簧压缩 至 。现用外力推动小球，将弹簧压缩 至 A 点，点，OA 间距离为间距离为 x0，将球由静止释放，小球恰能沿轨道运动到最高点，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 。 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。下列说法中正确的是 图图 4 A小球在从小球在

15、从 A 到到 O 运动的过程中速度不断增大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小球运动过程中的最大速度为 vm 5gR C小球与弹簧作用的过程中，弹簧的最大弹性势能小球与弹簧作用的过程中，弹簧的最大弹性势能 Ep2.5mgRmgx0 D小球通过圆弧轨道最低点时，对轨道的压力为小球通过圆弧轨道最低点时，对轨道的压力为 5mg 解析 解析 小球在从小球在从 A 到到 O 运动的过程中，受弹力和摩擦力，由牛顿第二定律 可知： 运动的过程中，受弹力和摩擦力，由牛顿第二定律 可知：kxmgma，物体做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，物体做加速度减小的加速运动，当加速度为零时(弹力

16、 等于摩擦力时 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 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： ，由重力 提供向心力：mgm，解得：，解得：vB，从，从 O 到到 B 根据动能定理得：根据动能定理得：mg2R v2 B R gR mv mv ，联立以上解得：，联立以上解得：v0，由上分析可知：小球从开始运动到离，由上分析可知：小球从开始运动到离 1 2 2 B 1 2 2 0 5gR 开弹簧速

17、度先增大后减小，所以最大速度要比大，故开弹簧速度先增大后减小，所以最大速度要比大，故 B 错误；从错误；从 A 到到 O 根根5gR 据能量守恒得：据能量守恒得：Ep mv mgx0，联立以上得：，联立以上得：Ep2.5mgRmgx0，故，故 C 正正 1 2 2 0 确；小球在最低点时做圆周运动，由牛顿第二定律得：确；小球在最低点时做圆周运动，由牛顿第二定律得：Nmgm，联立以上，联立以上 v2 0 R 解得：解得：N6mg，故，故 D 错误。所以错误。所以 C 正确，正确，ABD 错误。错误。 答案 答案 C 3.(多选多选)(2018衡阳联考衡阳联考)如图如图 5 所示，质量所示，质量

18、m1 kg 的物体从高为的物体从高为 h0.2 m 的光滑轨道上的光滑轨道上 P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的点由静止开始下滑，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 点，物体和皮带 之间的动摩擦因数为 0.1，传送带，传送带 AB 之间的距离为之间的距离为 L5.5 m，传送带一直 以 ，传送带一直 以 v3 m/s 的速度沿顺时针方向匀速运动，则的速度沿顺时针方向匀速运动，则 图图 5 A物体由物体由 A 运动到运动到 B 的时间是的时间是 1.5 s B物体由物体由 A 运动到运动到 B 的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为 1

19、Ns C物体由物体由 A 运动到运动到 B 的过程中，系统产生的过程中，系统产生 0.5 J 的热量的热量 D物体从物体从 A 运动到运动到 B 的过程中，摩擦力对物体做功的过程中，摩擦力对物体做功 2 J 解析 解析 物体下滑到物体下滑到 A 点的速度为点的速度为 v0，由机械能守恒定律有：，由机械能守恒定律有： mv mgh 1 2 2 0 代入数据得：代入数据得：v02 m/s 物体在摩擦力作用下先匀加速运动，后做匀速运动， 有： 物体在摩擦力作用下先匀加速运动，后做匀速运动， 有：t11 s v v0 g s1t11 m2.5 m v v0 2 3 2 2 t2 s1 s L s1 v

20、 5.52.5 3 tt1t22 s，选项，选项 A 错误；错误； 物体由物体由 A 运动到运动到 B 的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为 Imgt11 Ns，选项，选项 B 正确；在正确；在 t1时间内，皮带做匀速运动，时间内，皮带做匀速运动，s皮带 皮带 vt13 m Qmgsmg(s皮带 皮带 s1)代入数据得：代入数据得：Q0.5 J，选项，选项 C 正确；物体从正确；物体从 A 运动到运动到 B 的过程中，摩擦力对物体做功：的过程中，摩擦力对物体做功：Wfmgs12.5 J，选项，选项 D 错误；故 选 错误；故 选 BC。 答案 答案 BC 4(2

21、018西安八校联考西安八校联考)如图如图 6 甲所示，一半径为甲所示，一半径为 R1 m 的竖直圆弧形光 滑轨道，与斜面相切于 的竖直圆弧形光 滑轨道，与斜面相切于 B 处，圆弧轨道的最高点为处，圆弧轨道的最高点为 M，O 为圆心且为圆心且 OM 竖直， 斜面倾角 竖直， 斜面倾角 37， t0 时刻， 有一质量时刻， 有一质量 m2 kg 的物块从的物块从 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 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，点，(取取 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：

22、求： 图图 6 (1)物块经过物块经过 B 点时的速度点时的速度 vB； (2)物块在斜面上滑动的过程中摩擦力做的功。物块在斜面上滑动的过程中摩擦力做的功。 解析 解析 (1)物体从物体从 B 到到 M 上升的高度为上升的高度为 hRRcos 37。 物块恰能过最高点，则在物块恰能过最高点，则在 M 点由牛顿第二定律得点由牛顿第二定律得 mgm。 v2 M R 物块从物块从 B 到到 M 的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得 mv mg(RRcos 37) mv 。 1 2 2 B 1 2 2 M 联立以上各式，解得：联立以上各式，解得：vB m/s。4

23、6 (2)分析分析 vt 图像，求得物块在斜面上的加速度为图像，求得物块在斜面上的加速度为 a m/s210 m/s2。 v t 8 0.8 在斜面上对物块由牛顿第二定律得在斜面上对物块由牛顿第二定律得 mgsin fma， 则摩擦力则摩擦力 fmamgsin 20 N12 N8 N。 对物块由对物块由 v v 2ax，可得，可得 x0.9 m。 2 A2 B 摩擦力做的功摩擦力做的功 Wfx80.9 J7.2 J。 答案 答案 (1) m/s (2)7.2 J46 5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 红牛滑板大赛在内蒙古自治区的

24、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，轨道所示，轨道 BC 为竖直平面内的四分之一圆为竖直平面内的四分之一圆 弧赛道， 半径为弧赛道， 半径为 R1.8 m， 轨道， 轨道 ABC 可认为是光滑的， 且水平轨道可认为是光滑的， 且水平轨道 AB 与圆弧与圆弧 BC 在在 B 点相切。一个质量为点相切。一个质量为 M 的运动员的运动员(可视为质点可视为质点)以初速度以初速度 v0冲上静止在冲上静止在 A 点 的滑板 点 的滑板(可视点质点可视点质点)，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 ，设运动员蹬上滑板后立即与滑板一起共

25、同沿着轨道运动。 若运动员的质量 M48.0 kg，滑板质量，滑板质量 m2.0 kg，计算结果均保留三位有效数 字，重力加速度 ，计算结果均保留三位有效数 字，重力加速度 g 取取 10 m/s2(不计空气阻力不计空气阻力)。 图图 7 (1)运动员至少以多大的水平速度运动员至少以多大的水平速度 v0冲上滑板才能到达冲上滑板才能到达 C 点？点？ (2)运动员以第运动员以第(1)问中的速度问中的速度 v0冲上滑板， 滑过圆弧轨道冲上滑板， 滑过圆弧轨道 B 点时滑板对轨道 的压力是多大，方向如何？ 点时滑板对轨道 的压力是多大，方向如何？ (3)若若 A 点右侧为点右侧为 0.3 的水泥地面

26、，则滑回后运动员与滑板停在距的水泥地面，则滑回后运动员与滑板停在距 A 点 多远的位置？ 点 多远的位置？ 解析 解析 (1)以运动员和滑板为一个系统，运动员以速度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， 冲上滑板过程，系 统水平方向总动量守恒， 即即 Mv0(mM)v 若运动员与滑板恰好到达若运动员与滑板恰好到达 C 点，以点，以 AB 水平面为零势能面，由机械能守恒 定律得 水平面为零势能面，由机械能守恒 定律得 (mM)v2(mM)gR 1 2 两式联立解得两式联立解得 v6.00 m/s，v06.25 m/s 运动员的水平速度至少要达到运动员

27、的水平速度至少要达到 6.25 m/s 才能到达才能到达 C 点。点。 (2)运动员以第运动员以第(1)问中的速率问中的速率 v0冲上滑板， 由牛顿第二定律得冲上滑板， 由牛顿第二定律得 FN(mM)g ， (m M)v2 R 解得解得 FN1.50103 N 由牛顿第三定律可知滑板对轨道的压力大小为由牛顿第三定律可知滑板对轨道的压力大小为 1.50103 N， 方向竖直向下。， 方向竖直向下。 (3)因为因为 ABC 光滑，由机械能守恒定律知运动员滑回光滑，由机械能守恒定律知运动员滑回 A 点时速度大小仍为点时速度大小仍为 v 6.00 m/s 运动员滑过运动员滑过 A 点至停下过程中，由动能定理得点至停下过程中，由动能定理得 (mM)gx0 (mM)v2 1 2 代入数据解得代入数据解得 x6.0 m。 答案 答案 (1)6.25 m/s (2)1.5103 N 方向竖直向下 方向竖直向下 (3)6.0 m