1、能量与动量一、单选题（每小题3分，共计24分）1.如图所示,光滑的水平面上,小球A以速度v0向右运动时与静止的小球B发生对心正碰,碰后A球速度反向,大小为,B球的速率为,A、B两球的质量之比为()A.38 B.83 C.25 D.52【答案】C【解析】选C。以A、B两球组成的系统为研究对象,两球碰撞过程动量守恒,以A球的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mAv0=mA+mB,两球的质量之比:=,故C正确。2.甲、乙两个溜冰者质量分别为48 kg和50 kg，甲手里拿着质量为2 kg的球，两人均以2 m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后
2、，球又回到甲的手里，乙的速度为零，则甲的速度的大小为()A0 B2 m/sC4 m/s D无法确定【答案】A【解析】以甲、乙及球组成的系统为研究对象，以甲原来的滑行方向为正方向，有(m甲m球)v甲m乙v乙(m甲m球)v甲得v甲 m/s0，A正确3两个小木块B、C中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图中a线段所示，在t4 s末，细线突然断了，B、C都和弹簧分离后，运动图线分别如图中b、c线段所示从图中的信息可知()A木块B、C都和弹簧分离后的运动方向相反B木块B、C都和弹簧分离后，系统的总动量增大C木块B、C分离过程中
3、B木块的动量变化较大D木块B的质量是木块C质量的【答案】D【解析】由xt图象可知，位移均为正，均朝一个方向运动，没有反向，A错误；木块都与弹簧分离后B的速度为v1 m/s3 m/s，C的速度为v2 m/s0.5 m/s，细线未断前B、C的速度均为v01 m/s，由于系统所受合外力之和为零，故系统前后的动量守恒：(mBmC)v0mBv1mCv2，计算得B、C的质量比为14，D正确，B错误；系统动量守恒，则系统内两个木块的动量变化量等大反向，C错误4.足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送
4、带的速度相同在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是()AW0，Qmv2 BW0，Q2mv2CW，Qmv2 DWmv2，Q2mv2【答案】B【解析】对小物块，由动能定理有Wmv2mv20，设小物块与传送带间的动摩擦因数为，则小物块与传送带间的相对路程x相对，这段时间内因摩擦产生的热量Qmgx相对2mv2，选项B正确5.一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()【答案】C【解析】小物块上滑过程，由动能定理得(mgsin
5、mgcos )xEkEk0，整理得EkEk0(mgsin mgcos )x；设小物块上滑的最大位移大小为s，小物块下滑过程，由动能定理得(mgsin mgcos )(sx)Ek0，整理得Ek(mgsin mgcos )s(mgsin mgcos )x，故只有C正确6.高速公路部分路段旁建有如图6所示的避险车道，车辆可驶入避险若质量为m的货车刹车后以初速度v0经A点冲上避险车道，前进距离l时到B点减速为0，货车所受阻力恒定，A、B两点高度差为h，C为A、B中点，已知重力加速度为g，下列关于该货车从A运动到B的过程说法正确的是()A克服阻力做的功为mv02B该过程产生的热量为mv02mghC在AC
6、段克服阻力做的功小于在CB段克服阻力做的功D在AC段的运动时间等于在CB段的运动时间【答案】B【解析】根据动能定理有mghFfl0mv，克服阻力做的功为WfFflmvmgh，故A错误；克服阻力做的功等于系统产生的内能，则该过程产生的热量为mvmgh，故B正确；阻力做的功与路程成正比，在AC段克服阻力做的功等于在CB段克服阻力做的功，故C错误；从A到B做匀减速运动，AC段的平均速度大于BC段的平均速度，故在AC段的运动时间小于在CB段的运动时间，故D错误7.如图所示，一个半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，轨道的内表面动摩擦因数为.一质量为m的小滑块(可看作质点)自P点正上方由静止
7、释放，释放高度为R，小滑块恰好从P点进入轨道小滑块滑到轨道最低点N时对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小用W表示小滑块从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功则()A小滑块恰好可以到达Q点B小滑块不能到达Q点CWmgRDWmgR【答案】C【解析】从最高点到N点，由动能定理有2mgRWmv2，在N点，由牛顿第二定律有FNmgm，由牛顿第三定律有FNFN4mg联立可得WmgR，故C正确，D错误；小滑块从P点到N点再到Q点的过程中，重力与摩擦力做功，由于小滑块做圆周运动，由运动的特点可知，小滑块在PN段与轨道之间的压力大于NQ段小滑块与轨道之间的压力，根据FfFN可知，小滑块在PN段受到的摩
8、擦力比较大，所以小滑块在PN段克服摩擦力做的功比较多，则在NQ段小滑块克服摩擦力做的功W0，小滑块到达Q点后，还能继续上升，故A、B错误8.如图甲所示，倾角30的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置由静止释放，接触弹簧后继续向下运动小球运动的vt图象如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g.关于小球的运动过程，下列说法不正确的是()A小球在tB时刻所受弹簧弹力等于mgB小球在tC时刻的加速度大于gC小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点
9、D小球从tA时刻到tC时刻的过程中重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量【答案】D【解析】小球在tB时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于小球重力沿斜面的分力，则F弹mgsin 30mg，故A正确；由题图可知，tA时刻所在位置关于tB时刻所在位置对称处小球的加速度大小为，弹簧弹力大小为mg，故到达tC时刻所在位置时弹簧的弹力大于mg，根据牛顿第二定律可知F弹mgsin ma，解得ag，故B正确；整个过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，故从tC时刻所在的位置由静止释放，小球能到达原来的出发点，故C正确；小球从tA时刻到tC时刻的过程中，由系统机械能守恒知小球重力势能的减小量与小球动能的减小量
10、之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误二、多项选择题（每小题5分，答案不全得3分，有错不得分，共计30分）9.如图所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道的右端点、最低点和左端点，B点和圆心等高，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为60.现从B点的正上方某处A点由静止释放一个小球，经圆轨道飞出后以水平速度v通过C点，已知圆轨道半径为R，v，重力加速度为g，则以下结论正确的是(不计空气阻力)()AC、N的水平距离为RBC、N的水平距离为2RC小球在M点对轨道的压力为6mgD小球在M点对轨道的压力为4mg【答案】AC【解析】小球从N到C的过程可看做逆方向的平抛运动，则vNcos v、vNsin gt、
11、xCNvt，解得vN2v2、xCNR，故A项正确，B项错误；小球从M到N的过程由动能定理可得，mg(RRcos )mvN2mvM2，小球在M点时，由牛顿第二定律可得，FNMmgm，解得FNM6mg，根据牛顿第三定律可得，小球在M点对轨道的压力为6mg，故C项正确，D项错误10.如图所示，柔软的不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系着一小球，小球放在水平升降平台上，不计摩擦和空气阻力先让小球以某一速度在平台上做匀速圆周运动，后使升降平台缓慢竖直上升，在小球到达顶点O所在水平面之前，下列说法正确的是()A小球转动的角速度逐渐减小B小球运动的线速度大小保持不变C升降平台对小球的支持力保持不变DO点受
12、到的拉力逐渐减小【答案】AD【解析】设细绳与竖直方向的夹角为，小球贴着平台做匀速圆周运动，受三个力重力、平台的支持力和细绳的拉力，竖直方向平衡有，半径方向，而.B、平台缓慢竖直上升的过程，推动小球从半径小的圆周缓慢变成半径大的圆周运动，对小球由能量守恒可知重力势能增加，则动能减小，即做圆周的线速度变小；故B错误.A小球做圆周运动的角速度为，线速度变小，而半径变大，故角速度减小；故A正确.D、由圆周运动的向心力，可得，因角速度变小，则拉力变小；故D正确.C、由可知，拉力T变小，夹角增大使得减小，故支持力增大；故C错误.故选AD.11.如图所示，木块A静置于光滑的水平面上，其曲面部分MN光滑，水平
13、部分NP粗糙现有一物体B自M点由静止下滑，设NP足够长，则以下叙述正确的是()AA、B最终以同一不为零的速度运动BA、B最终速度均为零CA物体先做加速运动，后做减速运动DA物体先做加速运动，后做匀速运动【答案】BC【解析】选BC对于木块A和物体B组成的系统，由于在水平方向不受外力，故系统在水平方向动量守恒因系统初动量为零，A、B在任一时刻的水平方向动量之和也为零，又因NP足够长，B最终与A速度相同，此速度为零，选项B正确；A物体由静止到运动、最终速度又为零，选项C正确12.如图所示，不可伸长的轻绳通过定滑轮将物块甲、乙(均可视为质点)连接，物块甲套在固定的竖直光滑杆上，用外力使两物块静止，轻绳
14、与竖直方向夹角37，然后撤去外力，甲、乙两物块从静止开始运动，物块甲恰能上升到最高点P，P点与滑轮上缘O在同一水平线上，甲、乙两物块质量分别为m、M，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度为g，不计空气阻力，不计滑轮的大小和摩擦设物块甲上升到最高点P时加速度为a，则下列说法正确的是()AM2m BM3m Cag Da0【答案】AC【解析】设QP间的距离为h，OQ间的绳长L，则乙下降的高度为hLhtan 37，则根据机械能守恒定律可知mghMgh，解得M2m，故A正确，B错误甲上升到最高点P时，由于不受摩擦力，所以在竖直方向上只受重力，水平方向上弹力与绳子的拉力平衡，因此甲的加速度为
15、g，故C正确，D错误13.如图所示，一轻弹簧下端固定在倾角为的固定斜面底端，弹簧处于原长时上端位于斜面上的B点，B点以上光滑，B点到斜面底端粗糙，可视为质点的物体质量为m，从A点由静止释放，将弹簧压缩到最短后恰好能被弹回到B点已知A、B间的距离为L，物体与B点以下斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，不计空气阻力，则此过程中()A克服摩擦力做的功为mgLsin B弹簧的最大压缩量为C物体的最大动能一定等于mgLsin D弹性势能的最大值为mgLsin (1)【答案】AD【解析】对于整个过程，由动能定理得：mgLsin Wf0，得克服摩擦力做的功WfmgLsin ，故A正确物体接触弹簧前，由机械
16、能守恒定律知，物体刚接触弹簧时的动能等于mgLsin .当物体所受重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧的弹力的合力时物体的合力为零，速度最大，动能最大，此时物体在B点以下，从B点到此位置物体仍会加速，所以物体的最大动能一定大于mgLsin ，故C错误设弹簧的最大压缩量为x，弹性势能的最大值为Ep.物体从A到将弹簧压缩到最短的过程，由能量守恒得：mg(Lx)sin mgcos xEp，物体从将弹簧压缩到最短到弹回B点的过程，由能量守恒得：mgxsin mgcos xEp，联立解得 x，EpmgLsin ，故B错误，D正确14.一小球在竖直方向的升降机中，由静止开始竖直向上做直线运动，运动过程
17、中小球的机械能E与其上升高度h关系的图象如图所示，其中0h1过程的图线为曲线，h1h2过程中的图线为直线下列说法正确的是()A0h1过程中，升降机对小球的支持力一定做正功B0h1过程中，小球的动能一定在增加Ch1h2过程中，小球的动能可能不变Dh1h2过程中，小球重力势能可能不变【答案】AC【解析】设升降机对小球的支持力大小为FN，由功能关系得FNhE，所以Eh图象的斜率的绝对值等于小球所受支持力的大小，从题图可知机械能增大，所以升降机对小球的支持力做正功，在0h1过程中斜率的绝对值逐渐减小，故在0h1过程中小球所受的支持力逐渐减小所以开始先做加速运动，当支持力减小后，可能会做匀速运动，也可能
18、会做减速运动，还可能仍做加速运动，故A正确，B错误；由于小球在h1h2过程中Eh图象的斜率不变，所以小球所受的支持力保持不变，故小球可能做匀速运动，动能可能不变，C正确；由于小球在h1h2过程中高度一直增大，重力势能随高度的增大而增大，故D错误三、实验题（每空2分，共计16分）15.某同学用气垫导轨验证机械能守恒定律，在气垫导轨的滑块上装上一个挡光片和一个方盒，测得滑块、方盒及挡光片的总质量为M，气垫导轨的右端固定一个定滑轮，细线绕过定滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6个钩码，每个钩码的质量为m，当地的重力加速度为g。（桌面足够高）（1）先用游标卡尺测出挡光片的宽度，读数如图所示，则宽度d=
19、mm。（2）实验前应先调节气垫导轨水平，方法是：取下砝码，接通气垫导轨装置的电源，调节导轨下面的螺母，若滑块放在气垫导轨上任意位置都能 ，则导轨水平。（3）先挂上6个钩码，将横跨由某一固定位置由静止释放，滑块上的挡光片通过光电门的时间为t，则滑块通过光电门的速度为 （用题中所给字母表示）。（4）每次将1个钩码移放到滑块上的方盒中，滑块均由同一位置由静止释放，重复实验，记录每次悬挂钩码的个数n及挡光片通过光电门的时间t，在坐标纸上作出n图象，如图所示。要验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量是 。设此物理量的测量值为x，要验证机械能守恒定律，在误差允许的范围内，作出的图象斜率k= 。【答案】（1
20、）5.20 （2）保持静止 （3）d/t （4）滑块开始滑动时挡光片到光电门的距离 【解析】（1）根据游标卡尺读数规则，游标卡尺读数d=5mm+40.05mm=5.20mm（2）调节气垫导轨水平时，通过调节导轨下面的螺母，使滑块放在气垫导轨上任意位置都能保持静止，则导轨调节水平。（3）根据速度的定义可知，滑块通过光电门的速度为v=。（4）要验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量是滑块开始滑动时挡光片到光电门的距离。根据机械能守恒定律，nmgx=(M+6m)( )2，解得n=。因此要验证机械能守恒定律， n图象为一条过原点的倾斜直线。设需要测量的物理量的测量值为x，要验证机械能守恒定律，在误差允
21、许的范围内，作出的图象斜率k=。4（8分）小明所在的实验小组，为探究“拉力做功与物体动能变化的关系”，他们在实验室组装了一套如图甲所示的装置。已知小车的质量为M=200 g，该小组的同学想用钩码的重力作为小车受到的合外力，为了实现这个想法，必须要先平衡摩擦力，并选择适当的钩码。（1）平衡摩擦时，下列操作正确的是_。（A）挂上钩码，放开没有纸带的小车，能够自由下滑即可（B）挂上钩码，轻推没有纸带的小车，小车能够匀速下滑即可（C）不挂钩码，放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可（D）不挂钩码，轻推拖着纸带的小车，小车能够匀速下滑即可（2）他们在实验室找到的钩码质量有10 g、20 g、50 g和10
22、0 g的，应选择质量为_的钩码最为合适。（3）该实验小组打下一条纸带，将纸带上打的第一个点标为“0”，且认为打“0”时小车的速度为零，其后依次标出计数点1、2、3、4、5、6（相邻2个计数点间还有4个点未画），量出计数点3、4、5到计数点0的距离分别为x1、x2和x3，如图乙所示。已知打点计时器的打点周期为T，小车的质量为M，钩码质量为m，重力加速度为g，则在打计数点0到4的过程中，小车的动能增量为_。（4）通过多次试验并计算，小明发现，小车动能的增量总略小于mgx。你认为造成这样的原因可能是_。【答案】（1）D （2）10 g （3） （4）由于钩码做加速运动，所以细绳对小车的拉力小于钩码的
23、重力mg；或平衡摩擦力时倾角不够（两者答出任意一个都给分）【解析】（1）由于运动过程中纸带与打点计时器间也有摩擦，可以通过重力的分力一起平衡。平衡以后，挂上钩码，此时细绳对小车的拉力就是小车所受的合外力。另外小车是否做匀速运动，可以通过打在纸带上点的分布作出判断，比肉眼看更方便可靠。所以选项ABC错误，选项D正确。（2）只有在加速度足够小时，即钩码的质量远小于小车的质量时，细绳中拉力的大小才近似等于钩码的重力，所以应选10 g的钩码。（3）因为打点周期为T，相邻2个计数点间还有4个点未画，所以3到5计数点间的时间间隔为10T，打计数点4时的速度为，在打计数点0到4的过程中小车的动能增量为。（4
24、）由于钩码做加速运动，所以细绳对小车的拉力小于钩码的重力mg，用mgx来表示合外力对小车做的功比真实值大。如果平衡摩擦力时倾角不够，则小车所受到的合外力比mg小，所以用mgx来表示合外力对小车做的功也会比真实值偏大。四、计算题(17题10分，18题10分，19题10分，共计30分）16.如图所示,圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上,轨道半径为R,MN为直径且与水平面垂直。直径略小于圆管内径的小球A以某一速度冲进轨道,到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞,碰后两球结合在一起飞出轨道,落地点距N为2R。重力加速度为g,忽略圆管内径、空气阻力及各处摩擦均不计,求:(
25、1)结合后的两球从飞出轨道到落地的时间t。(2)小球A冲进轨道时速度v的大小。【答案】(1)2(2)2【解析】(1)结合后的两球飞出轨道后做平抛运动,竖直方向的分运动为自由落体运动,有2R=gt2解得t=2(2)设球A的质量为m,碰撞前速度大小为v1,把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0,由机械能守恒定律得mv2=m+2mgR设碰撞后结合在一起的两球速度大小为v2,由动量守恒定律得mv1=2mv2飞出轨道后做平抛运动,水平方向的分运动为匀速直线运动,有2R=v2t综合式得v=217.如图所示，光滑的轨道ABO的AB部分与水平部分BO相切，轨道右侧是一个半径为R的四分之一的圆弧轨道，O点为圆心
26、，C为圆弧上的一点，OC与水平方向的夹角为37.现将一质量为m的小球从轨道AB上某点由静止释放已知重力加速度为g，不计空气阻力(sin 37，cos 37) (1)若小球恰能击中C点，求刚释放小球的位置距离BO平面的高度；(2)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值【答案】(1)(2)【解析】(1)设小球经过O点的速度为v0，从O点到C点做平抛运动，则有Rcos 37v0t，Rsin 37gt2从A点到O点，由动能定理得mghmv02联立可得，刚释放小球的位置距离BO平面的高度hR；(2)设小球落到轨道上的点与O点的连线与水平方向的夹角为，小球做平抛运动，Rcos v0tRsin gt
27、2对此过程，由动能定理得mgRsin Ekmv02解得EkmgR(sin )当sin 时，小球落到轨道时的动能最小，最小值为EkmgR.18.一质量为m=2kg的小滑块，从半径R=1.25m的1/4光滑圆弧轨道上的A点由静止滑下，圆弧轨道竖直固定，其末端B切线水平。a、b两轮半径r=0.4m，滑块与传送带间的动摩擦因数=0.1，传送带右端点C距水平地面的高度h=1.25m，BC两点间的距离是8m,E为C的竖直投影点。g取10m/s2，求：（1）小滑块经过B点时，对B端的压力为多大？（2）当传送带静止时，滑块落地点离E点的水平距离是多少？（3）当a、b两轮以某一角速度顺时针转动时，滑块从C点飞出后落到地面上，要使落地点离E点的最远，求两轮转动的角速度最小是多少？落地点离E点的最远距离是多少？（计算结果可以保留根式）【答案】（1）（2）x=1.5m（3），【解析】（1）从A到B机械能守恒，在B点：，又，联立以上几式，并代入数据得：。（2）从B到C,由动能定理得：，解得：，从C到D做平抛运动：，得t=0.5s，得x=1.5m。（3）要使物块落地点离E最远，应使它在传送带上一直加速，解得：，再由得，。
