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专题三 能量与动量
一、单项选择题:共10题,每题4分,共40分。每题只有一个选项符合题意。
1.(2025南京、盐城一模)如图所示,用小锤击打弹性金属片后,A球沿水平方向抛出,同时B球自由下落。质量相等的A、B两球在运动过程中(　　)
A.同一时刻动能相等
B.同一时刻重力的功率相等
C.相同时间内,速度变化量不同
D.相同时间内,发生的位移相同
2.(2025南京师范大学附属中学模拟)关于做自由落体运动的物体,下列说法不正确的是(　　)
A.动能Ek随时间t变化的快慢随时间均匀增大
B.速度v随时间t变化的快慢保持不变
C.重力势能Ep随位移x变化的快慢保持不变
D.机械能E随位移x变化的快慢随时间均匀减小
3.(2025盐城期中)如图所示,质量相同的小球从长度相等、倾角不同的光滑斜面顶端由静止释放,通过频闪照相机获得照片,则在同一高度上的小球具有相同的(　　)
A.速度大小 B.重力势能
C.动量大小 D.加速度大小
4.(2025扬州阶段检测)如图所示,表面光滑的四分之一圆弧形轨道静止在光滑水平面上。小球以一定的初速度从A点滑上轨道底端,并从B点离开轨道顶端。若轨道和小球的质量相等,则在小球和轨道相互作用的过程中(　　)
A.小球和轨道组成的系统动量守恒
B.小球从B点离开轨道时做竖直上抛运动
C.小球对轨道先做正功后做负功
D.小球能够回到A点且之后做自由落体运动
5.(2025宿迁一模)将一小球从地面竖直向上抛出,小球上升到某一高度后又落回到地面。若该过程中空气阻力大小不变,则(　　)
A.在上升过程与下降过程中,重力做的功相同
B.在上升过程与下降过程中,重力的冲量相同
C.上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大
D.整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量
6.(2025南通开学考试)如图所示,一小物块从斜面顶端O点由静止释放,滑到水平面上的A点停止,斜面与水平面平滑连接,物块与各接触面间的动摩擦因数均相同。若将斜面换成同种材质的曲面(图中虚线),将物块仍从O点由静止释放,则(　　)
A.停在A点左侧
B.停在A点右侧
C.到达B点时间一定相同
D.经过B点的速度一定相同
7.(2025如皋初调)新能源汽车以恒定的加速度由静止开始沿平直的公路行驶,t1时刻达到发动机额定功率后保持功率不变,t2时刻起匀速行驶。汽车所受的阻力大小不变,则此过程中汽车的速度v、牵引力F、加速度a、功率P随时间t的变化规律正确的是(　　)
8.(2025南京、盐城一模)如图所示,在光滑绝缘水平面上同时由静止释放两个带正电的小球A和B,已知A、B两球的质量分别为m1、m2。则某时刻A、B两球(　　)
A.速度大小之比为m1∶m2
B.加速度大小之比为m1∶m2
C.动量大小之比为m2∶m1
D.动能大小之比为m2∶m1
9.(2025南京二模)如图甲所示,倾角为θ、长为2l的斜面AC,AB段光滑,BC段粗糙,且AB=BC=l。质量为m的小物体由A处静止释放,到C点恰好停下,BC段动摩擦因数自上而下逐渐增大,具体变化如图乙所示,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.动摩擦因数最大值μm=2tan θ
B.小物块的最大速度为
C.重力在AB、BC两段路面上做功不相等
D.重力在AB段中间时刻瞬时功率等于在BC段中间时刻瞬时功率
10.(2026扬州期末)如图所示,用轻弹簧拴接物块和水平地面,物块在压力F作用下处于静止状态。撤去压力F,物块竖直向上运动过程中,其动能Ek与位移x、时间t的关系图像,正确的是(　　)
二、非选择题:共5题,共60分,其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分;有数值计算时,答案中必须明确写出数值和单位。
11.(15分)(2025南京学情调研)某同学设计了用拉力传感器进行“测量重力加速度”并“验证机械能守恒定律”两个实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器,另一端连接小钢球,如图1所示。
(1)用游标卡尺测出小铁球直径,结果如图2所示。则其直径D=　　　　 mm;
(2)让小钢球以较小的角度在竖直平面内摆动,从计算机中得到拉力大小随时间变化的关系图像如图3,则小钢球摆动的周期为T=　　　　 s;
(3)该同学还测得该单摆的摆线长,用L表示,则重力加速度的表达式为g=　　　　(用物理量T、L、D表示);
(4)将摆球多次拉离竖直方向一定角度后由静止释放,测得拉力的最小值F1与最大值F2并得到F2-F1图线,如图4,如果小钢球在摆动的过程中机械能守恒,则该图线斜率的绝对值等于　　　　;
(5)若实际测得F2-F1图线的斜率与理论值总是存在一定偏差,原因可能是　　　　。
A.测量单摆摆长时漏加小钢球半径
B.小钢球初始释放位置不同
C.小钢球摆动角度偏大
D.小钢球摆动过程中存在空气阻力
12.(8分)中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)测试中,飞行器总质量(含燃料)为M,设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm,喷气速度均为v(相对地面),喷气时间很短为Δt,喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止,相继进行n次爆震,忽略重力与阻力。求:
(1)n次爆震后,飞行器的速度;
(2)第一次爆震时,飞行器受到的平均冲击力大小。
13.(8分)(2026南京、盐城期末)如图所示,小红同学用轻质细线系着质量为m的小球,做以P为顶点、摆长为l的角速度不同的圆锥摆运动,感受细线拉力的变化。其操作过程是:使小球以角速度ω在水平面内做匀速圆周运动;继续加速转动,最终使小球以角速度2ω在水平面内做匀速圆周运动。重力加速度为g,不计空气阻力和P点位置的变化。求:
(1)以角速度ω运动一周,小球所受重力的冲量大小IG;
(2)以角速度ω运动时,小球所受细线拉力的大小F;
(3)从ω变化到2ω过程中,细线对小球做的功W。
14.(13分)(2025南京、盐城一模)如图所示,水平地面上固定有两个相同的倾角θ=37°的斜面体(顶端固定有小滑轮),两滑轮间的距离d=12 cm。两根等长的细线绕过滑轮,一端与放在斜面上的质量均为M=5 kg的物块相连,另一端与质量m=3 kg的小球连接。初始时刻,用手竖直向下拉住小球,使系统保持静止,此时两细线与竖直方向间的夹角均为α=37°,松手后,小球将在竖直方向上运动。忽略一切摩擦,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)开始时手对小球的拉力大小F;
(2)小球能够上升的最大高度h;
(3)小球回到初始位置时的加速度大小a。
15.(16分)(2025南京师范大学苏州实验学校初考)如图所示,某游戏装置固定在水平固定的平台上。由光滑弧形轨道AB、半径R=0.8 m的光滑竖直圆轨道BMCND与长为L=4 m的粗糙水平直轨道DE平滑连接而成(弧形轨道底端与各轨道间略错开,不影响小球进入水平轨道)。小球与水平直轨道DE间的动摩擦因数μ=0.4+0.1x(x为到D端的距离),质量m=1 kg的小球从离地高为h的A处由静止释放,g取10 m/s2。
(1)若h=2R,求小球通过圆弧轨道最低点B时对轨道压力的大小;
(2)若小球不脱离轨道,求h的取值范围;
(3)若在竖直圆轨道上端开一段缺口MCN,M、N点关于OC对称,小球能沿路径BMND运动,缺口所对的圆心角θ不同则h不同,求h的最小值。
答案：
1.B　解析 同一时刻两球的竖直速度相同,但是A的水平速度大于B的水平速度,可知两球的动能不相等,A项错误;同一时刻两球的竖直速度相同,根据P=mgvy,可知重力的功率相等,B项正确;两球的加速度都等于重力加速度,根据Δv=gt,可知相同时间内,速度变化量相同,C项错误;相同时间内,两球的竖直位移和水平位移不相等,可知两球发生的位移不相同,D项错误。
2.D　解析 物体做自由落体运动,任意时刻的速度为v=gt,则可得任意时刻的动能为Ek=mv2=mg2t2,由此可得,动能Ek随时间t变化的快慢为=mg2t,即动能Ek随时间t变化的快慢随时间均匀增大,故A正确,不符合题意;自由落体运动速度v随时间t变化的快慢为重力加速度g,恒定不变,故B正确,不符合题意;根据重力势能变化与重力做功关系可得=-mg,所以重力势能Ep随位移x变化的快慢保持不变,故C正确,不符合题意;做自由落体运动的物体,机械能守恒,即=0,故D错误,符合题意。
3.B　解析 设小球下滑高度为h,根据机械能守恒mgh=mv2解得v=,由于释放点的高度不同,所以同一高度上的小球,下滑的高度h不同,所以在同一高度上的小球速度大小不同,故A项错误;小球的质量相同,设小球高度为h1,根据重力势能表达式Ep=mgh1可知在同一高度上的小球具有相同的重力势能,故B项正确;质量相同的小球,在同一高度上的小球速度大小不同,所以动量(mv)大小也不同,故C项错误;设斜面与水平面夹角为θ,小球的加速度a==gsin θ,斜面倾角不同,所以在同一高度上的小球,加速度大小不同,故D项错误。
4.D　解析 对小球和轨道组成的系统,水平方向不受外力,故系统水平方向动量守恒,在竖直方向,系统所受合外力不为零,故小球与轨道组成的系统动量不守恒,故A项错误;小球从B点离开轨道时相对轨道做竖直上抛运动,此时在水平方向与轨道速度相同,一起向左运动,故小球从B点离开轨道时做斜上抛运动,故B项错误;小球对轨道的压力始终垂直轨道向下,这个力的方向与轨道的运动方向夹角为锐角,故小球对轨道的压力一直做正功,故C项错误;对小球与轨道系统,在小球从A点出发再次回到A点的过程中,系统水平方向动量守恒,有m1v0=m1v1+m2v2,又机械能守恒,有m1m1m2,解得v1=v0,v2=v0,由于轨道和小球的质量相等,故小球回到A点时的速度v1=0,恰好做自由落体运动,故D项正确。
5.C　解析 根据WG=Gh可知,重力在上升过程做负功,下降过程中做正功,故A项错误;上升过程中的加速度mg+Ff=ma1,下降过程中的加速度mg-Ff=ma2,则a1>a2,由于位移相等,根据x=at2可知,上升的时间小于下降的时间,根据I=Gt可知,重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量,故B项错误;根据动量定理可知F合=,结合B项分析可知,上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大,故C项正确;整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量,故D项错误。
6.B　解析 物块下滑过程中,重力做正功,摩擦力做负功,把曲线分成无数小段,如不考虑向心力,则物块在每小段运动中摩擦力所做的功只与该小段的水平距离有关,累积求和后与物块沿斜面运动过程中做的功相等,但考虑到物块在曲线上运动时,需要向心力,则支持力应比不考虑向心力时偏大,导致摩擦力偏大,摩擦力在下滑阶段做功应偏多,则物块下滑过程中损失的机械能更多,则物块应停在A点右侧,且经过B点的速度更慢,需要的时间更长,故A、C、D项错误,B项正确。
7.B　解析 汽车在0~t1时间内做匀加速运动,则加速度a不变,速度v均匀增大,牵引力F保持不变,根据P=Fv=Fat,可知功率随时间均匀增大;t1~t2时间内,功率P保持不变,根据-Ff=ma,可知随速度的增大,加速度a减小,牵引力F减小;t2时刻后匀速行驶,速度不变,牵引力等于阻力不变,加速度为零,功率不变。故选B。
8.D　解析 由于两小球都带正电,则彼此受到斥力作用,所以两小球组成的系统动量守恒,则m1v1=m2v2,所以,两球动量大小相等,比值为1∶1,故A、C项错误;小球的加速度大小之比为,故B项错误;动能之比为,故D项正确。
9.B　解析 从A处静止释放,到C点恰好停下,根据动能定理可得mg·2lsin θ-Wf=0,由图乙可知Wf=μmmgcos θ·l,联立解得μm=4tan θ,故A项错误;当摩擦力等于重力沿斜面向下的分力时,小物块的速度达到最大,此时有μmgcos θ=mgsin θ,解得μ=tan θ=μm,由图乙可知,此时小物块在BC段下滑的距离为l,则从由A处静止释放到最大速度过程中,根据动能定理可得mgsin θ-Wf'=-0,其中Wf'=μmgcos θ·mglsin θ,解得最大速度为vm=,故B项正确;由于AB、BC两段路面的长度相同,对应的高度差相同,根据WG=mgh可知重力在AB、BC两段路面上做功相等,故C项错误;设小物块在B点的速度为vB,小物块在AB段做匀加速直线运动,则AB中间时刻速度为v1=,则重力在AB段中间时刻瞬时功率P=mgv1sin θ=mgsin θ,小物块在BC段不是做匀变速直线运动,所以BC段中间时刻速度v2≠,则重力在BC段中间时刻瞬时功率P'=mgv2sin θ≠mgsin θ,故D项错误。
10.D　解析 根据动能定理可得W合=Ek-0=Ek,又因为W合=F合x,即Ek=F合x,所以Ek-x图线的斜率表示F合,物块竖直向上运动过程中,取竖直向上为正方向,则F合=kx-mg,所以,F合先向上减小,后向下增大,即Ek-x图线的斜率先为正值减小,后为负值增大,A、B错误。根据W合=P合t,结合W合=Ek,可得Ek=P合t,则Ek-t图线斜率绝对值表示P合,又因为P合=F合v,由以上分析可知,F合先向上减小到零,后向下增大;物块向上的速度先由零增大后减小为零,所以P合先增大后减小为零,再由零增大,后减小为零,C错误,D正确。故选D。
11.(1)9.3　(2)2/2.0　(3)或者　(4)2　(5)D
解析 (1)读数为9+3×0.1 mm=9.3 mm。
(2)小钢球在经过最低点时绳上的拉力最大,且一个周期内经过两次最低点,所以小钢球做单摆运动的周期为
T=2×(1.5-0.5) s=2 s=2.0 s。
(3)由单摆周期公式可知
T=2π
解得g=。
(4)根据向心力方程以及机械能守恒可知F1-mg=0
F2-mg=m
mgh=mv2
联立解得F2=3mg-2F1
所以图像的斜率的绝对值应为2。
(5)由以上分析可知,绳长可以约掉,释放高度和角度也在计算过程中约掉,因此,存在误差的原因应该是有阻力做功,机械能不守恒,即存在空气阻力,故A、B、C错误,D正确。
12.(1)　(2)
解析 (1)由动量守恒定律可知0=(M-nΔm)vn-nΔmv
解得n次爆震后飞行器的速度vn=。
(2)第一次爆震后由动量守恒定律可得0=(M-Δm)v1-Δmv
由动量定理F1Δt=(M-Δm)v1
可得F1=。
13.(1)　(2)mω2l　(3)mω2l2
解析 (1)运动一周过程中,小球重力的冲量IG=mgT
周期为T=
解得IG=。
(2)当角速度为ω时,设细线与竖直方向夹角为θ,对小球分析,如图甲
甲
可知Fsin θ=mω2lsin θ
解得F=mω2l。
(3)当角速度为ω时,设细线与竖直方向夹角为θ,P点到圆周运动的圆心的距离为h,对小球分析,如图甲
可知mgtan θ=mω2htan θ
可得h=
乙
当角速度为2ω时,设细线与竖直方向夹角为α,P点到圆周运动的圆心的距离为h1,对小球分析,如图乙,可知mgtan α=4mω2h1tan α
可得h1=
由mgtan θ=mω2lsin θ
解得v=ωlsin θ
当角速度为ω时v=
当角速度为2ω时v1=
由动能定理得W-mg(h-h1)=mv2
解得W=mω2l2。
14.(1)18 N　(2)8 cm　(3) m/s2
解析 (1)初始时刻系统静止,对物块FT=Mgsin θ=30 N
假设F方向向下,对小球2FTcos 37°=mg+F
解得F=18 N。
(2)小球上升到最大高度时,系统的动能为0。设此时连接小球的细线与竖直方向间的夹角为β。对系统
2Mgsin θ=mg()
解得β=90°
可见小球上升到最大高度时绳子水平,小球上升的最大高度为h=8 cm。
(3)对物块Mgsin α-FT1=MaM
对小球2FT1cos α-mg=ma
加速度关系aM=acos α
联立方程解得a= m/s2。
15.(1)50 N　(2)2 m≤h≤2.4 m或0解析 (1)从释放到B点,由动能定理可知mgh=-0
在最低点时,由向心力公式得
FN-mg=m
由相互作用力可知F压=FN
联立解得F压=50 N。
(2)小球通过最高点C即不脱离轨道,若恰好通过C点,此时重力提供向心力,则mg=m
从释放到C点,由动能定理可知
mg(h-2R)=mv2-0
联立解得h=2 m
若小球不脱离圆轨道,则有h≥2 m
若小球运动到轨道DE时,由动能定理可知mgh-Wf=0
Wf=·x=mg·x=mg·x=4x+0.5x2
解得h=0.4x+0.05x2
由数学知识可知,当x=4 m时h取得最大值,最大值为h=2.4 m
当小球刚好运动到圆心O点等高处速度为零时,小球也不会脱离轨道,即h≤R,也就是h≤0.8 m,综上可知,若小球不脱离轨道,h的取值范围为
2 m≤h≤2.4 m或0(3)从释放到M点,由动能定理可知
mg-0
从M点到N点做斜抛运动,竖直方向有vMsin =-vMsin +gt
水平方向有
2Rsin =vMcos ·t
联立解得
h=R+Rcos R
故h的最小值为(1+)R。

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