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第八单元　抛体运动　圆周运动　万有引力与宇宙航行　机械能守恒定律　动量守恒定律
(75分钟　100分)
考情分析
高考对接点 曲线运动、万有引力定律、机械能守恒定律、动量守恒定律
单元疑难点 机械能守恒定律与动量守恒定律的综合应用
典型情境题 1、3、4、7、8、13、15
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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.A、B两球之间用轻弹簧相连，放在光滑的水平面上，A球左侧靠墙。弹簧处于原长状态。现用外力向左推B球，使弹簧压缩一段距离后系统处于静止状态，然后将外力撤去，如图所示。以A、B及弹簧为系统，则从撤去外力到A球离开墙壁前，下列说法正确的是
A.墙壁对系统做功不为零，对系统冲量为零
B.墙壁对系统做功为零，对系统冲量不为零
C.系统机械能守恒，系统动量守恒
D.系统机械能不守恒，系统动量不守恒
2.如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动，图中A、B、O三处均有转轴，连杆OB可绕图中的转轴O转动，活塞沿OA直线往复运动。已知OB的长度为R，绕O转动的角速度为ω。当AB与OA间的夹角为α、与OB间的夹角为β时，活塞的速度大小为
A.
B.
C.
D.
3.如图所示，一不可伸长的轻绳左端固定于O点，右端跨过固定于O'点的光滑轴悬挂一质量为M的物体A。OO'段水平，长度为L，绳上套一可沿绳滑动的光滑轻环。现在轻环上悬挂一钩码B，在外力作用下保持OO'段水平，撤去外力由静止释放钩码B，物体A上升的最大高度为L(未碰到光滑轴)，则钩码B的质量为
A.M B.M
C.M D.M
4.洗衣机内部有一只钢桶，在洗完衣服后，钢桶高速旋转，利用离心运动将衣服中的水甩出。甩干后的衣服有的在桶底，有的在桶壁。甩干过程示意图如图所示，一半径为r的圆桶内有两个可视为质点的物体A、B，物体A在圆桶底面上离底面圆心的距离为处，物体B在圆桶侧壁上，均相对圆桶静止，随圆桶绕其中心轴线OO'转动。A与圆桶底面间的动摩擦因数为μ1，B与圆桶侧壁间的动摩擦因数为μ2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列关系式正确的是
A.μ1μ2≥ B.μ1μ2≤ C.μ1μ2≥ D.μ1μ2≤
5.我国提出实施新能源汽车推广计划，推动新能源汽车产业高质量发展，加快建设汽车强国。某新能源汽车的质量m=2.0×103 kg，发动机的额定功率P=80 kW，行驶在平直的公路上时所受阻力恒为汽车重力的。若该汽车从静止开始先做匀加速直线运动，加速度大小a=1 m/s2，达到额定功率后，汽车保持功率不变又行驶了2000 m时恰好达到最大速度，之后保持匀速直线运动，重力加速度g=10 m/s2，则汽车从静止到刚达到最大速度所需的时间为
A.55 s B.65 s C.75 s D.85 s
6.如图(a)所示，倾角为θ的光滑斜面下端固定有平行于斜面的轻弹簧，一质量为m的小滑块从斜面上O点由静止滑下。以O点为原点，作出滑块从O点下滑至最低点过程中的加速度大小a随位移x变化的关系图像，如图(b)所示。弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g。下列说法正确的是
A.弹簧的劲度系数为
B.滑块下滑过程中，在x=x2处的速度最大，最大速度为
C.滑块运动过程中，加速度的最大值为
D.在位移为x2~x3的过程中，a-x图线的斜率等于
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7.滑草是深受游客喜爱的一项活动，某滑草滑道示意图如图所示，图中AB、BC为滑道的两段倾角不等的部分，两段滑道长度相等。现有一游客从滑道顶点A处由静止滑下，游客与两段滑道间的动摩擦因数不等。下列说法正确的是
A.该游客在AB段与BC段重力做功可能相等
B.该游客在AB段与BC段滑动摩擦力做功可能相等
C.该游客在AB段与BC段合力做功一定不相等
D.该游客在AB段与BC段机械能减少量可能相等
8.某篮球运动员正在进行投篮训练，若将篮球视为质点，忽略空气阻力，篮球的运动轨迹如图所示，其中A是篮球的投出点，B是运动轨迹的最高点，C是篮球的投入点。已知篮球在A点的速度与水平方向间的夹角为45°，在C点的速度大小为v0且与水平方向间的夹角为30°，重力加速度大小为g，下列说法正确的是
A.篮球从A点运动到B点所花的时间为
B.篮球从B点运动到C点所花的时间为
C.A、C两点的高度差为
D.A、C两点的水平距离为
9.嫦娥六号月球探测器在发射升空后，将执行月球背面采样返回任务，嫦娥六号任务完成后，鹊桥二号中继星将会择机调整轨道，继续为嫦娥七号、嫦娥八号及后续月球探测任务提供服务。如图所示，嫦娥六号的月球车将着陆于月球背面，但地球上的基站却无法直接“看到”月球背面，鹊桥二号将围绕月、地连线上的拉格朗日点(图中的L点)做圆周运动，同时又围绕地球做圆周运动。鹊桥二号将同时受到地球的引力F1和月球的引力F2的作用。图中O1为地心，O2为月心，O为鹊桥二号。O1、O间的距离为r1，O2、O间的距离为r2，O、L间的距离为r。因r r1，O1O与OL可视为垂直。O2O与OL的夹角为θ。地球质量为M，月球质量为m，鹊桥二号质量为m0。鹊桥二号绕地球运行的线速度为v1，鹊桥二号绕拉格朗日点运行的线速度为v2，引力常量为G。以下表达式正确的是
A.G=m0
B.G+Gsin θ=m0
C.G=m0
D.Gcos θ=m0
10.如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，一根劲度系数为k的轻质弹簧下端固定于斜面底部，上端放一个质量为m的小物块a，a与弹簧间不拴接，开始时a静止于P点。质量为2m的小物块b从斜面上Q点由静止释放，与a发生正碰后立即粘在一起成为组合体c，组合体c在以后的运动过程中恰好不离开弹簧。已知弹簧的弹性势能与其形变量的关系为Ep=kx2，重力加速度为g，弹簧始终未超出弹性限度。下列说法正确的是
A.弹簧的最大压缩量为
B.组合体c速度的最大值为gsin θ
C.a、b碰撞后瞬间，组合体c的速度大小为gsin θ
D.P、Q两点间的距离为
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
11.(7分)为了探究弹簧的弹性势能与弹簧压缩量之间的关系，学习小组设计了如下实验：在足够长的水平木板上固定一个竖直挡板，挡板右侧有被测的弹簧，弹簧处于原长时，记录其右端位置(图中O点)。现用质量为m的物块向左压缩弹簧一定距离(图中P位置)，由静止释放物块，物块最终静止在木板上的Q位置(图中未标出)，已知物块与木板间的动摩擦因数为μ。
(1)为方便完成实验，图中Q点应在O点　　　　(选填“左侧”或“右侧”)。
(2)测得O、P之间的距离为x，O、Q之间的距离为L，重力加速度为g，则释放弹簧前，弹簧的弹性势能为　　　　。(填选项前面的字母)
A.μmgx B.μmgL C.μmg(x+L)
(3)现多次测量，并将测得的数据记录在如下表格中：
1 2 3 4
x/cm 3.00 4.00 5.00 6.00
L/cm 1.50 4.00 7.50 12.00
(x+L)/cm 4.50 8.00 12.50 18.00
由表格中的数据可得，弹簧被压缩时的弹性势能Ep与压缩量x的关系为　　　　。
A.Ep∝x B.Ep∝x2 C.Ep∝ D.Ep∝
12.(9分)实验小组在水平气垫导轨上，用两个装有遮光片的滑块碰撞研究碰撞过程前后的动量守恒。在导轨上装有两光电门及数字计时器。已知两遮光片的宽度均为d。
(1)实验前需要调整气垫导轨水平，具体操作如下：向气垫导轨压缩空气，调节气垫导轨的调节旋钮，直到滑块能在气垫导轨上的不同位置处于　　　　状态，表明气垫导轨水平。
(2)若已知滑块上遮光片通过光电门的时间，为了测滑块的动量，还需要测量的物理量为　　　　。
(3)如图甲所示，为了验证弹性碰撞前后的动量是否守恒，在两滑块相对端分别装上弧形弹簧片。将两滑块A、B从导轨两端以一定的初速度推出，两滑块第一次分别经过光电门Ⅰ、Ⅱ的时间为Δt1、Δt2，滑块在两光电门之间碰撞后均反弹，两滑块第二次分别经过光电门Ⅰ、Ⅱ的时间为Δt1'、Δt2'。已知滑块A、B(含遮光片、弧形弹簧片)的质量分别为m1、m2。如果满足　　　　　　　　　　　　，则碰撞前后动量守恒。(用m1、m2、Δt1、Δt2、Δt1'、Δt2'表示)
(4)如图乙所示，为探究完全非弹性碰撞前后损失的机械能，将弧形弹簧片换为尼龙搭扣，将滑块B静止放在光电门Ⅰ、Ⅱ之间，滑块A从光电门Ⅰ左侧以一定初速度向右滑(A与B碰撞后由尼龙搭扣粘在一起)，滑块A经过光电门Ⅰ、Ⅱ的时间分别为Δt3、Δt4，已知滑块A、B(含遮光片、尼龙搭扣)的质量分别为m3、m4。则碰撞前后损失的机械能为　　　　　　　　　　　　(用题中已知物理量的字母表示)。
13.(10分)如图所示，在光滑水平桌面上有质量均为m=1 kg的两物块A、B，A、B均可视为质点，B放置在水平桌面右边缘，桌面距离地面高度h=0.8 m。现给物块A一水平向右的初速度v0(未知)，物块A与B碰后粘在一起，物块A与B碰撞后，B第一次落地点到最初B在地面的竖直投影的距离d=0.4 m，重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)物块A、B碰撞后的速度v的大小。
(2)物块A与B碰撞过程损失的机械能。
14.(14分)如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为m的物体A、B(A物体与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B上，使物体A、B开始向上一起做加速度大小为的匀加速直线运动。已知重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，求：
(1)施加拉力后的瞬间，A、B间的弹力大小。
(2)A、B从静止开始运动到分离时，A、B重力势能的增加量之和。
(3)A、B从静止开始运动到分离时，拉力F做的功。
15.(16分)如图所示，一质量为m、高为1.5h、倾角为30°的光滑斜面体与光滑水平面平滑连接，斜面体处于锁定状态；一质量为2m的滑块B(B的左端固定一轻弹簧)静止在水平面上，水平面与右侧的水平传送带平滑连接，传送带以v0=3的速度顺时针匀速转动。将质量为m的小球A从离水平面高4.5h处以某一初速度水平抛出，小球刚好无碰撞地从斜面体顶端滑上斜面体，小球从斜面体上离开的瞬间解除对斜面体的锁定。小球A在传送带左侧通过弹簧与静止的滑块B发生碰撞，在小球A与弹簧分离后，小球A滑上斜面体，滑块B滑上足够长的传送带，滑块B和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度为g，A、B均可视为质点。求：
(1)小球A水平抛出的初速度大小及抛出点与斜面体顶端的水平距离。
(2)小球A压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能。
(3)碰撞后小球A返回，沿斜面体向上运动的最大高度。
(4)滑块B在传送带上运动的过程中产生的热量。
参考答案
1.B
【解析】系统在外力作用下，弹簧被压缩，A球与左侧墙壁之间有挤压，撤去外力后，弹簧将要恢复原长，在弹簧恢复原长前，A球与左侧墙壁之间始终有弹力，但A球没有位移，故墙壁对系统做功为零，对系统冲量不为零；从撤去外力到A球离开墙壁前，因为没有外力对系统做功，故系统机械能守恒，又因为外力对系统有冲量，故系统动量不守恒，故B项正确，A、C、D项错误。
2.B
【解析】
设活塞的速度大小为v，如图所示，将v沿AB方向和垂直于AB方向分解，沿AB方向的速度大小为vcos α，B点的线速度大小为ωR，将B点的线速度沿AB方向和垂直于AB方向分解，沿AB方向的速度大小为ωRcos(β-90°)=ωRsin β，两个沿AB方向的速度始终相等，有vcos α=ωRcos(β-90°)，解得v=，故B项正确。
3.D
【解析】撤去外力由静止释放B，物体A上升的最大高度为L，此时A、B的速度均为零。则B减少的重力势能等于A增加的重力势能，由几何关系可得B下降的高度为L，根据机械能守恒定律有mBg×L=MgL，解得mB=M，故D项正确。
4.A
【解析】设圆桶转动的角速度为ω，对物体A进行受力分析，有μ1m1g≥m1ω2·，对物体B进行受力分析，可知FN=m2ω2r，m2g≤μ2FN，联立解得μ1μ2≥，故A项正确。
5.D
【解析】汽车匀加速运动阶段，根据牛顿第二定律有-f=ma，解得v1=20 m/s，则匀加速阶段的时间t1==20 s，汽车行驶的最大速度v2==40 m/s，达到额定功率后，汽车保持功率不变又行驶了2000 m时恰好达到最大速度，对该过程由动能定理有Pt2-fx=m-m，解得t2=65 s，则汽车从静止到刚达到最大速度所需的时间t=t1+t2=85 s，故D项正确。
6.B
【解析】由图(b)可知，当小滑块运动到x=x2处时，小滑块的加速度为零，此时弹簧的形变量为x2-x1，则有mgsin θ=k(x2-x1)，解得弹簧的劲度系数k=，故A项错误；当小滑块的加速度减小为零时速度最大，则在x=x2处时滑块的速度最大，根据动能定理有max=m，其中ax为a-x图像与坐标轴围成的面积，则有m·=m，解得vm=，故B项正确；滑块加速度最大时弹簧的压缩量最大，滑块的速度为零，全过程滑块的动能变化量为零，即位移为0~x2和位移为x2~x3对应的a-x图线与坐标轴围成的面积相等，则=，解得am=，故C项错误；在位移为x2~x3的过程中，弹簧弹力大于滑块重力沿斜面向下的分力，根据牛顿第二定律有k(x-x1)-mgsin θ=ma，在x=x2时有mgsin θ=k(x2-x1)，解得a=x-x2，因为弹簧的劲度系数k=，则a-x图线的斜率k'==，故D项错误。
7.BD
【解析】设滑道AB段与BC段的长度为L，与水平面间的夹角分别为α、β，游客与滑道AB、BC段之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，则该游客在AB段与BC段重力做的功分别为W1=mgLsin α、W2=mgLsin β，重力做功不相等，故A项错误；游客在AB、BC段摩擦力做的功分别为W1'=μ1mgLcos α、W2'=μ2mgLcos β，若μ1cos α=μ2cos β，则摩擦力做功相等，故B项正确；游客在AB、BC段所受合力做功分别为W合1=mgL(sin α-μ1cos α)、W合2=mgL(sin β-μ2cos β)，若sin α-μ1cos α=sin β-μ2cos β，则合力做功相等，故C项错误；机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，故D项正确。
8.AC
【解析】B是运动轨迹的最高点，则篮球在B点时竖直方向的速度为零，已知篮球在C点的速度大小为v0，则篮球在水平方向的速度大小vx=v0cos 30°=v0，在C点竖直方向的速度大小vCy=v0sin 30°=v0，篮球在A点抛出时竖直方向的速度大小vAy=vxtan 45°=v0，篮球从B点运动到C点的时间tBC==，篮球从A点运动到B点的时间tAB==，故A项正确、B项错误；A、B两点的高度差hAB==，B、C两点的高度差hBC==，则A、C两点的高度差hAC=hAB-hBC=，故C项正确；A、C两点的水平距离xAC=vx(tAB+tBC)=，故D项错误。
9.BD
【解析】对鹊桥二号进行受力分析可知，月球对鹊桥二号的引力沿O1O方向的分力与地球对鹊桥二号的引力的合力，提供鹊桥二号围绕地球做圆周运动的向心力，即G+Gsin θ=m0，故B项正确；月球对鹊桥二号的引力沿OL方向的分力提供鹊桥二号围绕拉格朗日点做圆周运动的向心力，即Gcos θ=m0，故D项正确。
10.AD
【解析】设弹簧的最大压缩量为xm，组合体c在以后的运动过程中恰好不离开弹簧，说明组合体c在弹簧恢复原长时速度为零，根据系统机械能守恒有k=3mgxmsin θ，解得xm=，故A项正确；当组合体所受的合力为零，即弹簧弹力大小等于组合体的重力沿斜面向下的分力大小时，组合体的速度最大，此时根据平衡条件有kx1=3mgsin θ，解得x1=，从弹簧压缩量最大到组合体速度最大的过程中，根据机械能守恒定律有k-k=3mg(xm-x1)sin θ+×3m，解得vm=gsin θ，故B项错误；组合体在P点对应的弹簧的压缩量x2=，设组合体在P点的速度大小为v1，在组合体从P点运动到弹簧压缩量最大的过程中，由系统机械能守恒有k-k=3mg(xm-x2)sin θ+×3m，解得v1=gsin θ，故C项错误；设小物块b与a碰撞前的速度为v0，则由系统动量守恒有2mv0=3mv1，小物块b从Q点运动到P点的过程中，根据动能定理有2mgxPQsin θ=×2m，联立解得xPQ=，故D项正确。
11.(1)右侧　(2分)
(2)C　(3分)
(3)B　(2分)
【解析】(1)本实验是利用弹簧对物块做功与滑动摩擦力对物块做功的代数和为零的原理，弹簧将物块弹出过程中弹性势能的减少量等于弹簧对物块所做的功，物块离开弹簧，则弹簧的弹性势能为零，而此时物块还有动能，将继续向右运动，故Q点应在O点右侧。
(2)由(1)中分析可知Ep=μmg(x+L)，故C项正确。
(3)由(2)中结果可知Ep=μmg(x+L)，由表中数据知x+L与x2的比值相等，故Ep∝x2，B项正确。
12.(1)静止　(1分)
(2)滑块质量　(2分)
(3)m1-m2=-m1+m2　(3分)
(4)m3()2-(m3+m4)()2　(3分)
【解析】(1)滑块在气垫导轨上的不同位置均处于静止状态，表明气垫导轨水平。
(2)动量p=mv，v=，d及Δt已测得，故还需测滑块的质量。
(3)因为两滑块碰撞前速度方向相反，碰撞后又反弹，取向右为正方向，故碰撞前系统的动量为m1-m2，碰撞后系统的动量为-m1+m2，若满足m1-m2=-m1+m2，则碰撞前后动量守恒。
(4)系统碰撞前动能为m3()2，碰撞后动能为(m3+m4)()2，故碰撞前后损失的机械能为m3()2-(m3+m4)()2。
13.解：(1)物块B碰撞后做平抛运动，竖直方向有h=gt2　(1分)
水平方向有d=vt　(1分)
解得v=1 m/s。　(2分)
(2)A、B发生的是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv0=2mv　(2分)
解得v0=2 m/s　(1分)
物块A与B碰撞过程损失的机械能E损=m-×2mv2　(2分)
解得E损=1 J。　(1分)
14.解：(1)在施加拉力F之前，弹簧对两物体的弹力大小为kx1=2mg　(1分)
解得x1=　(1分)
施加拉力F后，对A进行受力分析有kx1-mg-FN=ma　(1分)
解得FN=mg。　(1分)
(2)当A、B分离时，对A进行受力分析可知kx2-mg=ma　(1分)
解得x2=　(1分)
A、B上升的高度h=x1-x2=　(1分)
故A、B重力势能的增加量之和ΔEp=2mgh=。　(1分)
(3)对A、B整体进行受力分析可知F+kx-2mg=2ma　(1分)
故F=mg-kx　(1分)
故刚开始运动时拉力F的大小F1=mg　(1分)
A、B分离时拉力F的大小F2=mg　(1分)
则A、B从静止开始运动到分离时，拉力F做的功WF=(F1+F2)h=。　(2分)
15.解：(1)设小球A抛出时的初速度大小为vA，抛出后小球做平抛运动
根据平抛运动的规律，竖直方向有4.5h-1.5h=g　(1分)
小球刚到斜面体顶端时竖直方向的速度vy=gt1
小球刚好无碰撞地从斜面体顶端滑上斜面体，有tan 30°=　(1分)
小球A抛出点与斜面体顶端的水平距离x=vAt1　(1分)
联立解得x=6h，vA=3。　(1分)
(2)设小球到达斜面体底端时速度大小为v
根据动能定理有mg·4.5h=mv2-m　(1分)
解得v=3
当小球A与滑块B共速时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有
mv=(m+2m)v共　(1分)
根据机械能守恒定律有mv2=(m+2m)+Ep　(1分)
联立解得Ep=9mgh。　(1分)
(3)设小球A与弹簧分离后，小球A与滑块B的速度分别为v1、v2，取向右为正方向
根据动量守恒定律有mv=mv1+2mv2　(1分)
根据机械能守恒定律有mv2=m+×2m　(1分)
联立解得v1=-，v2=2
小球A反向滑上斜面体的过程中，取向左为正方向
根据动量守恒定律有m(-v1)=(m+m)v3　(1分)
根据机械能守恒定律有m=(m+m)+mgH　(1分)
联立解得H=h。　(1分)
(4)滑块B滑上传送带后，滑块B的加速度大小a=μg=g
根据运动学公式有v0=v2+at2　(1分)
解得t2=2
滑块B与传送带的相对位移Δx=v0t2-t2=3h　(1分)
滑块B在传送带上运动的过程中产生的热量Q=μ×2mg·Δx=3mgh。　(1分)

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