（浙江专用）2020版高考物理二轮复习 专题二 第1讲 动量观点和能量观点在力学中的应用讲义增分练（含解析）

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1、第1讲动量观点和能量观点在力学中的应用网络构建备考策略1.解决力学综合题目的关键要做好“三选择”(1)当运动物体受到恒力作用而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题。(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律。(3)当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律。2.碰撞中的“三看”和“三想”(1)看到“弹性碰撞”，想到“动量守恒与机械能守恒”。(2)看到“非弹性碰撞”，想到“动量守恒但机械能有损失”。(3)看到“完全非弹性碰撞或者碰后连体”，想到“动量守恒，机械能损失最大”。能量观点在力学中的应用功和功率

2、的理解与计算【典例1】 (2019浙江省杭州市期末)下列表述中最符合实际情况的是()A.某高中同学做一次引体向上的上升过程中克服重力做功约为25 JB.将一个鸡蛋从胸前举过头顶，克服重力做功约为10 JC.篮球从2 m高处自由下落到地面的过程中，重力做功的功率约为20 WD.某高中同学步行上楼时克服重力做功的功率约为10 kW解析高中的同学质量约60 kg，在一次引体向上的过程中向上的位移约0.5 m，则克服重力做的功Wmgh60100.5 J300 J，故A错误；一个鸡蛋的质量约为50 g0.05 kg，将一个鸡蛋从胸前举过头顶，位移约0.4 m，克服重力做功约为Wmgh0.05100.4

3、J0.2 J，故B错误；篮球的质量约0.6 kg，篮球从2 m高处自由下落到地面的过程中，重力做的功Wmgh0.6102 J12 J，篮球下落的时间t s0.63 s，功率约为 W20 W，故C正确；高中的同学质量约60 kg，楼层的高度约为3 m，则高中同学步行上楼时，每秒钟向上的高度约为0.3 m(两个台阶)，每秒钟上楼克服重力做功Wmgh50100.3 J150 J，功率 W150 W，故D错误。答案C动能定理的应用【典例2】 (2019浙江临安上学期第二次模拟)(多选)如图1所示，倾角为的光滑斜面足够长，一质量为m的小物体，在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速

4、直线运动，经过时间t，力F做功为60 J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到斜面底端，若以底端的平面为零势能参考面，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图1A.物体回到斜面底端的动能为60 JB.恒力F2mgsin C.撤去力F时，物体的重力势能是45 JD.动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之前解析由题设条件可知：前后两段小物体的运动的位移大小相等，方向相反，则由牛顿第二定律和运动学公式可得，x0t2，解得Fmgsin ，选项B错误；由题设条件知，Fx0mgx0sin 60 J，则此过程中重力做的功为WGmgx0sin 45 J，撤去力F时，物体的重力势能是45 J，选项C正确；

5、全程由动能定理可得Fx0Ek0，则物体回到斜面底端的动能Ek0为60 J，选项A正确；物体从最高点下滑的过程中一定有一个点的动能与势能相等，选项D错误。答案AC动力学规律和动能定理的综合应用【典例3】 (2018全国卷，18)如图2，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()图2A.2mgR B.4mgRC.5mgR D.6mgR解析设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a

6、到c的过程， 由动能定理有F3RmgRmv，又Fmg，解得vc2。小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t2，在水平方向的位移大小为xgt22R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为EF5R5mgR，C正确，A、B、D错误。答案C应用动力学观点和能量观点解决多过程问题【典例4】 (2019稽阳联谊学校联考)某兴趣小组设计了一个玩具轨道模

7、型如图3甲所示，将一质量为m0.5 kg的玩具小车(可以视为质点)放在P点，用弹簧装置将其从静止弹出(弹性势能完全转化为小车初始动能)，使其沿着半径为r1.0 m的光滑圆形竖直轨道OAO运动，玩具小车受水平面PB的阻力为其自身重力的0.5倍(g取10 m/s2)，PB16.0 m，O为PB中点。B点右侧是一个高h1.25 m，宽L2.0 m的壕沟。求：图3(1)要使小车恰好能越过圆形轨道的最高点A，则此种情况下，小车在O点受到轨道弹力的大小；(2)要求小车能安全的越过A点，并从B点平抛后越过壕沟，则弹簧的弹性势能至少为多少；(3)若在弹性限度内，弹簧的最大弹性势能Epm40 J，以O点为坐标原

8、点，OB为x轴，从O到B方向为正方向，在图乙坐标上画出小车能进入圆形轨道且不脱离轨道情况下，弹簧弹性势能Ep与小车停止位置坐标x关系图。解析(1)在最高点mg，得vA m/sOA：mg2rmvmv，得vO5 m/sFNOmg，得FNO6mg30 N。(2)要求1：越过A点，vO5 m/s，PO：EP弹1kmgxPOmv0，得Ep弹132.5 J要求2：平抛运动LvBt，hgt2，得vB4 m/sEp弹2kmgxPBmv0，得Ep弹244 J综上所述，弹簧弹性势能的最小值为44 J。(3)分类讨论：因为最大弹性势能为40 J，由Epmmgs0，得s16 m，所以至多运动到B点，必不平抛。情况1：

9、能越过O点，弹性势能32.5 JEp弹140 J当Ep弹1kmgx100，得13 mx116 m，又因为O点是坐标原点，所以实际坐标值为5 mx118 m情况2：恰能到达圆轨道圆心等高点，当Ep弹2kmgxPOmgr00，得Ep弹225 Jmgrkmgx21，得x212 m，又因为O点是坐标原点，所以实际坐标值为x212 m恰能进入圆形轨道，当Ep弹2kmgxPO00，得Ep弹220 J，此时坐标值为0由动能定理表达式知，Ep弹与x是线性函数，图象如图所示。答案(1)30 N(2)44 J(3)见解析功能关系的应用“三注意”(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对

10、应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况。(2)当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能的转化和守恒定律，特别注意摩擦产生的内能QFf x相对，x相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。(3)应用能量守恒定律解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和E减和增加的能量总和E增，最后由E减E增列式求解。1. (2019桐乡一中月考)如图4所示，质量为m的滑块从h高处的a点沿圆弧轨道ab滑入水平轨道bc，滑块与轨道的动摩擦因数相同，滑块在a、c两点时的速度大小均为v，ab弧长与bc长度相

11、等，空气阻力不计，重力加速度大小为g，则滑块从a到c的运动过程中()图4A.小球的动能始终保持不变B.小球在bc过程克服阻力做的功一定等于mghC.小球经b点时的速度大于D.小球经b点时的速度等于解析由题意知，在小球从b运动到c的过程中，由于摩擦力做负功，动能在减少，所以A错误；从a到c根据动能定理mghWf0可得，全程克服阻力做功Wfmgh。因在ab段、bc段摩擦力做功不同，故小球在bc过程克服力做的功一定不等于mgh，所以B错误；在ab段正压力小于bc段的正压力，故在ab段克服摩擦力做功小于在bc段克服摩擦力做功，即从a到b克服摩擦力做功Wf，故C正确，D错误。答案C2.(2019杭州模拟

12、)如图5所示，是一个简化后的娱乐项目示意图，游客被安全地固定在球型装备(看成质点，图中未画出)内，被弹射系统水平贴地弹出后即刻进入长为L5 m 的水平轨道SO。O点既是水平路面的末端，也是半圆轨道OA的起点，以O点为坐标原点建立水平向右的x轴。竖直半圆轨道OA与AB(O、A、B在同一条竖直线上，B点为半圆轨道的最高点，该处切线水平)的半径均为R2 m，它们在A点衔接，不计衔接处的缝隙大小和装备运行到此处的能量损失。半圆轨道OA的右侧是一片水域，水面略低于半径r2 m的水平圆盘，MN是圆盘的竖直支架(它与半圆轨道在同一竖直面内)，N点是圆盘的圆心，M点可以左右移动，水平圆盘不能和半圆轨道OA重叠

13、。若球型装备与SO之间的动摩擦因数0.2，与两半圆轨道的摩擦不计，圆盘转轴NM的高度H2 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，球型装备的质量为50 kg，在某次设备测试中，让球型装备空载运行，求：图5(1)为了能让装备安全到达B点，则弹射系统应至少给装备提供多少能量？(2)若装备恰好能安全到达B点，此后为让装备能落到水平圆盘上，求M点的坐标范围；(3)若M点的坐标为x6 m，为让装备能落到水平圆盘上，求弹射系统提供给装备的能量。解析(1)在最高点B根据牛顿第二定律可得mgm根据能量关系可得EmgLmg(4R)mv解得E5 000 J。(2)根据平抛运动的知识可得3Rgt2水平方向上有xvBt

14、解得x2 m由于轨道不能重叠，所以x的范围为(422) m。(3)由于x8 mx2 m4 m，故最小能量为E15 000 J。根据xvBt解得vB8 m/s最大能量为E2mgLmg(4R)mv J5 833 J弹射系统提供给装备的能量范围为5 000 JE5 833 J。答案(1)5 000 J(2)(422) m (3)5 000 JE5 833 J动量观点和能量观点在力学中的应用动量和动能的关系【典例1】 (2019浙江湖州选考模拟)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比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的

15、动量成正比解析列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知vat，且列车的动能为Ekmv2，由以上整理得Ekma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将xat2代入上式得Ekmax，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误。答案B动量定理的应用【典例2】 (2019浙江富阳新高考适应性考试)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N解

16、析根据自由落体运动和动量定理有v22gh(25层楼的高度约70 m)，Ftmv，代入数据解得F1103 N，所以C正确。答案C 动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用【典例3】 (2018全国卷，24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。解析(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有Emv设烟花弹从地面

17、开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0v0gt联立式得t。(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有Emgh1火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有mvmvEmv1mv20由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有mvmgh2联立式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为hh1h2。答案(1)(2)动量和能量综合问题的主要情境模型为：碰撞、滑块在滑板上滑动和爆炸。(1)碰撞过程满足动量守恒并遵循碰撞后系统动能

18、不增加、碰撞前后的运动情况要合理的原则。(2)滑块放置在光滑水平地面的滑板上滑动时，滑块和滑板组成的系统满足动量守恒，滑块和滑板之间因摩擦生热，故系统机械能减少，一般利用功能关系(即摩擦产生的热量等于系统动能的减少量)列方程求解。1.(2019合肥四中段考)(多选)如图6所示，(a)图表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；(b)图为物体A与小车B的vt图象，重力加速度已知，由此可求出()图6A.小车上表面长度B.物体A与小车B的质量之比C.A与小车B上表面的动摩擦因数D.小车B获得的动能解析由图象可知，A、B最终以共同速度v1匀速运动，不能

19、确定小车上表面长度，选项A错误；由动量守恒定律得mAv0(mAmB)v1，解得，故可以确定物体A与小车B的质量之比，选项B正确；由图象可以知道A相对小车B的位移xv0t1，根据能量守恒得mAgxmAv(mAmB)v，根据选项B中求得质量的关系，可以解出动摩擦因数，选项C正确；由于小车B的质量不知道，故不能确定小车B获得的动能，故D错误。答案BC2.(2019江西红色七校二模)在光滑水平面上有三个弹性小钢球a、b、c处于静止状态，质量分别为2m、m和2m。其中a、b两球间夹一被压缩了的弹簧，两球被左右两边的光滑挡板束缚着。若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把a、b两球弹出，两球脱离弹簧后，a球获得的速度

20、大小为v，若b、c两球相距足够远，则b、c两球相碰后()图7A.b球的速度大小为v，运动方向与原来相反B.b球的速度大小为v，运动方向与原来相反C.c球的速度大小为vD.c球的速度大小为v解析设b球脱离弹簧时的速度为v0，b、c两球相碰后b、c的速度分别为vb和vc，取向右为正方向，弹簧将a、b两球弹出过程，由动量守恒定律得02mvmv0，解得v02v；b、c两球相碰过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0mvb2mvc，mvmv2mv，联立解得vbv(负号表示方向向左，与原来相反)，vcv，故B正确。答案B3.(2019浙江淳安新高考适应性考试)如图8所示，质量M1.0 kg的木块随传送

21、带一起以v2.0 m/s的速度向左匀速运动，木块与传送带间的动摩擦因数0.50。当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m20 g的子弹以v03.0102 m/s水平向右的速度击穿木块，穿出时子弹速度v150 m/s。设传送带的速度恒定，子弹击穿木块的时间极短，且不计木块质量变化，g取10 m/s2。求：图8(1)在被子弹击穿后，木块向右运动距A点的最大距离；(2)子弹击穿木块过程中产生的内能；(3)从子弹击穿木块到最终木块相对传送带静止的过程中，木块与传送带间由于摩擦产生的内能。解析(1)设木块被子弹击穿时的速度为v，子弹击穿木块过程动量守恒，则mv0Mvmv1Mv解得v3.0 m/s设子弹穿出

22、木块后，木块向右做匀减速运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得MgMa解得a5.0 m/s2木块向右运动到离A点最远时，速度为零，设木块向右移动最大距离为s1，则v22as1解得s10.90 m。(2)根据能量守恒定律可知子弹射穿木块过程中产生的内能为EmvMv2mvMv2解得E872.5 J。(3)设木块向右运动至速度减为零所用时间为t1，然后再向左做加速运动，经时间t2与传送带达到相对静止，木块向左移动的距离为s2。根据运动学公式得v22as2解得s20.40 mt10.60 s，t20.40 s木块向右减速运动的过程中相对传送带的位移为svt1s12.1 m产生的内能Q1Mgs10.5

23、 J木块向左加速运动的过程中相对传送带的位移为svt2s20.40 m产生的内能Q2Mgs2.0 J所以整个过程中木块与传送带摩擦产生的内能QQ1Q212.5 J。答案(1)0.90 m(2)872.5 J(3)12.5 J破解选考压轴题策略审题“三步走”第一步：审条件挖隐含任何一个物理问题都是由条件和结论两部分构成的。条件是解题的主要素材，充分利用条件间的内在联系是解题的必经之路。条件有明示的，有隐含的，审视条件更重要的是要充分挖掘每一个条件的内涵和隐含的信息，发挥隐含条件的解题功能。第二步：审情景建模型有些题目，直接给出了物理情景，我们还需通过分析把这些物理情景转化为具体的物理条件或物理模

24、型后，才能利用物理规律求解。第三步：审过程理思路高考物理计算题往往综合性强、题目情景新、设置障碍点多，一般不能一眼看透解题的思路和方法，这就需要我们静下心来，对物体进行受力分析、过程分析，根据物体运动过程构建出物理模型，选择合理的物理规律。【典例】 如图9，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m，两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞，重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。图9审题指导第一步：审条件挖隐含第二步：审情景建模型第三步：审

25、过程选规律解析设物块与地面间的动摩擦因数为，要使物块a、b能够发生碰撞，应有mvmgl即设在a、b发生弹性碰撞前，a的速度大小为v1，由动能定理可得：mglmvmv设在a、b发生弹性碰撞后，a、b的速度大小分别为v2、v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mv1mv2mv3mvmv()v联立各式得v3v1由题意知b没有与墙发生碰撞，由动能定理得：mgl()v解得综上所述有。答案一、选择题(14题为单项选择题，56题为不定项选择题)1.(2019温州九校高三上学期模拟)如图1所示，一种清洗车辆用的手持式喷水枪，枪口横截面积为0.4 cm2，喷出水的速度为10 m/s。当它工作时，估算水枪的平均

26、功率约为(水的密度为1103 kg/m3)()图1A.4 W B.25 W C.50 W D.200 W解析1 s内水枪射出的水质量为Sv，这部分水增加的动能为Sv311030.4104103 J20 J，所以水枪的平均功率Sv320 W，故选项B正确。答案B2.(2019浙江淳安选考模拟)如图2所示，竖直面内，两段半径均为R的光滑半圆形细杆平滑拼接组成“S”形轨道，一个质量为m的小环套在轨道上，小环从轨道最高点由静止开始下滑，下滑过程中始终受到一个水平恒力F的作用，小环能下滑到最低点，重力加速度大小为g，则小环从最高点下滑到最低点的过程中()图2A.小环机械能守恒B.外力F一直做正功C.小环

27、在最低点的速度大小为v2D.在最低点小环对轨道的压力大小FNmg解析小环下滑过程中受重力、轨道沿半径方向的作用力和水平外力F，重力一直做正功，外力F时而做正功时而做负功，轨道的作用力一直不做功，故小环机械能不守恒，选项A、B错误；小环从最高点下滑到最低点的过程中，在沿水平恒力F方向上的位移为0，则由动能定理可得整个过程中重力做的功等于动能变化量，mg4Rmv2，解得v2，选项C正确；小环在最低点，由牛顿第二定律得FNmgm，得FN9mg，由牛顿第三定律可知FNFN9mg，选项D错误。答案C3.(2019温州九校高三上学期模拟)某小组在试验汽车模型，该模型以蓄电池为驱动能源，驱动电机能够将输入功

28、率的90%转化为牵引汽车模型前进的机械功率。该模型的总质量m30 kg，当它在水平路面上以v18 km/h的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I5 A，电压U30 V。某地区地表的平均日照辐射度约为480 W/m2，若以太阳能为该模型的蓄电池供电，已知能量转化效率约为15%，汽车受到太阳照射面积约为1 m2。以下说法正确的是()A.该模型以v18 km/h速度行驶时，所受的阻力大小为30 NB.该模型以v18 km/h速度行驶时，驱动电机的机械功率为150 WC.该模型若由太阳能直接供电，能以速度v18 km/h正常行驶D.若该地一天的有效日照时间为8小时，充电一天可供该模型以v18 km/h

29、速度行驶约69.12 km解析由公式F N27 N，故A错误；由题意可知，该模型以v18 km/h速度行驶时，驱动电机的机械功率为P机IU0.9530 W135 W，故B错误；由题意可知，太阳能电池提供的功率为480115% W72 W，该模型以v18 km/h速度行驶时的功率为150 W，故C错误；日照8 h，太阳能电池获得的总能量可供汽车行驶的时间为t h3.84 h，故汽车可行驶的距离为xvt183.84 km69.12 km，故D正确。答案D4.(2019稽阳联谊学校联考)自主品牌比亚迪汽车，2018年度新能源汽车总销量超越全球知名品牌特斯拉，旗下热销车型比亚迪唐好评如潮。表格中是纯电

30、动唐的部分技术参数，分析可知()续航里程(km，特定工况下)520整备质量( kg)2 155最高车速(km/h)160电池组储能(kWh)82.8电机额定机械功率(kW)180电机机械功率与电池组总功率的转化效率80%A.工况条件下百公里耗电量17.3 kWhB.电池组容量约为2.98108 CC.若持续额定机械功率工作，可工作约0.46 hD.在水平直道上以最高车速行驶时，受到的阻力约为3 240 N解析即使电池组能量全部用完，百公里耗电量为100 kWh15.9 kWh，A错误；82.81 0003 600 J2.98108 J，容量与能量不是同一概念，B错误；t h0.46 h，但这种

31、算法没有考虑转化效率，C错误；fF N3 240 N，D正确。答案D5.(2019稽阳联谊学校联考)如图3所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h0.1 m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ekh图象，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，不计空气阻力，重力加速度大小g10 m/s2，由图象可知()图3A.小滑块的质量为0.2 kgB.弹簧最大弹性势能为0.5 JC.轻弹簧初始压缩量为0.25 mD.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最

32、小为0.5 J解析由题意可知，在0.20.35 m过程中，滑块仅受重力作用，这个过程中，动能减小0.3 J，也就是重力势能增加0.3 J，由Emgh可知，m0.2 kg，A正确；由能量守恒可知，最大弹性势能也就是滑块增加的重力势能，大小为0.2 kg10 m/s2(0.35 m0.1 m)0.5 J，B正确；由题意可知，弹簧原长为0.2 m，而滑块出发时高度为0.1 m，所以压缩量为0.1 m，C错误；滑块最高到0.35 m处，可知系统总能量为Epmgh0.2100.35 J0.7 J，滑块最大动能为0.32 J，所以重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.7 J0.32 J0.38 J，D错误

33、。答案AB6.(2019湖南衡阳模拟)如图4所示，质量m1 kg的物体从高为h0.2 m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，物体和传送带之间的动摩擦因数为0.1，传送带AB之间的距离为l5.5 m，传送带一直以v3 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，则()图4A.物体由A运动到B的时间是1.5 sB.物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为1 NsC.物体由A运动到B的过程中，系统产生0.5 J的热量D.带动传送带转动的电动机在物体由A运动到B的过程中，多做了3 J功解析物体下滑到A点的速度为v0，由机械能守恒定律有mvmgh代入数据得v02 m/s，物体在摩擦力

34、作用下先做匀加速运动，后做匀速运动，有t11 ss1t11 m2.5 mt2 s1 stt1t22 s，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Imgt11 Ns，选项B正确；在t1时间内，传送带做匀速运动s带vt13 mQmgsmg(s带s1)，代入数据得Q0.5 J，选项C正确；物体从A运动到B的过程中，物体动能增量Ekmv2mv，电动机多做的功为WQEk3 J，选项D正确。答案BCD二、非选择题7.(2019浙江温岭新高考适应性考试)如图5所示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量m5103 kg的重物竖直吊起的过程中，若重物先以加速度a1做匀加速运动，达到

35、最大速度v2 m/s，然后以最大速度匀速运动，最后以加速度a2做匀减速运动恰好到达高层建筑平台。假定高层建筑平台离地面的高度为H36 m。重物经过10 s匀加速运动达到最大速度v，从地面到达高层建筑平台仅用时间28 s，重力加速度大小g10 m/s2。求：图5(1)重物匀加速上升过程中的加速度a1及上升高度h；(2)在匀加速上升过程中，重物对缆绳的拉力大小；(3)重物匀速运动的时间。解析(1)匀加速上升过程中的加速度a1，代入数据得a10.2 m/s2上升高度ht1，代入数据得h10 m。(2)在匀加速上升过程中，对重物由牛顿第二定律可得Fmgma1，Fmgma1代入数据得F5.1104 N由

36、牛顿第三定律知重物对缆绳的拉力大小为5.1104 N。(3)设重物匀速运动的时间t2，则Hhvt2(tt1t2)代入数据得t28 s。答案(1)0.2 m/s210 m(2)5.1104 N(3)8 s8.(2019浙江省重点中学高三期末热身联考)如图6所示，倾角为37的光滑导轨，顶端高H1.45 m，下端通过一小段光滑圆弧与内壁光滑的薄壁细管做成的圆环轨道相接于最低端B。整个装置由竖直平面内的若干个相同圆环组成，第一个圆环记作1号，第二个圆环记作2号，其余依此类推。已知圆环半径为R0.5 m间距为x01.1 m，轨道水平段的动摩擦因数0.2。一质量m0.5 kg的小球在倾斜导轨顶端A点以v0

37、2 m/s速度水平发射，在落到倾斜导轨上P点后即沿轨道运动(P点在图中未画出)。不计空气阻力，sin 370.6，cos 370.8，取g为10 m/s2。求：图6(1)小球落到倾斜导轨上P点到A点的距离；(2)小球落到轨道上后只保留沿斜面方向的速度v3.4 m/s 沿轨道继续滑行，小球能通过第几号圆环轨道；(3)在(2)问条件下，小球最终停在离B点多远的位置。解析(1)小球飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动ygt2水平方向xv0t它们之间的关系tan 37联立得飞行时间t0.3 s落点的x坐标x1v0t20.3 m0.6 m落点离斜面顶端的距离l m0.75 m。(2)小球在做平抛运动

38、时竖直方向的位移ygt2100.32 m0.45 m由机械能守恒可知，小球通过B点的速度满足mvmv2mg(Hy)代入数据得vB5.62 m/s小球在圆环的轨道内运动，所以只要通过圆环最高点的速度大于0即可。设小球恰好能通过第n个圆环，由于小球只有在水平面上运动的过程中才受到摩擦力，所以小球在水平面上通过的路程为s，则s(n1)x0由动能定理得mgsmg2R0mv，得s2.89 m，由x01.1 m代入数据整理得n3.634所以小球能通过第3个圆环，不能通过第4个圆环。(3)小球从B点开始在水平面上受到摩擦力的作用，摩擦力做功，机械能转化为内能，设小球通过的最大路程为sm，由功能关系得mgsm

39、0mv代入数据得sm7.89 m由题图可知，小球通过第3个圆环后，在水平方向已经发生的位移是2.2 m，所以小球在第3个圆环与第4个圆环之间的路程为s0sm2.2 m7.89 m2.2 m5.69 m由于x01.1 m，所以小球只能在第3个圆环与第4个圆环之间往返2次，最终小球停止的位置到第3个圆环的最低点之间的距离L32x0s0321.1 m5.69 m0.91 m或L1.1 m(5.695.5) m0.91 m，即离B点3.11 m的位置。答案(1)0.75 m(2)小球能通过第3个圆环 (3)3.11 m9.(2019温州二模)如图7所示，固定在竖直平面内的细管道ABCDE，ABC段为光

40、滑的抛物线形管道，CD和EA为光滑的四分之一圆弧形管道，DE为水平粗糙管道，各部分之间平滑连接，AO1OO2C在同一水平线上。四分之一圆弧管道半径为0.5R，DE管道长度为R，抛物线顶点B与AC的距离为R。从A点斜向上射入一小球，小球直径略小于管道内径，小球受水平管道的摩擦阻力为重力的0.5倍，重力加速度为g，不计小球与管壁间撞击时的能量损失。图7(1)要使小球能过B点，小球在A点斜向上射入的最小速度大小为多少？(2)能否使小球从A点以某一初速度斜向上射入后，第一次经过抛物线管道时对它始终无作用力？若不能，请说明理由；若能，请求出该速度的大小和方向(方向用与水平方向夹角的正切值表示)。(3)若

41、小球从A点斜向上射入的初速度大小为，求小球经过D点的次数和最后静止时离D点的距离。解析(1)要使小球能过B点，临界条件为当到达B点时小球的速度为零，此时A点斜向上射入的速度最小，设小球的质量为m，根据动能定理可得mgR0mv由解得小球在A点斜向上射入的最小速度大小vA。(2)能使小球从A点以某一初速度斜向上射入后，第一次经过抛物线管道时对它始终无作用力，此时小球做斜抛运动，且做斜抛运动的水平位移为2R，竖直最大位移为R，设斜向上射入时初速度为vA，从B点运动到C点所用时间为t，该初速度方向与水平方向夹角为，由斜抛运动的规律得竖直方向上Rgt2vAsin gt由斜抛运动的对称性可知从A点到C点所

42、用时间为2t，则有2R2tvAcos 由可解得vA，tan 2。(3)设小球从A点斜向上射入的初速度大小为v0，则v0，则小球从A点出发时动能为EAmv3.8mgR要想在运动过程中使小球从A点运动到B点，小球在A点的动能满足EAmgR小球从D点运动到E点过程中，根据动能定理可知，每经过一次DE，小球的动能变化EkfsDE0.5mgR由可知，小球可以6次从A点经BCDE回到A点，此时小球在A点的动能EA0.8mgR此时不能回到B点，只能返回从A点经E点在AC之间做往返运动，设此过程在DE上的总路程为s，根据动能定理可知0.5mgR0.5mgs0EA由解得s2.6R由上结果可知此过程中从EDE，最后在到E点距离为0.6R的地方停下，此时到D点的距离为0.4R；综上可知小球一共经过D点8次。答案(1)(2)，与水平方向夹角的正切值为2(3)8次0.4R- 21 -