2019届高考物理二轮复习第二部分热点专练热点五动量和能量专项训练.doc

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1、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 35 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 光滑椭圆轨道，如图 1 所示，一轻弹簧一端固定在椭圆的中14心 O，另一端系一小球，小球套在光滑椭圆轨道上。在 Q 点

2、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 kx2(轻弹簧始终在弹12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 kb212C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

3、k(ba) 2，由功能关系可知，小球到达12Q 点时的动能等于 mgb k(ba) 2，选项 A、B 错误；小球到达 Q 点时的速度 v ，小球12 dt到达 Q 点时的动能 Ek mv2 ，由功能关系可知，小球从 P 点运动到 Q 点的过程中克服12 md22t2弹簧弹力做的功 WE pmgb ，C 错误；由功能关系可知 k(ba) 2mgb ，解得md22t2 12 md22t22k ，D 正确。2mgb(b a)2 md2(b a)2t2答案 D考向二 与传送带相关的功能关系如图 2 所示，长为 L10.5 m 的传送带与水平面成 30角，传送带向上做加速度为 a01 m/s2的匀加速运

4、动，当其速度为 v03 m/s 时，在其底端轻放一质量为 m1 kg 的物块(可视为质点)，已知物块与传送带间的动摩擦因数为 ，在物块由底端上升32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mgcos mgsin ma 1设经时间 t1物块与传送带的速度相等，则有a1t1v 0a 0t1联立并代入数值得 a12.5 m/s 2，t 12 s此时间内物块发生的位移为 x1 a1t 5 mL12 21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v1a

5、 1t15 m/s到达顶端时有 v v 2a 0(Lx 1)2 21Lx 1 t2v1 v22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tt 1t 2 3 s。(2)由动能定理知 Wmgh mv12 2hLsin 代入数值得 W70.5 J。3(3)物块发生的相对位移为x 相 v 0t1 a0t a1t12 21 12 21产生的热量为 Qmgcos x 相联立并代入数值得 Q22.5 J。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 3 kg 的长木板 B 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

6、量为 1 kg 物块 C，物块 C 与长木14板 B 间的动摩擦因数为 0.2。现将一质量为 1 kg 的物体 A 从距圆弧上端 h5 m 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 1 s 物块 C 刚好运动到 B 的右端且不会掉下。取 g10 m/s 2。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v 2gh2A1刚进入圆弧时 FNm A v2A1R联立式解得：F N100 N(2)物块 C 从开始运动到与长木板具有相同速度过程中mC

7、aCm Cg由式解得：a C2 m/s 2物块 C 运动距离 sC aCt2 212 m1 m12 12物块 C 在 B 的右端时两者具有相同的速度vB2v Ca Ct21 m/s2 m/s4aB m/s20.5 m/s 2 mCg(mA mB) 0.21101 3由速度公式得木板刚开始运动时速度vB1v B2a Bt20.51 m/s2.5 m/s木板 B 运动距离 sB t 1 m2.25 mvB1 vB22 2 2.52长木板 B 的长度 Ls Bs C2.2511.25 m(3)物块 A 与木板 B 碰撞过程中动量守恒mAvA2(m Am B)vB1由式解得：v A210 m/s物块

8、A 从静止释放到与木板 A 碰撞前，由动能定理mAg(hR)W f mAv 12 2A物体 A 经过圆弧时克服阻力做的功：由式解得 Wf10 J。答案 (1)100 N (2)1.25 m (3)10 J1(2018全国卷)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B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

9、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 。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5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 Ep2.5mgRmgx 0D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：kxmgma，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

10、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：mgm ，解得：v2BRvB ，从 O 到 B 根据动能定理得：mg2R mv mv ，联立以上解得：v 0 ，由gR12 2B 12 20 5gR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 大，5gR故 B 错误；从 A 到 O 根据能量守恒得：E p mv mgx 0，联立以上得：12 20Ep2.5mgRmgx 0，故 C 正确；小球在最低点时做圆周运动，由牛顿第二定律得：Nmgm ，联立以上解得：N6mg，故

11、D 错误。所以 C 正确，ABD 错误。v20R答案 C3.(多选)(2018衡阳联考)如图 5 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，物体和皮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运动，则图 5A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 1NsC物体由 A 运动到 B 的过程中，系统产生 0.5 J 的热量D物体从 A 运动到 B 的过程中，摩擦力对物体做功 2 J解析

12、物体下滑到 A 点的速度为 v0，由机械能守恒定律有： mv mgh12 20代入数据得：v 02 m/s 物体在摩擦力作用下先匀加速运动，后做匀速运动，有：t 161 sv v0 gs1 t1 1 m2.5 mv v02 3 22t2 s1 sL s1v 5.5 2.53tt 1t 22 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 Imgt 11 Ns，选项B 正确；在 t1时间内，皮带做匀速运动，s 皮带 vt 13 mQmgsmg(s 皮带 s 1)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，摩擦力对物体做功：W fmgs

13、 12.5 J，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 R1 m 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 M，O 为圆心且 OM 竖直，斜面倾角 37，t0 时刻，有一质量 m2 kg 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 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)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 hRRcos 37。物块恰能过最高点，则

14、在 M 点由牛顿第二定律得mgm 。v2MR物块从 B 到 M 的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mv mg(RRcos 37) mv 。12 2B 12 2M联立以上各式，解得：v B m/s。46(2)分析 vt 图像，求得物块在斜面上的加速度为a m/s210 m/s 2。 v t 80.87在斜面上对物块由牛顿第二定律得 mgsin fma，则摩擦力 fmamgsin 20 N12 N8 N。对物块由 v v 2ax，可得 x0.9 m。2A 2B摩擦力做的功 Wfx80.9 J7.2 J。答案 (1) m/s (2)7.2 J465红牛滑板大赛在内蒙古自治区的乌兰布和沙漠闭幕，参

15、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 R1.8 m，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 A 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 M48.0 kg，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 g 取 10 m/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

16、，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 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(mM)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(mM)v 2(mM)gR12两式联立解得 v6.00 m/s，v 06.25 m/s运动员的水平速度至少要达到 6.25 m/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(mM)g，(m M)v2R解得 FN1.5010 3 N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。(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 v6.00 m/s运动员滑过 A 点至停下过程中，由动能定理得8(mM)gx0 (mM)v 212代入数据解得 x6.0 m。答案 (1)6.25 m/s (2)1.510 3 N 方向竖直向下 (3)6.0 m