单元素养集训卷5 机械能守恒定律-【师大金卷】2025年高考物理一轮复习提升卷

物理１８—２　 一、单项选择题:本题共７小题,每小题４分,共２８ 分．在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合 题目要求的． １．如图所示,某同学用绳子拉动 木箱,使它从静止开始沿粗糙 水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动 能一定 (　　) A．小于拉力所做的功 B．等于拉力所做的功 C．等于克服摩擦力所做的功 D．大于克服摩擦力所做的功 ２．半坡起步是汽车驾驶中可能会遇到的问题．假 设一辆质量为２０００kg的汽车,在倾角θ＝３０° 的足够长斜坡上由静止开始以大小为０􀆰５m/s２ 的恒定加速度启动,向上行驶过程中汽车受到 的空气和摩擦阻力之和恒为１０００N,重力加速 度g取１０m/s２,汽车发动机的额定输出功率为 ６０kW．则汽车从启动至发动机功率达到额定输 出功率过程中,汽车发生的位移大小为 (　　) A．２５m B．３０m C．５０m D．６０m ３．一物块放在水平面上,在水平恒力F 的作用下 从静止开始运动,物块受到的阻力与速度成正 比,则关于拉力F 的功率随时间变化的规律正 确的是 (　　) ４．如图所示,固定的倾斜光滑杆 上套有一个质量为m 的圆环, 圆环与一橡皮绳相连,橡皮绳 的另一端固定在圆环正下方地面上的A 点,橡 皮绳竖直时处于原长h．让圆环沿杆滑下,滑到 杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中(重 力加速度为g) (　　) A．圆环的机械能守恒 B．橡皮绳的弹性势能一直增大 C．橡皮绳的弹性势能增加了mgh D．橡皮绳再次达到原长时圆环动能最大 ５．(２０２４􀅰四川绵阳模拟)在如 图所示滑雪滑道 PQR 上, 质量为６０kg的滑雪爱好者 从顶端P 由静止滑下,从末 端R 滑出时速度为１８m/s,滑行过程中姿势保 持不变,P 端相对滑道最低点Q 高２４m,R 端相 对Q 点高４m,g取１０m/s２．从P 到R 滑行过 程中,该滑雪爱好者克服阻力做功和重力做功 的比值约为 (　　) A．０．１ B．０．２ C．０．８ D．１ ６．如图,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,不计 空气阻力．小球从a点开始运动到其轨迹最高 点,机械能的增量为 (　　) A．２mgR B．４mgR C．５mgR D．６mgR ７．如图所示,光滑竖直杆固定,杆上 套有一质量为m 的小球A(可视 为质点),一根竖直轻弹簧一端固 定在地面上,另一端连接质量也 为m 的物块B,一轻绳跨过定滑 轮O,一端与物块B 相连,另一端与小球A 连 接,定滑轮到竖直杆的距离为L．初始时,小球A 在外力作用下静止于P 点,已知此时整根轻绳 伸直无张力且OP 间细绳水平、OB 间细绳竖 直,现将小球A 由P 点静止释放,A 沿杆下滑到 最低点Q 时OQ 与杆之间的夹角为３７°,不计滑 轮大小及摩擦,重力加速度大小为g,下列说法 正确的是 (　　) A．小球A 静止于P 点时,弹簧的压缩量为２３L B．小球A 由P 下滑至Q 的过程中,弹簧弹性势 能减少了２ ３mgL C．小球A 由P 下滑至Q 的过程中,一定先做加 速运动,后做减速运动 D．若将小球A 换成质量为m３ 的小球C,并将小 球C拉至Q 点由静止释放,则小球C 运动到 P 点时的动能为２３mgL 二、多项选择题:本题共３小题,每小题６分,共１８ 分．在每小题给出的四个选项中,每题有多项符合 题目要求．全部选对的得６分,选对但不全的得３ 分,有选错的得０分． ８．(２０２４􀅰陕西榆林模拟)如图所 示,物块A、B 叠放在粗糙水平 面上,A、B 之间的接触面粗糙, 用水平力F拉B,使A、B 一起沿水平面做匀减 速直线运动．在A、B 一起运动的过程中,下列说 法正确的是 (　　) A．B 对A 的摩擦力对A 做正功 B．B 对A 的摩擦力对A 做负功 C．A 对B 的摩擦力对B 做正功 D．A 对B 的摩擦力对B 做负功 ９．一足够长斜面固定在水平地面上,倾角为３０°, 质量为２kg的物体从斜面的底端冲上斜面,取 地面为参考平面,物体的动能Ek 随上升的高度 h 的 变 化 关 系 如 图 所 示,重 力 加 速 度 g 取 １０m/s２,不计空气阻力,由上述信息和图中数 据可得 (　　) A．上升２m的过程中,机械能减少２０J B．上升２m的过程中,机械能减少６０J C．物体所受摩擦力大小为５N D．物体与斜面间的动摩擦因数为０．２５ １０．(２０２４􀅰广东广州模拟)如图,质 量为m 的物块上端连接一根轻 弹簧,恰好静止在倾角为３０°的 固定斜面上．现在弹簧上端施加沿斜面向上的 缓慢变大的拉力F,弹簧伸长L 时开始运动; 当物块开始运动时保持拉力F 不变将物块向 上缓慢移动距离L,整个过程拉力做的功为 １􀆰５mgL,重力加速度为g,已知最大静摩擦力 等于滑动摩擦力,则 (　　) A．物块缓慢运动时,拉力F＝２mg B．物块缓慢运动时,弹簧弹力F弹＝mg C．整个过程克服摩擦力做的功为２mgL D．弹簧的弹性势能增量为０．５mgL 三、实验题:本题共２小题,共１４分． １１．(６分)用如图甲所示的实验装置来验证机械能 守恒定律,轻杆两端固定两个大小相等但质量 不相等的小球P、Q,杆的正中央有一光滑的水 平转轴O,使杆能在竖直面内自由转动．O点正 下方有一光电门,小球通过轨迹最低点时,球 物理１８—１ 单元素养集训卷五 物理１８—４　 心恰好通过光电门．已知重力加速度为g． (１)用游标卡尺测得小球的直径如图乙所示, 则小球的直径d＝　　　　cm; (２)PQ 从水平位置由静止释放,当小球P 通过 最低点时,与光电门连接的数字计时器显示的 挡光时间为Δt,则小球P 经过最低点时的速度 v＝　　　　(用物理量符号表示); (３)小球P 通过最低点时,测得两小球P、Q 球 心间距离为L,小球P 的质量是２m,Q 的质量 为m,则PQ 系统重力势能的减少量 ΔEp＝ 　　　　．动能的增加量为 ΔEk．若在误差允 许范围内,总满足 ΔEp 　　　　(选填“＜” “＝”或“＞”)ΔEk,则可证得系统机械能守恒． １２．(８分)(２０２４􀅰河南安阳模拟)某实验小组用如 图甲所示装置验证机械能守恒定律．光电门１、 光电门２固定在铁架台上,两光电门分别与数 字计时器连接．当地的重力加速度为g． (１)实验前先用螺旋测微器测量小球的直径,示 数如图乙所示,则小球直径为d＝　　　　mm; (２)让小球从光电门１正上方某位置由静止释 放,小球通过光电门１和光电门２时,小球的挡 光时间分别为t１、t２,则小球通过光电门１时的 速度大小为v１＝　　　　(用所给物理量的符 号表示);要验证机械能守恒定律,还需要测量 的物理量是　　　　(写出对应物理过程物理 量符号); (３)改变小球在光电门１上方释放的位置,重 复实验多次,测得多组通过光电门１和光电门 ２的挡光时间t１、t２,作 １ t２２ －１ t２１ 图像,如果图像的 斜率为　　　　,图线在纵轴的截距为　　　　 (用题目中相关物理量符号表示),则机械能守 恒定律得到验证． 四、计算题:本题共３小题,共４０分． １３．(１０分)如图甲所示,质量m＝１kg的物体静止 在光滑的水平面上,t＝０时刻,物体受到一力 F的作用,t＝１s时,撤去力F,某时刻物体滑 上倾角为３７°的粗糙斜面;已知物体从开始运动 到滑上斜面最高点过程的v－t图像如图乙所 示,不计其他阻力,sin３７°＝０􀆰６,g＝１０m/s２,求: (１)力F做的功; (２)物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩 擦力做功的平均功率． １４．(１３分)(２０２４􀅰云南昆明模拟)传送带是自动 化工业生产中一种重要的输送装置．如图所示 是一条罐头生产线部分示意图,电动机带动传 送带始终以v＝２m/s的速率顺时针转动,传 送带两端A、B 间的距离L＝４m．工作时,机器 手臂将一瓶罐头无初速度放到A 点,当该罐头 刚离开B 点时,机器手臂将下一瓶罐头放到A 点,此后不断重复此过程．已知每瓶罐头质量 m＝０􀆰８kg,与传送带间的动摩擦因数均为μ＝ ０􀆰２,罐头可视为质点且不发生滚动,重力加速 度g取１０m/s２．从第一瓶罐头放到A 点开始 计时,求: (１)１min内能运送多少瓶罐头; (２)１min内因运送罐头需要多消耗的电能． １５．(１７分)如图所示,底部带有 挡板的固定光滑斜面,倾角θ ＝３０°,上有质量为m 的足够 长的木板A,其下端距挡板的距离为L,质量也 为m 的小物块B 置于木板A 的顶端,B 与木 板A 之间的动摩擦因数为μ＝ ３ ２． 无初速度地 释放A、B,当木板滑到斜面底端时,与底部的 挡板发生碰撞,碰撞后木板速度大小不变,方 向与原来相反．可认为最大静摩擦力等于滑动 摩擦力,重力加速度为g．求: (１)木板A 与挡板第一次碰撞后沿斜面上滑的 过程中物块B 的加速度大小; (２)木板A 从开始到第二次与挡板碰撞过程中 运动的总路程; (３)从开始到A、B 最后都静止的过程中,系统 因摩擦产生的热量． 物理１８—３ 物理答案 —２０　 速运动,则有x＝ １２at ２,解得a＝２m/s２,根据牛顿第二 定律μmg＝ma,解得μ＝０􀆰２,在０~２s内,对小物块有０ －v２０＝－２ax,解得小物块的初速度大小为v０＝４m/s, 故 C正确;对小物块在０~４􀆰５s内,根据动能定理有 Wf ＝ １２mv ２－ １２mv ２ ０,解得摩擦力对小物块所做的功为Wf ＝－３J,故 D正确． ６．[解题思路](１)设物体在B 点的速度为vB,所受弹力为FNB,由 牛顿第二定律得FNB－mg＝m v２B R 由牛顿第三定律知FNB＝F′NB＝８mg 由能量守恒定律可知,物体在A 点时的弹性势能 Ep＝ １ ２mv ２ B＝ ７ ２mgR． (２)设物体在C点的速度为vC,由题意可知mg＝m v２C R 物体由B 点运动到C 点的过程中,由能量守恒定律得 Q＝ １２mv ２ B－ ( １２mv２C＋２mgR) 解得Q＝mgR． [参考答案](１)７２mgR　 (２)mgR ７．[解题思路](１)设物块在B 点的速度为vB,从A 到B 物块做平 抛运动,有vBsinθ＝v０ 从B 到C,根据动能定理有 mgR(１＋sinθ)＝ １２mv ２ C－ １ ２mv ２ B 解得vC＝６m/s０ (２)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用,最终将共 速．设相对滑动时物块加速度大小为a１,木板加速度大小为a２, 经过时间t达到共同速度v,则μmg＝ma１,μmg＝Ma２,v＝vC－ a１t,v＝a２t,根据能量守恒定律有 １ ２ (m＋M)v２＋Q＝ １２mv ２ C, 代入数据联立解得Q＝９J． [参考答案](１)６m/s　(２)９J ８．[解题思路](１)设小滑块在轨道AB 上的加速度大小为a,根据 牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma 解得a＝８m/s２ 对小滑块从A 到B 的运动过程,根据运动学规律有 v２B－v２A＝－２a􀅰 h１ sinθ 解得vA＝６m/s． (２)小滑块从D 到G 过程中只有重力做功,以水平面为零势能 面,根据机械能守恒定律有 １ ２mv ２ G＝mgh２＋ １ ２mv ２ D 解得vD＝３m/s． (３)以水平面为零势能面,滑块在B、D 两处的机械能分别为 EB＝ １ ２mv ２ B＋mgh１＝１４m(J) ED＝ １ ２mv ２ D＋mgh２＝１２􀆰５m(J) 所以滑块从B 到D 存在机械能损失,而细管道对滑块的弹力始 终与速度方向垂直,所以不做功,则这个过程中除了重力之外, 还有摩擦力对滑块做功,因此细管道BCD 不光滑． [参考答案](１)８m/s２　６m/s　(２)３m/s　(３)不光滑 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 单元素养集训卷五 １．A　[解题思路]由动能定理有 WF－W 克f＝Ek－０,可知木箱获 得的动能一定小于拉力所做的功,无法判断动能与克服摩 擦力所做的功间的关系,A正确,B、C、D错误． ２．A　[解题思路]汽车从启动至发动机功率达到额定输出功率过 程中,对汽车进行受力分析,由牛顿第二定律有F－Ff－ mgsin３０°＝ma,达到额定功率时有P额 ＝Fv,由速度位移公 式有v２＝２ax,联立并代入数据解得x＝２５m．故选 A． ３．C　[解题思路]物块受到的阻力与速度成正比,根据牛顿第二 定律有F－kv＝ma,所以物块做加速度减小的加速运动,又 因拉力功率P＝Fv,F 为恒力,所以功率随时间变化的规律 和速度v随时间的变化规律一致,故 C正确,A、B、D错误． ４．C　[解题思路]圆环沿杆滑下,滑到杆的底端的过程中有两个 力对圆环做功,即环的重力和橡皮绳的拉力,所以圆环的机 械能不守恒,如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对 象,则系统的机械能守恒,故 A 错误;橡皮绳的弹性势能随 橡皮绳形变量的变化而变化,由题意知橡皮绳先不发生形 变后伸长,故橡皮绳的弹性势能先不变再增大,故 B错误; 下滑过程中,圆环的机械能减少了 mgh,根据橡皮绳与圆环 组成的系统的机械能守恒,可知橡皮绳的弹性势能增加了 mgh,故 C正确;在圆环下滑过程中,橡皮绳再次达到原长 时,该过程中圆环的动能一直增大,但不是最大,沿杆方向 的合力为零的时刻,圆环的速度最大,动能最大,故 D错误． ５．B　[解题思路]由能量守恒定律可知从P 到R 滑行过程中,该 滑雪爱好者克服阻力做功W 克f＝mg(H－h)－ １ ２mv ２,解得 W 克f＝６０×１０×(２４－４)J－ １ ２ ×６０×１８ ２J＝２２８０J;从P 到R 滑行过程中,重力做的功WG＝mg(H－h)＝１２０００J; 则 W 克f WG ＝２２８０J１２０００J≈０􀆰２． 故选B． ６．C　[解题思路]机械能的增量等于外力在两个过程中对小球做 的功之和;ac过程由动能定理得F􀅰３R－mgR＝ １２mv ２ c,又 F＝mg,解得v２c＝４gR,W１＝３mgR;小球离开轨道上升到最 高点竖直方向有０＝vc－gt,t＝２ R g ,该时间内外力F 对 小球做的功为W２＝F􀅰s,又s＝ １ ２at ２,a＝ Fm ＝g ,联立以 上各式得:W２＝２mgR,所以外力对小球做功的总和即机械 能的增量为W＝５mgR,故 C正确． ７．C　[解题思路]由题意可知OA＝L,PQ＝ OAtan３７°＝ ４ ３L ,OQ＝ OA sin３７°＝ ５ ３L ,B 上升的高度为h＝OQ－OA＝ ２３L ,小球A 由P 下滑至Q 的过程中,设弹簧弹性势能变化量为ΔEp,由 机械能守恒定律得,－mg ４３L＋mg ２ ３L＋ΔEp＝０ ,则 ΔEp 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 物理答案 —２１　 ＝ ２３mgL ,故弹性势能增加了 ２ ３mgL ;设小球A 在P 点时, 弹簧压缩量为x１,在Q 点时,弹簧伸长量为x２,则x１＋x２＝ ２ ３L ,故 A、B错误;小球A 在P 点的速度为零,下滑至Q 点 时速度也是零,则小球 A 由P 下滑至Q 的过程中,速度先 增大后减小,故 C正确;小球C 运动到P 点时,沿绳方向的 速度为零,因此B 物体的速度为零,ΔE′p＝－ΔEp,由机械能 守恒定律可得 １ ３mg 􀅰 ４ ３L－mg 􀅰 ２ ３L＋ΔE′p＋ΔEk＝０ , 则Ek＝ ８ ９mgL ,故 D错误． ８．BC　[解题思路]A、B 一起沿水平面向右做匀减速直线运动,可 知加速度向左,物体B 对A 的静摩擦力方向向左,与运动 方向相反,可知B 对A 的摩擦力对A 做负功;A 对B 的摩 擦力方向向右,与运动方向相同,则A 对B 的摩擦力对B 做正功,A、D错误,B、C正确． ９．AC　[解题思路]由题图可知,物体上升２m 的过程中,动能减 少量为６０J,重力势能增加量为 ΔEp＝mgh＝４０J,因此机 械能减少了２０J,故 A正确,B错误;物体上升２m 的过程 中,沿斜面方向的位移为x＝ hsin３０°＝４m ,又因为物体克 服摩擦力做功,机械能减少,则摩擦力大小为Ff＝ ΔE x ＝ ５N,故 C正确;对物体受力分析,垂直斜面方向的分力为 FN＝mgcos３０°,又 因 为 Ff＝μFN,联 立 得μ＝ ３ ６ ,故 D 错误． １０．BD　[解题思路]物块恰好静止在斜面上,则此时物块受到的 最 大 静 摩 擦 力 与 重 力 沿 斜 面 向 下 的 分 力 平 衡,有 mgsin３０°＝μmgcos３０°,物块缓慢运动时,由平衡条件得 F弹 ＝mgsin３０°＋μmgcos３０°＝mg＝kL,此时拉力F＝F弹 ＝mg,故 A 错误,B正确;整个过程克服摩擦力做的功为 W 克f＝μmgcos３０°􀅰L＝０􀆰５mgL,故 C错误;整个过程中 拉力 做 功 为 WF ＝１􀆰５mgL,设 克 服 弹 簧 弹 力 做 功 为 W 克弹 ,根据动能定理 WF－W 克f－W 克弹 －mgLsin３０°＝ ０,则W 克弹 ＝０􀆰５mgL,则弹簧弹性势能增加了０􀆰５mgL, 故 D正确． １１．[解题思路](１)２０分度的游标卡尺的精确度为０􀆰０５mm;其读 数为１０mm＋０􀆰０５×１０mm＝１０􀆰５０mm＝１􀆰０５０cm． (２)小球通过最低点时的速度为v＝dΔt． (３)小球P 通过最低点时,系统重力势能的减少量为 ΔEp＝ ２mgL２ －mg L ２ ＝ mgL ２ ． 在实验误差允许的范围内,当系统减 少的重力 势 能 等 于 增 加 的 动 能 时,即 可 验 证 系 统 的 机 械 能 守恒． [参考答案](１)１．０５０　(２)dΔt　 (３)１２mgL　＝ １２．[解题思路](１)螺旋测微器的固定刻度为３mm,可动刻度读数 为０􀆰０１×２８􀆰９mm＝０􀆰２８９mm,所以最终读数为３􀆰２８９mm; (２)小球通过光电门１的速度为v１＝ d t１ ,要验证机械能守恒定 律,即验证mgh＝ １２m( d t２ ) ２ － １２m ( d t１ ) ２ 是否成立,因此 还需要测量两个光电门的高度差h; (３)由上可得mgh＝ １２m( d t２ ) ２ － １２m( d t１ ) ２ ,得到 １ t２２ ＝ １ t２１ ＋２gh d２ ,因此如果图像的斜率为１,图线在纵轴的截距为２gh d２ , 则机械能守恒定律得到验证． [参考答案](１)３．２８９(３．２８７~３．２８９均可) (２)dt１ 　两个光电门的高度差h　(３)１　２gh d２ １３．[解题思路](１)物体１s末的速度v１＝１２m/s,根据动能定理 得WF＝ １ ２mv ２ １＝７２J． (２)物体在１~２s内沿水平面做匀速直线运动,物体在２~３s 内沿斜面向上做匀减速运动．物体沿斜面上滑的最大距离为: x＝ v２＋０ ２ t３＝ １ ２ ×１×１２m＝６m 物体到达斜面底端时的速度v２＝１２m/s,到达斜面最高点时 的速度为零,根据动能定理得 －mgxsin３７°－W 克f＝０－ １ ２mv ２ ２ 解得W 克f＝３６J 因此克服摩擦力做功的平均功率为P＝ W 克f t３ ＝３６W． [参考答案](１)７２J　(２)３６W １４．[解题思路](１)罐头刚放上传送带时有μmg＝ma 解得加速度a＝μg＝２m/s２ 加速运动的时间t１＝ v a ＝１s 匀加速运动的位移大小x１＝ v ２t１＝１m 匀速运动的位移大小x２＝L－x１＝３m 匀速运动的时间t２＝ x２ v ＝１．５s 罐头从A 传到B 所用的时间t＝t１＋t２＝２．５s １min内能运送罐头的瓶数为n＝ t０ t ＝ ６０ ２．５＝２４ 瓶． (２)罐头刚放上传送带做匀加速运动时,相对于传送带的位移 大小是 Δx＝vt１－x１＝１m 摩擦产生的热量Q＝Ff􀅰Δx＝μmg􀅰Δx＝１􀆰６J 到达B 时,动能增加量 ΔEk＝ １ ２mv ２＝１􀆰６J 所以传送一瓶罐头多消耗的电能E＝Q＋ΔEk＝３􀆰２J １min内因运送罐头需要多消耗的电能E０＝２４E＝７６􀆰８J． [参考答案](１)２４瓶　(２)７６．８J １５．[解题思路](１)木板A 与挡板第一次碰撞前,A、B 组成的系统 加速度为a＝gsin３０° 由运动学公式可知,第一次碰撞时A、B 组成的系统的速度 v１＝ ２aL＝ gL 第一次碰撞后,对B 有aB＝μgcosθ－gsinθ＝ １ ４g ,方向沿斜 面向上． (２)第一次碰撞后,对A 有aA＝μgcosθ＋gsinθ＝ ５ ４g ,方向沿 斜面向下,可见,A、B 均做匀减速运动,A 先减速至零,再向下 加速运动． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 物理答案 —２２　 第一次碰后,A 沿斜面上滑的距离为x１＝ v２１ ２aA ＝ ２５L 从开始到第二次碰撞,A 的总路程为xA＝L＋２x１＝ ９ ５L． (３)A 最后静止于斜面底部．设B 相对A 下滑位移为 Δx,由系 统功能关系,有mgLsinθ＋mg(L＋Δx)sinθ＝μmgΔxcosθ 可得 Δx＝４L 因此,系统因摩擦产生的热量为 Q＝μmgΔxcosθ＝３mgL． [参考答案](１)１４g　 (２)９５L　 (３)３mgL 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第六章　动量守恒定律 周测十三 １．D　[解题思路]跳高时,在落地处垫海绵以及在码头上装橡胶 轮胎都是为了延长作用时间,从而减小冲击力,不是减小冲 量,故 A、B错误;动量相同的两个物体受相同的制动力作 用,根据动量定理Ft＝mv,可知运动时间相等,故 C错误; 人从越高的地方跳下,落地时速度越大,动量越大,则受到 的冲量越大,故 D正确． ２．A　[解题思路]撞击过程飞鸟做初速度为零的匀变速直线运 动,则L＝ v０ ２t ,解得撞击时间t＝２Lv０ ,对飞鸟由动量定理得 Ft＝mv０－０,解得飞鸟撞击时所受平均撞击力的大小为F ＝ mv２０ ２L ,由牛顿第三定律可知飞机被飞鸟撞击时所受平均 撞击力的大小为 mv２０ ２L ,故 A正确． ３．D　[解题思路]人与a、b两车组成的系统不受外力作用,设水 平向右的方向为正方向,根据动量守恒定律,则有０＝(m人 ＋ma)va－mbvb,得 va vb ＝ mb ma＋m人 ＜１,则a车的速率小于b 车的速率;人对两车的冲量大小Ia＝mava,Ib＝mbvb＝(ma ＋m人 )va＞mava,则a车对人的冲量小于b 车对人的冲量, 故选 D． ４．C　 [解题思路]对 小 球 b,由 机 械 能 守 恒 定 律 有 mbgh＝ １ ２mbv ２ B,可得碰后小球b的速度大小为vB＝２m/s,故 A 错误;由动量守恒定律可得mav０＝mav１＋mbvB,由机械能 守恒定律可得 １ ２mav ２ ０＝ １ ２mav ２ １＋ １ ２mbv ２ B,联立解得 mb ＝３kg,v１＝－２m/s,碰撞后瞬间,小球a 的速度大小为 ２m/s,故B错误,C正确;由上述分析知,碰后a球立刻向 左运动,b球先向右运动到最高点,再向左返回到平面上运 动,最后两球速度大小相等,所以两球不会发生第二次碰 撞,故 D错误． ５．BC　[解题思路]物 块 下 落h,由 机 械 能 守 恒 定 律 得 mgh＝ １ ２mv ２ １,物块与钢板碰撞,以竖直向下的方向为正方向,由 动量守恒定律得 mv１＝２mv２,解得v２＝ １ ２v１＝ ２gh ２ ,A 错误,B正确;从碰撞到Q 点,由能量守恒定律可知 １２ × ２mv２２＋２mgx０＝ΔEp,则弹性势能的增加量为 ΔEp＝mg (２x０＋h２ ) ,C正确,D错误． ６．[解题思路](１)本实验中要尽可能减小摩擦力的影响,这样可减 小实验误差,故 A正确;实验时应先接通打点计时器电源,再推 动小车A,故B错误． (２)碰前小车A 做匀速直线运动,速度由bc段求得v０＝ bc ５T ,解 得 v０ ＝ ３􀆰６２ m/s,则 碰 前 系 统 总 动 量 p０ ＝ mAv０ ≈ １􀆰４５kg􀅰m/s,碰后A、B 车一起做匀速直线运动,速度由de段 求得v＝de５T ,解得v＝２􀆰０５m/s,则碰后系统总动量p＝(mA＋ mB)v≈１􀆰４４kg􀅰m/s． [参考答案](１)A　(２)１．４５　１．４４ ７．[解题思路](１)设运动员的水平位移为x,由水平方向v－t图 像可得x＝ v０＋v ２ t 解得x＝５６m 设运动员在水平方向的加速度大小为a,水平方向所受的阻力 为f１,竖直方向所受阻力为f２,由运动学规律和牛顿第二定律 得a＝ v－v０ t ,－f１＝ma 代入数值可得f１＝５０N． (２)由题意知f２＝f１＝５０N 根据平行四边形定则可得F合 ＝ f２１＋(mg－f２)２ 对运动员在空中运动过程应用动量定理可得 Δp＝F合t 解得 Δp＝１􀆰８×１０３ N􀅰s． [参考答案](１)５６m　５０N　(２)１􀆰８×１０３ N􀅰s ８．[解题思路](１)设小球C 与物体A 碰撞前瞬间的速度大小为 v０,对小球C的下摆过程,由机械能守恒定律得 mCgL＝ １ ２mCv ２ ０ 解得v０＝４m/s 设小球C与物体A 碰撞前瞬间受到细线的拉力大小为F,对小 球由牛顿第二定律得F－mCg＝mC v２０ L 解得F＝３０N． (２)以v０ 方向为正方向,设A、C 碰撞后瞬间A 的速度大小为 vA,由动量守恒定律得mCv０＝－mCvC＋mAvA 解得vA＝１􀆰５m/s． (３)当物体A 滑动到小车B 的最右端时恰好与小车B 达到共同 速度v 时,小 车 B 的 长 度 最 小,设 为 x．由 动 量 守 恒 定 律 得 mAvA＝(mA＋mB)v 解得v＝０􀆰５m/s 由能量守恒定律得μmAgx＝ １ ２mAv ２ A－ １ ２ (mA＋mB)v２ 解得x＝０􀆰３７５m． [参考答案](１)３０N　(２)１．５m/s　(３)０．３７５m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋