第6章 机械能守恒定律-【经纶学霸●白题】2025年学霸高考物理一轮复习

第六章机械能守恒定律学霸高吉 第六章 机械能守恒定律 第1节功和功率 限时：17mim 考点分析：1，功、功率的计算；2，机车启动问题 1.(2024·广东佛山期初)如图相对皮带静止的 货物与皮带一起沿斜面匀速上升.在这个过程 中，下列说法正确的是 A.传送带对货物不做功 4.(2023·湖北黄冈质检)某款太阳能概念车质 B.货物的合外力对货物做正功 量为m,在一段平直公路上由静止匀加速启 C.货物所受摩擦力做的功会导致内能增加 动，加速度大小为a,经时间1达到额定功率. D.货物所受摩擦力做的功等于货物的重力势 若汽车运动过程中阻力恒为∫，则该汽车的额 能增加量 定功率为 ( 2.(2023·渝琼辽名校联考)如图所示，质量相 A.(ma+f)at B.ma't 同的两个小球A、B分别从21和1的高度水平 C.(matf)a D.fat 抛出后落地，A、B的水平位移大小分别为1和 5.(2023·湖南邵阳二模)（多选）地下矿井中的 21,忽略空气阻力，则 ( 矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地 面.某竖井中矿车提升的速度大小，随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描 述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速 度的大小都相同：两次提升的高度相同，提升 A.A、B的飞行时间之比为2：1 的质量相等.不考虑摩擦阻力和空气阻力.对 B.A、B的初速度大小之比为√2：2 于①和②对应的两次提升过程 C.A、B落地时重力的瞬时功率之比为2：1 D.A、B从抛出到落地过程中重力的平均功率 之比为2：2 3.(2023·山东淄博一模)电动自行车在平直路 A.矿车上升所用的时间之比为4：5 面上匀速行驶，某一时刻从车上掉落一货物， B.电机的最大牵引力之比为2：1 车行驶的功率不变，货物掉落前后车速随时 C.电机输出的最大功率之比为2：1 间的变化图像较符合实际的是 D.电机所做的功之比为4：5 学霸高春！白题物理 第2节动能定理（一）】 限时：15mim 考点分析：1，直线运动动能定理的应用；2.变力做功问题 1.(2023·黑龙江绥化期末)如图所示，电梯质 3.(2024·河南三门峡期中)如图甲所示一轻绳 量为M,在它的水平地板上放置一质量为m 一端与静置在光滑水平面上质量为m的小物 的物体电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加 块相连，另一端绕过定滑轮，现施加竖直向上 速运动，当电梯的速度由，增加到2时，上 的力F使小物块从A点运动到B点，该过程 升高度为H,则在这个过程中，下列说法或表 中拉力F随力的作用点的位移变化如图乙所 达式正确的是 示，当物块到达B点时，细线与水平方向的夹 角α=60°，则此时力F作用点的速度大小为 A对物体动能定理的表达式为，。 其中W、为支持力的功 B.对物体，动能定理的表达式为W合=0，其中 FoHo 3FoHo A. B. W金为合力的功 4m 4m C.对物体，动能定理的表达式为W、-mgH= C. FoHo FoHo D.2 2n-20 m √4m 4.(2023·陕西西安一模)（多选）如图所示，质 D.对电梯，其所受合力微功为MM- 量m=1kg的物块（可视为质点），以速度大 小"。=4m/s水平向右滑上正在逆时针转动 mgH 的水平传送带，传送带AB的长度L=6m,传 2.(2024·江苏淮安联考)某校两名同学穿相同 送带的速度大小v=2m/s,物块与传送带间 的校服，先后从倾斜冰面的同一位置由静止 的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度大小g取 滑下，最终两人停在水平冰面上，如图所示 10m/s2.关于物块在传送带上的运动，下列表 (两人均可视为质点，两人与冰面的动摩擦因 述正确的是 数处处相等，且不计空气阻力及人经过O 点时的能量损失).根据上述信息，可以确定 A.质量大的同学运动时间长 A.物块滑离传送带时的动能为1J B.质量大的同学运动距离长 B.物块滑离传送带时的动能为2J C.质量大的同学损失的机械能多 C.传送带对物块做的功为6J D.质量大的同学到达O点时速度大 D.传送带对物块做的功为-6J 第六章机械能守恒定律学霸高吉 第3节 动能定理（二） 限时：40mim 考点分析：1.动能定理解决抛体运动问题；2.动能定理解决圆周运动问题 1.(2023·湖南期中联考)（多选）已知同一个物 程中克服摩擦力做的功为 体在月球上所受重力相当于在地球所受重力 A.mr(g-2a B.mr(2g-a) 的。，某人分别在月球和地球上击打同一-个 C.2mr(g-a） D.mr(2g+a) 高尔夫球，已知两种情况下小球的初速度相 同，且均沿水平方向，小球在竖直方向运动的 距离h相同，那么在这两种情况下( Q A.人对球做的功相同 (第3题) (第4题) B.在月球上的高尔夫球落地速率更大 C.在月球上的高尔夫球水平射程更大 4.如图所示，在固定水平圆盘上，一质量为 D.在月球上的高尔夫球重力做功更多 0.01kg的小球用长为1m的细绳系着，绳子 另一端套在中轴0上.小球从P点开始绕0 +0 点做圆周运动，转过半周达到Q点时速度大 小为10/s,从P点到Q点小球的动能减少 (第1题) (第2题) 2πJ(T为圆周率)，则小球在Q点时受到的 2.(2023·江苏连云港期末)如图所示，四分之 合力大小为 一圆弧轨道AB与水平直轨道BC相接，圆弧 A.I N B.3 N C.5 N D.3 N 的半径为R,BC的长度也是R质量为m的物 5.新考法(2024·四川攀枝花一模)（多选）某 体从轨道顶端A点静止释放恰好运动到C处 同学参加校运会铅球比赛，某次投掷时铅球 停止，已知物体与两个轨道间的动摩擦因数 的飞行过程如图所示，铅球从A点离手后朝 均为4，重力加速度为g,则摩擦力在AB段对 斜向上方飞出，经过最高点B后落到水平地 物体做的功为 ( 面上的C点.如果A点离地面高h=1.95m,最 A.-umgk B.、I gh 高点B离地高H=3.2m,落地点C离A点正 下方O点的水平距离x=13m,铅球可视为质 C.-mgR D.(u-1)mgR 点，其质量m=5kg,重力加速度g取10m/s, 3.如图，一容器的内壁是半径为r的半球面，容 不计空气阻力，则 器固定在水平地面上.在半球面水平直径的一 端有一质量为m(可视为质，点)的小滑块P, 它在容器内壁由静止开始下滑到最低点，在 最低点时的向心加速度大小为a,已知重力加 速度大小为g.则P由静止下滑到最低点的过 A.铅球离手后在空中的运动时间是0.8s 学霸高春引白题物理 B.铅球离手时的速度大小v,=55m/s 8.(2024·黑龙江哈三中期初)（多选）在有大风 C.该同学本次投掷对铅球所做的功为312.5J 的情况下，一小球自A点竖直上抛，其运动轨 D.铅球落地时速度与水平方向夹角的正切值 迹如图所示（小球的运动可看作竖直方向的 为0.8 竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀 6.(2023·江苏南师附中期 加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的 中)如图所示，粗糙的水平 A、B两点在同一水平直线上，M点为轨迹的 轨道和光滑的竖直圆轨道 最高点若风力的大小恒定，方向水平向右，小 ABCD相切于A点，小滑块P静置在水平轨道 球在A点抛出时的动能为4J,在M点时它的 上，现对P施加水平向右的恒力F使之由静 动能为2J,落回到B点时动能记为EB,小球 止向右运动，到A点时撤去F研究发现：当起 上升时间记为，下落时间记为2，不计其他 阻力，则 ( 点在M点左侧或N点右侧时，P进入圆轨道 A.x1:x2=1:3 B.t1<1 后不会脱离轨道.设MA与NA的比值为k, C.En=6 J D.Evp=12 J 小滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，则 9.(2023·四川绵阳南山中学质检)（多选）如图 ( A.4越大，k越大 B.4越大，k越小 甲所示，一段只有？部分的光涨圆管A竖直 C.k=2 D6-月 固定在木板B上（管口M为最高点），木板B 放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板 7.(2023·河南部分学校质检)如图所示，在长 固定在地面上，使B不能左右移动，现将一小 为1m的细绳下端拴一个质量为3kg的小 球在管口N的正上方h高处由静止释放，小 球，捏住绳子的上端，使小球在水平面内做圆 球通过最低点时管壁对它的弹力F与h的关 周运动，细绳就沿圆锥面旋转，这样就成了一 系如图乙所示.已知管A和板B的总质量为 个圆锥摆开始时使绳子跟竖直方向的夹角为 0.3kg,小球的直径和圆管的粗细忽略，重力 =37°，之后对小球做功，再次稳定后，使绳 加速度g取10m/s2,则 子跟竖直方向的夹角为B=53°，保持悬点不 变.已知sin37°=0.6.cos37°=0.8，重力加速 度g取10m/s2,则手对小球做的功为( A.6J B.9.25JC.15.25JD.20.25J A.小球的质量为0.1kg B.圆管的半径为0.5m C.当h=1m时，小球从管口M飞出后将落入 管口N D.当h=1.2m时，小球通过管口M时会使 (第7题) (第8题) AB整体跳起 第六章机械能守恒定律学霸高吉 第4节机械能守恒定律（一） 很时：15mim 考点分析：1.机械能守恒的判新 2.单体机械能守恒 1.如图所示，物体A、B的各表面均光滑，在小滑 块A沿劈形物体B的斜面向下滑动的过程中 ( 出发，点 上升至号处 A.A的机械能不变 B B.B的机械能减小 C.A和B总的机械能 不变 最高点 E下落至号处 D.A和B总的机械能增大 2.(2023·上海闵行一模)如图为“反向蹦极”运 4.(2023·海南中学期末)如图所示，一个质量 动简化示意图.假设弹性轻绳的上端周定在0 为m,均匀的细链条长为L,置于光滑水平桌 点，拉长后将下端固定在体验者身上，并通过 面上用手按住一端，使宁长部分垂在桌面下 扣环和地面固定，打开扣环，人从A点静止释 (桌面高度大于链条长度)，则链条上端刚离 放，沿竖直方向经B点上升到最高位置C点， 开桌面时的动能为 ( B点时速度最大.不计空气阻力，则下列说法 A.mgt. B.mgl. D. 3mgL 正确的是 4 8 A.从A点到C点过程中， 10 人的机械能一直在增大 B.从A点到B点过程中 弹性轻绳的弹性势能一 直在减小 (第4题)》 (第5题) C.B点为弹性轻绳处于原长的位置 5.新情境(2023·河北名校联盟期末)如图所 D.从B点到C点过程中，人的机械能保持 示，粗细均匀的U形管内装有同种液体，在管 不变 口右端用盖板A密闭，两管内液面的高度差 3.新考法(2023·福建厦门一中期中)如图，小 为h,U形管中液柱的总长为5h,现拿去盖板 球以初动能E。从地面竖直向上抛出，上升的 A,液体开始流动，不计液体内部及液体与管 最大高度为H,取最高点为重力势能零点，不 壁间的阻力，则当两管液面高度相同时，右侧 计空气阻力与球的大小.小球的动能E,、重力 液面下降的速度是（重力加速度为g)( 势能E。,机械能E分别用图中柱形图的高度 gh gh A. B. 表示，则正确的是 ( √8 √10 gh C. √2 D.√gh 学霸高春白题物理 第5节机械能守恒定律（二） 限时：40mim 考点分析：1.连接体的机械能守恒； 2,复杂过程机械能守恒问题 1.(2023·福建龙岩一中期中)（多选）如图所 示，光滑固定斜面底端固定一经质弹簧，一滑 块P从0点静止释放，向下滑动过程经a点 接触弹簧，最低到达b点处.以0为原点、平 行斜面向下为x轴正方向建立一维坐标系， A.拆去轨道的BC段 a、b处坐标分别为x1、x2.设滑块在b处的重力 B.拆去轨道的BD段 势能为0，下滑过程中，滑块的动能E、重力 C.拆去轨道的BE段 势能E。、机械能E、加速度a随位移x的变化 D.以上三种情况，小球达到高度均相同 3.(2023·山东济宁期中)如图所示，将质量为 图像符合实际的是 2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端 P 0 系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的 光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d. 现将小环从与定滑轮等高的A处静止释放， 小环下滑过程中，下列说法正确的是() 2 A.小环的机械能守恒 B.小环沿直杆下滑距离为d时，小环与重物 D 的连度大小之比等于号 2.如图所示，有一竖直半圆形轨道，由四段相同 C.当轻绳与光滑直杆间夹角为0=60°时，小 的光滑圆弧轨道BC、CD、DE、EA拼接而成， 环的速度为零 每段对应的圆心角均为45°，B点位于轨道圆 D.小环下滑的最大距离为」 心的正上方，设连接处顺滑.若将一质量为m 4.(2023·四川成都蓉城名校联盟期末)如图， 的小球以速度。从最低点A水平向右射入轨 在光滑水平面AB上的A点安装了一个弹簧 道，最后通过B点离开轨道.现保持小球的入 发射装置，在B点固定一竖直放置的半径为 射速度不变，要使其高度达到最大，则应 0.4m的光滑圆形轨道，圆形轨道的最低点B ( 与水平面AB相切，B点处有一小孔.开始时， 第六章机械能守恒定律学霸高春 用一小球（可视为质点）压缩弹簧，使弹簧的6.新模型(2024·重庆巴蜀中学质检)如图所 弹性势能为E。,小球与弹簧接触但不粘连，现 示，顶角P为60的光滑折型硬杆固定在竖直 由静止释放小球，小球被弹簧弹出，通过水平 平面内，质量均为m的小球甲、乙（均视为质 面AB后从B点处的小孔进人圆形轨道，小球 点)用长度为L的轻质硬杆连接，分别套在硬 进入后，B点处的小孔随即关闭，使小球在圆 杆的倾斜和水平部分，当轻质硬杆成竖直状 形轨道内侧做圆周运动.已知小球恰好能通过 态时甲静止在A点，乙静止在C点.甲由于受 圆形轨道的最高点C,在最低点B时小球对 到轻微的扰动开始运动，当甲运动到B点时， 圆形轨道的压力大小为60N,重力加速度 取10m/s2.下列说法正确的是 轻质硬杆与水平方向的夹角为60°，重力加速 度为g,则甲在B点时的动能为 A.(2-3)mgL B.(2-3)mgL 4 2 A.从释放小球至小球到达最高点C的过程 中，小球的机械能守恒 C.mgL D.3mgl. B.小球通过C点时的速度大小为0 C.小球的质量为m=1.2kg A令甲 D.开始时，弹簧的弹性势能为E。=10J 9 60 5.新模型（多选）如图所示，一个光滑圆形轨道 60 0 固定在竖直面内，AB是水平直径，CD是竖直 (第6题) (第7题) 直径，在轨道的最高点C点固定一个光滑定 滑轮，甲、乙两球用绕过定滑轮的细线连接， 7.(2023·河南新乡二模)（多选）如图所示，在 甲球在B点，乙球在D点，滑轮两边的细线刚 长为L的轻杆中点A和端点B分别固定一质 好伸直，甲球的质量远大于乙球的质量，不计 量为m、2m的小球，杆可绕光滑的轴0转动， 滑轮及小球的大小，由静止释放甲球，在甲球 将杆从水平位置由静止释放.重力加速度大小 从B点沿圆弧运动到D点的过程中，下列说 为g,两球均视为质点，不计空气阻力.下列说 法正确的是 法正确的是 ()》 A.当杆转到竖直位置时，两球的速度大小 相等 B.当杆转到竖直位置时，B球的速度大小为 A.乙球一直做加速运动 子 B.乙球先超重后失重 C.杆在转动的过程中，A球的机械能守恒 C.细线对乙球拉力的功率一直增大 D.杆从水平位置转到竖直位置的过程中，杆 D.甲球减小的机械能等于乙球增加的重力 势能 对B球做的功为号L 学霸高春引白题物理 第6节实验：验证机械能守恒定律 限时：15mim 考点分析：1.实验原理与设计； 2.实验过程；3，数据处理与误差分析 1.(2022·湖北高考)某同学设计了一个用拉力 2.新情境(2023·湖南九校联盟二模)某同学 传感器验证机械能守恒定律的实验.一根轻绳 用图甲的装置验证机械能守恒定律.大小相 一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小 同的两小球P、Q分别固定在轻杆两端，轻杆 钢球，如图甲所示.拉起小钢球至某一位置由 可绕固定于中点O的光滑水平轴在竖直面内 静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录 转动，0点正下方有一光电计时器，小球通过 钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值 计时器时其球心恰好与光电门等高.测得小 T和最小值Tn改变小钢球的初始释放位 球的直径为d,两球球心间的距离为L,P球 置，重复上述过程.根据测量数据在直角坐标 质量是Q球质量的2倍.Q球质量为m,重力 系中绘制的T-T图像是一条直线，如图 加速度为g.现将轻杆拉至水平位置并由静止 乙所示 释放，当P球第一次通过光电门时，计时器显 示的遮光时间为△1.回答下列问题： 1.80 1.75 1.70 1.65 1.60 拉力 1.55 采集器 1.50 L- 1.45 1.40 1.35 (1)用游标卡尺测量d时如图乙所示，则d= OS000100100 T 乙 cm (1)若小钢球摆动过程中机械能守恒，则图乙 10 20 中直线斜率的理论值为 (2)由图乙得：直线的斜率为 ,小钢 (2)小球P经过光电门时速度的表达式为= 球的重力为 N.(结果均保留2位有 (用已知和测得量的符号表示) 效数字) (3)小球P通过最低点时，PQ系统重力势能 (3)该实验系统误差的主要来源是 的减小量△E。= ,若此过程中P、Q A.小钢球摆动角度偏大 构成的系统机械能守恒，则需要验证的关系 B.小钢球初始释放位置不同 式为 (用已知和测得量的符 C.小钢球摆动过程中有空气阻力 号表示) 第六章机械能守恒定律学霸高吉 专题探究七功能关系 很时：45mim 考点分析：1，功与单体动能的关系；2.功与系统机械能的关系；3.能量守恒的综合应用 1.新考法如图所示，柔软不可伸长的细线OA 动，若下滑距离为L,两物体的总重力为G,斜 长度大于橡皮筋原长OB,它们的一端固定 面与B之间的摩擦力为∫，A、B之间的摩擦 在等高的天花板上，另一端各拴一个质量相 力为，下滑过程中两物体机械能的变化为 同的小球A和B,开始时将两小球拉至O、O △E,两物体动能的变化为△E.下列关系式正 等高的位置，放手后发现球A和B的最低 确的是 点处于同一水平线上，下列说法正确的是 A.△E=(Gsin0-f)L B.△E=(Gsin8-f-f2)L A.在开始位置A球机械能的值较大 C.△E=(Gsin0-f)L B.A、B两球在运动过程中机械能均守恒 D.△Ek=(Gsin0-f-f2)L C.在最低点处A球的动能大于B球的动能 4.新考法(2023·吉林长春吉大附中期中)如 D.在两球下摆过程中，细线和橡皮筋拉力对 图所示，质量为M、长为L=5m的木板Q放 小球均不做功 在光滑的水平面上，可视为质点的质量为m 2.(2023·山西运城期末)如图所示，一木块静 的物块P放在木板的最左端1=0时刻给物块 止在光滑的水平面上，一子弹（可视为质点） 水平向右的初速度，当物块P滑到木板Q的 水平射入木块，射入深度为d.在子弹射入木 最右端时木板Q的位移为x=9m.则下列说 块的过程中，木块对子弹的平均阻力为「木块 法错误的是 ( 滑行距离为s时开始匀速前进，下列判断正确 的是 ( A.Q增加的动能与P减小的动能之比为 9:14 A.木块动能的增加量等于f(s+d) B.P减小的动能与P、Q间因摩擦而产生的 B.子弹损失的动能等于风 热量之比为1：1 C.子弹与木块组成的系统机械能的损失等 C.摩擦力对P、Q所做的功的绝对值之比为 于 14:9 D.子弹与木块组成的系统机械能的损失等 D.Q增加的动能与系统损失的机械能之比为 于f 9:5 3.如图A、B两物体一起沿固定的倾角为日的粗5.(2023·辽宁鞍山期中)（多选）如图所示，某 糙斜面下滑，下滑过程中A、B之间无相对运 工厂用传送带向高处运送物体，将一物体轻 学霸高春引白题物理 轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到 方向，取地面为重力零势能参考面如图乙，图 与传送带具有相同的速度，第二阶段物体与 线①为小球向下运动过程中重力势能随位移 传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端.下 的变化关系，图线②为此过程中弹簧弹性势 列说法正确的是 能随位移变化的关系，弹簧始终在弹性限度 范围内，则下列说法中正确的是 ( +0 0 A.第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段 0.15 ②/ 摩擦力对物体不做功 00.10.20.3xm B.第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶 甲 段物体动能的增加量 A.小球释放时离斜面底端的距离为0.2m C.第一阶段物体和传送带间因摩擦产生的热 B.弹簧原长为0.3m 量等于第一阶段物体机械能的增加量 C.向下运动过程中，小球和弹簧组成的系统 D.物体从底端到顶端全过程机械能的增加量 机械能减少量为0.2J 等于全过程摩擦力对物体所做的功 D.风力为0.5N 6.如图，一光滑T形架上套有A、B两个圆环，质 8.(2023·山东青岛期末)（多选）如图所示，倾 量都是1kg,圆环用长为5m的轻质细绳相 角为30的斜面周定在水平地面上，一轻绳绕 连.T形架以图示虚线为轴逆时针转动，初始 过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B, 时绳与水平支架间夹角为53°，现缓慢加大架 两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A、 B的质量均为1kg,A与斜面间的动摩擦因数 子的转速，使圆环B的速度为了√30m,g 取10/s2,则此过程中架子对A、B做功为 为3重力加速度大小为10m3,将A、B由 ( 静止释放，下列说法正确的是 () 30 A.物体A、B释放瞬间，轻绳对P点的拉力大 A.10JB.20JC.15.4JD.25.4J 小为6N 7.新模型(2023·浙江丽水期末)如图甲所示， B.物体B下降过程中，轻绳的拉力对A和B 轻弹簧一端拴接在倾角为0=30°的光滑斜面 做的总功为零 底端，质量m=0.2kg的小球从斜面上离轻弹 C.物体B下降过程中，B减少的机械能等于 簧一定距离的某处静止释放，同时受到一个 A增加的机械能 沿斜面向上的恒定风力的作用.以小球开始运 D.物体B下降2m时（此时B未落地）的速 动的位置为坐标原点，沿斜面向下为x轴正 度大小为4m/sM_,可得p_ 3 8-C(2)地球自西向东转动,飞船沿赤道平面 项A正确.B.由于两次提升变速阶段的加速度大小相同,在匀加速阶 自西向东飞行的速度大于地球自转速度,飞行员会看到太阳从东边 I24x60-16.地球自转一周,飞船转16圈. 段,由牛顿第二定律,F-m三m.可得提升的最大牵引力之比为1; 出来:由题意可得n= 7.=90 1.选项B错误.C.由功率公式.P=F.电机输出的最大功率之比等干 最大速度之比,为2:1.选项C正确.D.加速上升过程的加速度a.= 飞船运动一周飞行员能看到一次日出日落,所以飞行员每天能看到 16次目出且落;飞船转到地球的背影区,飞行员就看不到太阳,如图 所示 大光 r 两次做功相同,选项D错误. 间为1-71-02x90 nn~36 min. 第2节动能定理(一) 3600 1.C 解析:ABC.物体受支持力和重力,动能定理的表达式为V。=W、- 第六章 机械能守恒定律 第1节 功和功率 C正确;D.对电梯,根据动能定理可知其所受合力做功为W--M- 1.D 解析:AC.对货物受力分析可知货物受到沿皮带向上的摩擦力. 该摩擦力与货物位移的方向同向,对货物做正功,会导致货物机械 能增加,故AC错误;B.由于货物相对皮带静止,一起沿斜面匀速上 2.C 解析;ABD.设两名同学在倾斜冰面上运动的长度为1.冰面倾角 升,则货物的合外力为零,不可能做功,故B错误;D. 根据以上分析 可知货物受到的摩擦力与货物位移的方向同向,对货物做正功,会 为6.整个过程中的水平位移为x.由动能定理得mglsin6 导致货物机械能增加,但由于货物做匀速运动,则货物动能不会发 生改变,故货物所受摩擦力做的功等于货物的重力势能增加量,故D & 正确,故选D. 长,根据牛顿第二定律可知,两人运动的加速度的大小与质量没有 ,AB的飞行时 关系,则两人运动的时间相等,到达0点的速度也相同,故ABD错 误;C.因为质量越大的人,受到的摩擦力越大,而两人运动的距离一 样长,则质量大的同学损失的机械能越多,故C正确.故选C. 间之比为。22 _fo. F “,根据速度的合成 故B错误;C.根据P=mgr.=mg^{t.则A.B落地时重力的瞬时功率 与分解可得力F作用点的速度v-=*nc0560③ 4 W. mgh.则A、B从抛 /FH。 ”.故选A. 4.BD 解析:AB.物块与传送带之间的摩擦力为tmg,加速度大小a P。 2.故D正确.故选D 块会向左加速运动,加速到与传送带相同速度时的位移x1= 2 3.A 解析:电动自行车的功率P=F.匀速行驶时,牵引力等于阻力 2 即F=f.加速度a三0.货物掉落后瞬间速度未变,车整体质量减小,阳 1m.则物块还要以2ms的速度向左匀速运动x'=4m-1m=3m. 力减小为/',牵引力大于阻力,具有向前的加速度,车开始加速,由 脱离传送带,所以物块滑离传送带时的动能Ei-m)=21.故A、 于功率不变,牵引力逐渐减小,加速度减小.当牵引力F趋近于/ 匀速运动.故选A m=-6J.故C错误、D正确.故选BD 4.A 解析:根据牛顿运动定律得F-f=na,则汽车匀加速运动阶段的 第3节动能定理(二) 牵引力大小为F=ma+,达到额定功率时的汽车的速率大小为+=ar, 1. AC 解析;A.同样的高尔夫球,在月球和地球上被击飞后初速度相 所以汽车额定功率大小为P=Fr=(ma+/)at,选项A正确.故选A. 同,所以获得的动能相同,加速的过程只有人对球做功,根据动能定 5. AC 解析:A.由题图可得,变速阶段的加速度a-.设第②次所用 时间为1.根据速度一时间图像的面积等于位移(此题中为提升的高 率+(gt)}= +2rh,因为月球表面的g小,所以月球上高 尔夫球的落地速率也小,故B错误:C.水平方向位移x=ro1=r。· 一学霸高考·白题·物理·23一 大.故C正确;D.重力做功W=mgh.因为月球表而的k小.所以月球 9. BD解析:AB.由题图可知.当小球从高度为上的地方下落时,根 上高尔夫球的重力做功更少,故D错误.故选AC 2. D 解析:从A到C过程根据动能定理有mgR+W+Wac=0.BC段 动能定理mg(h+R)= 摩擦力做负功为Wac=-fnc·R=-umgR,联立解得Wa=(j-1)· #联立可得Fi=3mg+2 2mgh,代入h=0、Fi=6N和h=1、Fs= mgR,故选D. R 14N.联立可得m=0.2kg.R=0.5m.故A错误.B正确;C.当h=1m 3.A 解析:在最低点由牛顿第二定律有ma=m 时,从开始下落到最高点,根据动能定理mg(h-R)=- m.代人数 低点的过程中有mgr-W=- )mr= 据解得rv10m/s,根据平抛运动公式R=-g^{,可得平抛运动 ({).故选A. 10m1m.可得1m>R=0.5m.即小 4.C 解析:小球在0点时受到的向心力F。=m-1N.小球受到的 球不会从管口M飞出后将落人管口V.故C错误;D.当h=1.2m 阻力,根据F.ml=AE..解得Fa=2N.小球在0点时受到的合力大 小F=/F+=V5N.故选C 2(-h) 5. BD 解析:A.从A到B的时间1.三。 -0.5。.从B到C的 数据解得r=v14m/s.在最高点,根据牛顿第二定律mg+F “联立解得F=3.6 N.因为F=3.6 N>0.3g=3N.所以小球通 /2H 时间=。 -0.8s,铅球离手后在空中的运动时间1=1+= 过管口V时会使AB整体跳起.故D正确.故选BD 1.3 .故A错误;B.竖直方向,从A到B.由竖直上撤运动可知0 第4节 机械能守恒定律(一) .-2,解得r.=5m/*.水平方向做匀速运动,从A到C得x=ro1,解 1.C 解析:因为物体A、B的各表面均光滑,则当小滑块A沿劈形物体 得。=10m/s.铅球离手时的速度大小v=v+=5v5m/s.故B B的斜面向下滑动的过程中,只有重力对系统做功,则由A.B组成 正确:C.由动能定理可知,W-W=-m},解得W=W。+-mr= 的系统机械能守恒,其中A的机械能减小.B的机械能增大.故选C 2.B 解析:AC.根据题意可知,在B点速度最大,人的加速度为零,受 312.53+W.>312.51.该同学本次投掷对铅球所做的功大于312.53. 力分析易得,在B点,弹性轻绳的弹力等于人的重力,故此时弹性轻 故C错误;D.到C点时竖直方向的速度v'=g.=8m/s.铅球落地时 绳仍处于拉长状态,故弹性轻绳的原长状态必处于B.C之间,设为 E点,从E点到C的过程中,人做竖直上抛运动,机械能保持不变。 1 故AC错误;B.根据A项的分析,从A点到B点的过程中.弹性轻绳 选BD 处于拉长状态,弹力一直向上,弹力一直对人做正功,故弹性势能一 6.D 解析:根据题意知,滑块从点开始运动时.恰好能够到最高点. 直减小.故B正确;D.由A项分析可知.从E点到C的过程中.人做 有(F-)MA-ng·2R=-mr”,在最高点时,重力提供向心力mg= 竖直上抛运动,机械能保持不变,但是由B到E的过程中,弹力依然 对人做正功,人的机械能是在增加的,故D错误,故选B m 3.B 解析:最高点是零势能点,而小球在最高点的动能为零,所以小 球的机械能为零,小球运动过程中只有重力做功,机械能守恒,所以 mgR=0.联立上式得-M5 V2的取值与无关,故选D. 在出发点,小球动能最大Ei--m,势能最小E -mgf,机械能 7.C 解析:令细绳与竖直方向夹角为6.小球做网周运动,对小球进行 为零E=E+E=0. 受力分析如图所示 机械能为零,所以动能为E-f. 故B正确.ACD错误.故选B 4.D 解析:根据机械能守恒定律可知,链条上端刚离开桌面时的动能 等于链条重力势能的小_,即E,-“()-30故选D. 5.B 解析:设管子的横截面积为S.液体的密度为p.拿去盖板,液体开 则有mgtanθ=mLi,解得当夹角6分别为a与B时的线速度为 2 /glang gL&in{ o,:,{cB .根据动能定理有W-mgL(eosa- ,故选B 第5节 机械能守恒定律(二) 1.BD 解析:A.设斜面的倾角为8.滑块接触弹前,在经过一小段位 8.AD 解析:AB.小球竖直方向只受重力作用,则竖直方向的运动是 AE.. 对称的,则小球上升与下落时间相等,即1.=么.得x。:(x.+x)= $:2=1:4.即x x.=1:3.A正确.B错误;CD.A→M应用动能 ngsine.滑块动能随位移均匀增加;滑块接触弹策后在经过一小段 位移Av过程中,根据动能定理得(mgsin6-F)Ax=AE..整理得 ①②式联立得W.=21.A→B风力做功W.=4W.=8J.A→B由动能 定理W.=E-E.可求得E=121.C错误.D正确 故A错误;B. 滑块下滑过程中有AE.=-mgAh=-mg△rsin6.整理得 一学霸高考·白题·物理·24- B构成的系统只有重力势能与动能的转化,即A.B构成的系统机械 A 能守恒,可知A球的机械能减小,即杆在转动的过程中,A球的机械 块接触弹后,弹策弹性势能增加,滑块机械能减小,故C错误; 能不守恒.C错误.故选BD D. 滑块接触弹前,根据牛顿第二定律有ngsinθ=ma.,解得a. 第6节 实验:验证机械能守恒定律 gsine.滑块接触弹后,根据牛顿第二定律有mgsine-k(x-x)= 1.(1)-2 (2)-2.1 0.59(3)C k(1-x:).故D正确,故选BD. ma,解得a=gsin9- 解析:(1)设初始位置时,细线与竖直方向夹角为6.则细线拉力最小 。 值为T=mgeos6.到最低点时细线拉力最大,则mgl(1-eosθ)= 2.B 解析:若拆去轨道的BC段或BE段,小球脱离轨道后都做斜抛运 m,T o-mg-m 动,到达最高点时具有水平速度;若拆去BD段,小球脱离轨道后做 竖直上抛运动,到达最高点时,速度为零,根据机械能守恒定律,可知 动过程中机械能守恒.则题图乙中直线斜率的理论值为-2; 拆去轨道的BD段,上升到最高点动能为零,高度最高,故选B 3.D 解析;A.由于轻绳拉力对小环做负功,可知小环的机械能减小 0.2 故A错误;B.由于轻绳不可伸长,小环速度在沿绳方向的分速度大 小钢球的重力为mg=0.59N 小等于重物上升的速度,可得rcosθ=v,当下滑距离为d时,= (3)该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力 45o代入上述公式解得11 使得机械能减小.故选C 208 c0845-v②.故B错误:CD.环和重 (3#3() 物组成的系统,只有重力做功,则系统机械能守恒,设小环下降最大距 离为Il时,环与重物的速度均减为0.则有mgH=2mg(vif+f-d). 解析:(1)20分度游标卡尺的精确值为0.05mm,由题图乙可得d d③d 9 mm+8x0.05 mm=9.40 mm=0.940 cm _ 603<,可知在轻 (2)小球P经过光电门时速度t 绳与光滑直杆间夹角为0=60{时,小环的速度不为0.故C错误.D 正确.故选D. (3)小球P通过最低点时,P0系统重力势能的减小量AE.=2mgx 4.D 解析:A.因水平轨道和圆孤轨道都是光滑的,从释放小球至小球 到达最高点C的过程中,除重力做功外,弹弹力对小球做功,则小 球的机械能不守恒.选项A错误;B. 小球恰好能通过圆形轨道的最 (2ntm),整理得gL,=3(). 高点C,则mg=m 专题探究七 功能关系 1.C 解析;A.在开始位置,两球高度、质量都相同,因此两球的机械能 圆孤轨道上运动时只有重力做功,机械能守恒,则-mr+mg·2R= 相等,A错误;BD.在下摆过程中.由于细线不可伸长.细线的拉力对 小球A不做功,A球在运动过程中机械能守恒;橡皮筋在下降过程中 ,解得u=2/5m/s.m=1kg,选项C 伸长,弹力对B球做负功,因此B球在运动过程中机械能减少 错误;D.开始时,弹策的弹性势能为E.-m=10J.选项D正确 BD错误;C.在最低点处A球的机械能大于B球的机械能,即A球的 动能大于B球的动能,C正确.故选C 故选D. 2.D 解析:A.对木块,有/=AE.可知木块增加的动能为,故A错 5. BD 解析:ABC.甲球到最低点时,速度沿水平方向,沿绳方向的分 误;B.对子弹,根据动能定理,有-/f(s+d)=AE。。.可知子弹损失的动 速度为零,这时乙球的速度为零,细线对乙球拉力的功率为零,乙球 能为f(s+d),故B错误;CD.系统机械能损失为E=f(s+d)-f=f 先加速后减速.先超重后失重.故AC错误、B正确:D.甲.乙两球组 故C错误.D正确.故选D. 成的系统机械能守恒,此过程乙球增加的机械能等于乙球增加的重 3.C 解析;AB.因为下滑过程中AB之间无相对运动,所以以A.B整 力势能,因此甲球减小的机械能等于乙球增加的重力势能,故D正 体为研究对象,由功能关系可知,两物体机械能的减少量AE=f1 确故选BD. 选项AB错误;CD.由动能定理可知,两物体动能的变化AE。= 6. A 解析:由几何关系可得AP- -60:BP=L.A.B两点的高度差为 (6sin6-f)L.选项C正确.D错误.故选C. 4.B 解析:A.设两者间的摩擦力为/,则根据动能定理0增加的动能 AE =W.=ft.P减小的动能AE =W=fL+x).所以0增加的动能与 P减小的动能之比为9:14.故A正确,不符合题意;B. 根据能量守 分别沿着轻质硬杆和垂直轻质硬杆分解,沿着轻质硬杆方向的分速 恒,P、0间因摩擦而产生的热量0-f.P减小的动能与P、0间因 度分别为r=rcos 60}vrzcos 60,则有vn=vz.甲、乙的质 擦而产生的热量之比为14:5,故B错误,符合题意;C.根据以上分 量相等,则甲、乙的动能相等,均设为E..由系统的机械能守恒可得 析可知.摩擦力对P0所做的功的绝对值之比为14:9.故C正确 不符合题意;D.系统损失的机械能等于产热,0增加的动能与系统 4 损失的机械能之比为9:5.故D正确,不符合题意,故选B. 7. BD 解析:A. 两球属于同轴转动,角速度相等,根据v=aur,由于两球 5.CD 解析:A.第一阶段和第二阶段,摩擦力和物体的运动方向均一 囤周运动的半径不同,可知,当杆转到竖直位置时,两球的速度大小 致,为沿斜面向上,两个阶段摩擦力都是做正功,故A错误;B.由动 不相等,A错误:B.在杆转到竖直位置过程有mg+2ngl.: 能定理的内容可得,合力做的总功等于物体动能的增加量,即W W.=AE,第一阶段除了摩擦力做正功以外,物体也克服重力做了 功,故B错误:C.设第一阶段物体的运动时间为1.传送带的速度为 r.对物体有xi=-,对传送带有x.=u因摩擦产生热量0=FAx F(-)F 杆对B球做的功为W.则有2mgL+W= D正确;C.根据上述,杆对B做正功,则球B的机械能增大,由于A. 一学霸高考·白题·物理·25一 底端到顶端全过程机械能的增加量与除重力以外的其他力做功有 4.(1)vgR (2)0(3)V3gR 关,全过程除重力以外只有摩擦力做功,故机械能的增加量等于全 解析:(1)小物块恰好能到达轨道的最高点D.说明只有重力提供向 过程摩擦力对物体所做的功,故D正确.故选CD 心力,列式得;mg“m 1 6.D 解析;对圆环A受力分析Fsin6=mg,对圆环B受力分析可知 -其中,=teos9.代人数据知初始时动能为Eo= Feos f=m 1n=VgR; (2)设B和D两点的高度差为h.小物块在B点的速度为t.从B到 -41.因此动能增加量为AEF-1m2-Fao~15.41.当圆环 D过程,根据动能定理得:mghm-. B的速度为430 m/s时,计算可知θ=370,因此A重力势能增加 小物块在B.C之间做平抛运动,在C点沿园狐切线方向进入轨道 量为AE.=mgh=mgl(sin53*-sin37*)=10J.则此过程中架子对A CDE内侧.说明在C点速度与过C点半径垂直,说明此时速度方向 B做功为W=15.41+10J=25.41.故ABC错误.D正确.故选D 与水平方向夹角为60{},将速度沿水平方向和竖直方向分解,如图 7. D 解析:A.小球初状态的重力势能为E。=mgxsin8=0.43.解得小 所示: 球释放时离斜面底端的距离为x=0.4m.故A错误;B.由题图可知 小球下落0.2m后接触弹赞,弹赞原长为l。=x-x.=0.2m.故B错 误:C.向下运动过程中,小球和弹组成的系统机械能减少量AF ms:sino-F,-(0.2x10x0.3x-0.15)]10.11.故C错误; D. 小球和弹策组成的系统机械能减少量为球克服风力做的功,风力 :0.3 8. ABD 解析:A.由于相同时间内物体B通过的位移是物体A通过的 B.C之间的竖直距离H-h+R+Reos60*-h+1.5R. 位移的两倍,则物体B的加速度是物体A的加速度的两倍;物体A、B 释放瞬间,设轻绳的拉力为7.物体A的加速度为a.则有27- 根据平抛运动规律得:tan60--。2H m,gsin 30-m geos 30=m a.mg-T=m·2a.代入数据,联立解 联立求解小物块在B点的速度为rn=gR,B和D两点的高度差 得T=6N.故A正确;B.物体B下降过程中,轻绳拉力是A.B组成 =0; 的系统的内力,故轻绳的拉力对A和B做的总功为零,故B正确 (3)设小物块在A点的速度为;.从A到B只有摩擦力做功 C. 物体B下降过程中,B减少的机械能一部分转化为A增加的机树 能,还有一部分转化为克服摩擦力做的功,故C错误;D.设物体B 下降2m时的速度为v,则A运动了1m.速度为-.由能量守恒可得 in0g0os30-(). nngh-mg2 t=3gf. 复习自测练 代入数据,解得:-4m/s,故D正确.故选ABD. 1.B 解析:由功能关系可知W)- (A)” W:-*(2A)- 第六章 章未综合提升 高考新题练 1.D 解析:A.由于不计空气阻力,铅球被水平推出后只受重力作用 加速度等于重力加速度,不随时间改变,故A错误;B.铅球被水平推 2. B 解析:根据动能定理,可知在A.时间内气体经过涡轮做功V 出后做平抛运动,竖直方向有v.“g.则抛出后速度大小为; ”() +(gt),可知速度大小与时间不是一次函数关系,故B错误; 因为转化的能效比达到90%以上,所以涡轮输出的机械功率最小为 P_09w27 180。.ACD错误,B正确.故选B. 间不是一次函数关系,故C错误;D.铅球水平抛出后由于忽略空气 阻力,所以抛出后铅球机械能守恒,故D正确.故选D 3.A 解析:几何关系可得0B=AB+0A=0.5m 2.B 解析:由题知,水简在简车上均匀排布,单位长度上有n个,且每 则当P从4到B的过程中.0的位移x=0B-0A=0.2m 个水简离开水面时装有质量为a的水,其中的60%被输送到高出水 由系统机械能守恒mgx=2m,v”.解得v=3ms. 面处灌入稻田,则水轮转一圈灌人农田的水的总质量为m。= 2-Rnmx60%=1.2rRnm. 则速度为3m/s.故选A. 则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2-Rumglf. 4.C 解析:A.在下滑过程中,弹策先压缩、再逐渐回复到原长、最后弹 策被拉伸,所以弹策先对圆环做负功、再做正功、最后再做负功,圆 _ 环的机械能先减小后增大再减小,故A错误;B.从最高点到最低点 联立有P-3.goRH故选B. 环先加速后减速,所以在最低点时加速度不为零,B错误;C.初末位 5 置,速度为零,弹赘弹力的功率为零,当弹与杆垂直时,弹力方向 3.B 解析:AB.由题图(b)可知,甲下滑过程中,甲做匀加速直线运 与运动方向垂直,弹策弹力功率为零;当环运动到弹与杆垂直的 动,则甲沿II下滑,乙做加速度逐渐减小的加速运动,乙沿I下滑 对称位置时,弹策处于原长,弹力为零,弹策弹力功率为零,所以共 任意时刻甲的速度都小于乙的速度,可知同一时刻甲的动能比乙的 有四个位置,C正确;D.在初位置,弹爹与杆垂直的位置以及环运动 小,A错误.B正确;CD.乙沿I下滑,开始时乙速度为0.到N点时 到弹箭与杆垂直的对称位置时,环的加速度均沿斜杆向下,大小为 乙竖直方向速度为零,根据瞬时功率公式P=mg,可知重力瞬时功 答.所以共有三个位置,D错误,故选C. 率先增大后减小.CD错误.故选B 一学霸高考·白题·物理·26一 5. AD 解析:A.传送带对小物体做的功等于物块机械能的增加量,两 知.减小了人与地而的作用力,故AC正确,B错误;人体获得的能量 种情况小物体重力势能和动能增加量都相同,所以机械能增加量相 是通过摄取食物得到的,更软、更有弹性的抗压材料的鞋垫主要作 同,所以两种传送带对小物体做功相等,A正确;B.设题图甲中到达 用是适当延长了运动中脚落地的缓冲时间,从而减少人与地面的作 B处时间为1..乙图中到达C处时间为1..根据题意可得题图乙中小 用力,感觉更加舒适,故D错误.本题选错误的,故选BD. 物体到达C处后随传送带以速率:匀速运动到B点,所以题图甲中 2. AC 解析:A.手机下落20em时的速度为r^=2gh,解得;=2m/s.砥 划痕长为s=3-=叫1-2 到人脸后手机未反弹,说明手机的速度为0.所以手机与人脸作用过 程中,手机的动量变化量大小约为△p=mr=0.3kg·m/s.A正确; B. 手机与人脸接触的过程中受到重力和人脸的作用力,选向上为正 方向,则有1-mgr=Ap,解得/=0.45N·s.B错误;C. 根据冲量的定 义可知/=F.解得F=4.5N.根据牛顿第三定律可知手机对人脸的 ss.B错误;C.甲图中系统由于摩擦产生的热量为0=f·s= 平均冲击力大小为4.5N.C正确;D.给手机装上了保护壳.碰撞过 程中手机对人脸的冲量不会改变,但可以通过延长作用时间面减小 / ,u,=f·s,根据动能定理有了·*s-mgtl-m”,所以有0 碰撞产生的作用力,D错误.故选AC. mr.W _ 有方向,当初,末速度方向相同时,动量变化量最小,方向相反时,动 sin2(H-h)h 2H-h 乙上的小物体需要的时间为1=。+ 量变化量最大,因此冲量的大小范用是nr/.<3mr,3mr/. tsin6rsinf rsin f' 7mr.比较可得7.>1.一定成立,故选D. 所以有1>z.D正确.故选AD. 4.D 解析:A.F-:图像与坐标轴包围的面积表示动量变化量,则 6.(1)2v10g V10g 1r-0. 1-2s时物块的速率为-2-2n/s-0.5m/s,故A (2)-6gt Ft 2x2 解析:(1)小球A和B及杆组成的系统机械能守恒.设转到竖直位置 错误;B.0~9;内力的方向没有变化,物块一直做加速运动,故B错 的瞬间A.B的速率分别为ri5。,杆旋转的角速度为a,有mg·21- 误:C.0~3s内物块的动量变化量大小为A--frr- 5 3kg·m/s=4.5kg·ms.故C错误;D.0-5s内F的冲量大小为/ 2v10gl #=[x9x3-(9-5)×2]V.-9.5N..故D正确. _: 故选D. 5.C 解析;A.根据运动的对称性及动能定理可知,落地时两者的末速 度大小均为t+2gh,h为小球的初末位置高度差,由于初速度 的方向不同,根据运动的对称性,分析可知末速度的方向不同,所以 7.(1)35N(2)63(3)停在BC上距离C端0.3m处(或距离B竭 落地速度不相等,故A错误;B.根据动量定理Ap=I=mzt.由题图可 0.2m处) 解析:(1)小球进入管口C端时,它对圆管上管壁有大小为F。= 知小球第二次在空中运动的时间比第一次在空中运动的时间长,故 小球的动量变化量不相同,故B错误:C.根据动能定理可知,两次运 2.5mg的作用力,根据牛顿第三定律,管壁对它的作用力F、=F。,对 动过程小球的动能变化量均为AE。=mgh,由于小球的初,末位置相 小球由牛顿第二定律有F+mg=F..解得F.=35N. 同,故高度^相等,故动能变化量相等,故C正确;D.设开始运动时. (2)在压缩弹过程中,速度最大时合力为零.设此时小球离D端的 小球在竖直方向上的速度分量为v.,则根据运动的对称性,可知落 距离为xo,则有kromg,解得xo-mg=0.1m,在C点,由F.=35N= 地时小球在竖直方向上的速度为v=r.+v2gh,落地时重力的瞬时 2 m,解得vc=v7m/s,由能量守恒定律有ng(r+xo)-F+F.- 功率P=mgr'=mg(v.4v2gh).h为小球的初、末位置高度差,由题 m 意可知第一次抛出小球时,小球在坚直方向的初始分速度为零,面 第二次抛出小球时,小球在竖直方向的初始分速度不为零,故小球两 次落地时重力的瞬时功率不相等,故D错误.故选C (3)小球从A点运动到C点过程,由动能定理得mgh-mgs 6.CD 解析:由题图知,AB与CD平行,说明撤去推力后两物体的加速 2mr,解得B、C间距离s-0.5m.小球与弹策作用后返回C处动能 度相同,而撤去推力后物体的合力等于摩擦力,根据牛顿第二定律 可知,两物体受到的摩擦力大小相等,摩擦力对物体的动量为1/.=F. 不变,小球的动能最终消耗在与PC水平面相互作用的过程中.设小 a物体的运动时间小于5物体的时间,可知摩擦力对a物体的冲量 小于摩擦力对5物体的冲量,对整个过程中,由动量定理可得F:1- F$o=0.F1-Fto=0,则F.的冲量小于F。的冲量,故AB错误 得;'=0.7m.故最终小球在BC上距离C为1=5-(r'-s)=0.5m- C正确;D. 根据动量定理可知,合外力的冲量等于物体动量的变化 (0.7m-0.5m)=0.3m.或距离B端为/'=0.7m-0.5m=0.2m处停下 量,a、5两个物体动量的变化量都为零,所以冲量相等,故D正确; 第七章 动量守恒定律 故选CD. 7.B 解析:设水流速度为;.横截面积为S.在极短时间A.内的质量 第1节 动量定理 △m=prSAt.对水流使用动量定理可知FA=△mr=pr”sAr.则F=p}s 1. BD 解析:脚在落地前的速度大小相等,脚落地后最后的速度均为 零,说明动量的变化一定相等;跑鞋的鞋垫通常选择更软、更有弹性 的抗压材料,主要是延长了与人相互作用的时间,根据动量定理可 650ms.B正确.故选B 一学霸高考·白题·物理·27-