五年（2017-2021）高考物理真题分项详解 专题10 能量与动量
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| 名称 | 五年（2017-2021）高考物理真题分项详解 专题10 能量与动量 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.8MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-06-16 13:43:02 | ||
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文档简介
高考物理真题分项详解——专题10 能量与动量
一．选择题（共26小题）
1．（2021?乙卷）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（ ）
218630576835A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
2．（2021?湖南）物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p﹣x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p﹣x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（ ）
3．（2021?浙江）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2：1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两碎块的位移大小之比为1：2 B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
4．（2020?海南）太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490kg，离子以30km/s的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为3.0×10﹣3g/s，则探测器获得的平均推力大小为（ ）
A．1.47N B．0.147N C．0.09N D．0.009N
5．（2020?新课标Ⅲ）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（ ）
A．3J B．4J C．5J D．6J
6．（2020?新课标Ⅰ）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（ ）
A．增加了司机单位面积的受力大小 B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能 D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
7．（2019?江苏）质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为（ ）
A．v B．v C．v D．v
8．（2019?新课标Ⅰ）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为（ ）
A．1.6×102kg B．1.6×103kg C．1.6×105kg D．1.6×106kg
9．（2018?新课标Ⅱ）高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ）
A．10N B．102N C．103N D．104N
40709854000500010．（2017?天津）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（ ）
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
11．（2021?湖南）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（F阻＝kv，k为常量），动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是（ ）
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为mvm2﹣Pt
12．（2021?浙江）一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配情况如图所示。则汽车（ ）
A．发动机的输出功率为70kW
B．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104J
C．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104J
D．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J
33934406502400013．（2021?浙江）某一滑雪运动员从滑道滑出并在空中翻转时经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。若运动员的重心轨迹与同速度不计阻力的斜抛小球轨迹重合，A、B、C和D表示重心位置，且A和D处于同一水平高度。下列说法正确的是（ ）
A．相邻位置运动员重心的速度变化相同
B．运动员在A、D位置时重心的速度相同
C．运动员从A到B和从C到D的时间相同
D．运动员重心位置的最高点位于B和C中间
14．（2021?浙江）如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。雪道上的同学们（ ）
281495523495A．沿雪道做匀速直线运动
B．下滑过程中机械能均守恒
C．前后间的距离随时间不断增大
D．所受重力沿雪道向下的分力相同
right28448015．（2020?江苏）如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是（ ）
A．B． C．D．
16．（2019?新课标Ⅲ）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2．该物体的质量为（ ）
A．2kg B．1.5kg C．1kg D．0.5kg
17．（2018?新课标Ⅰ）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点处从静开始向右运动。重力加速度大小为g。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
18．（2018?浙江）奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示，下列说法不正确的是（ ）
41871907239000A．加速助跑过程中，运动员的动能增加
B．起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加
C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加
D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少动能增加
19．（2018?江苏）从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是（ ）
A． B． C． D．
right78168520．（2018?天津）滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直圆面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（ ）
A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变
21．（2018?浙江）如图所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处，A、B两点水平距离为16m，竖直距离为2m，A、B间绳长为20m。质量为10kg的猴子抓住套在绳子上的滑环从A处滑到B处。以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为（绳处于拉直状态）（ ）
A．﹣1.2×103J B．﹣7.5×102J C．﹣6.0×102J D．﹣2.0×102J
22．（2017?江苏）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（ ）
A． B．
C． D．
23．（2017?海南）将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略。a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2．从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2．下列选项正确的是（ ）
A．Ek1＝Ek2，W1＝W2 B．Ek1＞Ek2，W1＝W2
C．Ek1＜Ek2，W1＜W2 D．Ek1＞Ek2，W1＜W2
24．（2017?新课标Ⅱ）如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（ ）
A．一直不做功 B．一直做正功
C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心
right31115025．（2017?新课标Ⅲ）如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l．重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为（ ）
A．mgl B．mgl C．mgl D．mgl
26．（2017?浙江）火箭发射回收是航天技术的一大进步，如图所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上，不计火箭质量的变化，则（ ）
3977005183515A．火箭在匀速下降过程中，机械能守恒
B．火箭在减速下降过程中，携带的检测仪器处于失重状态
C．火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭机械能的变化
D．火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力
二．多选题（共12小题）
27．（2021?乙卷）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动。重力加速度大小为g。则（ ）
A．在此过程中F所做的功为mv02
B．在此过程中F的冲量大小等于mv0
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
28．（2021?湖南）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a﹣t图像如图（b）所示，S1表示0到t1时间内A的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是（ ）
A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0 B．mA＞mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x D．S1﹣S2＝S3
29．（2020?新课标Ⅱ）水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（ ）
A．48kg B．53kg C．58kg D．63kg
right65214530．（2018?海南）如图（a），一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的v﹣t图象，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得（ ）
A．木板的长度
B．物块与木板的质量之比
C．物块与木板之间的动摩擦因数
D．从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能
315785544259531．（2017?新课标Ⅲ）一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（ ）
A．t＝1s时物块的速率为1m/s
B．t＝2s时物块的动量大小为4kg?m/s
C．t＝3s时物块的动量大小为5kg?m/s
D．t＝4s时物块的速度为零
32．（2021?广东）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹。战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹。手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g。下列说法正确的有（ ）
375158023495A．甲在空中的运动时间比乙的长
B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
33．（2020?浙江）如图所示，系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供电的无人机，旋翼由电动机带动。现有质量为20kg、额定功率为5kW的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升，经过200s406971526352500到达100m高处后悬停并进行工作。已知直流电源供电电压为400V，若不计电缆的质量和电阻，忽略电缆对无人机的拉力，则（ ）
A．空气对无人机的作用力始终大于或等于200N
B．直流电源对无人机供电的额定电流为12.5A
C．无人机上升过程中消耗的平均功率为100W
D．无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功
right89979534．（2020?山东）如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（ ）
A．M＜2m
B．2m＜M＜3m
C．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功
D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
2910205100076035．（2020?天津）复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内（ ）
A．做匀加速直线运动
B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率P＝Fvm
D．牵引力做功W＝mvm2﹣mv02
right1930400036．（2020?新课标Ⅰ）一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2．则（ ）
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2
D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J
37．（2018?江苏）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块（ ）
308165571120A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
3215005109220038．（2018?新课标Ⅲ）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v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，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，（ ）
A．矿车上升所用的时间之比为4：5
B．电机的最大牵引力之比为2：1
C．电机输出的最大功率之比为2：1
D．电机所做的功之比为4：5
三．实验题（共1小题）
39．（2020?新课标Ⅲ）某同学利用图（a）所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码，钩码下落，带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图（b）所示。已知打出图（b）中相邻两点的时间间隔为0.02s，从图（b）给出的数据中可以得到，打出B点时小车的速度大小vB＝ m/s，打出P点时小车的速度大小vP＝ m/s。（结果均保留2位小数）若要验证动能定理，除了需测量钩码的质量和小车的质量外，还需要从图（b）给出的数据中求得的物理量为 。
四．计算题（共11小题）
40．（2021?湖南）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为（2μL，μL），Q端在y轴上。重力加速度为g。
（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；
right678815（3）将质量为λm（λ为常数且λ≥5）的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。
41．（2019?新课标Ⅱ）一质量为m＝2000kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t1＝0.8s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1s内的位移为24m，第4s内的位移为1m。
（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v﹣t图线；
right6350（2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？
42．（2018?新课标Ⅰ）一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动，爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求
（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
516763063690543．（2018?江苏）如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。
44．（2018?天津）真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示。为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。
（1）要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
（2）求刚接通电源时列车加速度a的大小；
（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
45．（2021?甲卷）如图，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
46．（2021?乙卷）一篮球质量为m＝0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2m。若使篮球从距地面h3＝1.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
47．（2020?江苏）如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R．在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω．绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）重物落地后，小球线速度的大小v；
（2）重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
right74930（3）重物下落的高度h。
48．（2017?江苏）如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R．C的质量为m，A、B的质量都为，与地面的动摩擦因数均为μ．现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
（1）未拉A时，C受到B作用力的大小F；
（2）动摩擦因数的最小值μmin；
right-575310（3）A移动的整个过程中，拉力做的功W。
491045596837549．（2017?天津）如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg。初始时A静止与水平地面上，B悬于空中。先将B竖直向上再举高h＝1.8m（未触及滑轮）然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g＝10m/s2。
（1）B从释放到细绳绷直时的运动时间t；
（2）A的最大速度v的大小；
（3）初始时B离地面的高度H。
50．（2017?新课标Ⅰ）一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105m处以7.5×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2．（结果保留2位有效数字）
（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
（2）求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。
五．解答题（共9小题）
51．（2021?广东）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10﹣2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10﹣2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
52．（2020?江苏）一只质量为1.4kg的乌贼吸入0.1kg的水，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以2m/s的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。
53．（2020?浙江）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0m处静止释放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
（1）求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
（2）通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
（3）若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
54．（2020?山东）如图所示，一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tanθ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
（1）求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
（2）求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
（3）求物块Q从A点上升的总高度H；
（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。
55．（2021?浙江）如图所示，质量m＝2kg的滑块以v0＝16m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求滑块
（1）最大位移值x；
（2）与斜面间的动摩擦因数；
（3）从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率。
56．（2021?浙江）如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离d＝R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
（1）若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC及在此过程中所受合力的冲量I的大小和方向；
（2）求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
（3）若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
57．（2020?新课标Ⅱ）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
58．（2020?天津）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求
（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；
（2）碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
right150368059．（2019?天津）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°（sin12°≈0.21）。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6s到达B点进入BC．已知飞行员的质量m＝60kg，g＝10m/s2，求
（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；
（2）舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
高考物理真题分项详解——专题10 能量与动量
参考答案与试题解析
一．选择题（共26小题）
1．【解答】从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；
撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，弹簧被压缩且弹簧的弹力大于滑块受到的滑动摩擦力，
撤去外力后滑块受到的合力不为零，滑块相对车厢底板滑动，系统要克服摩擦力做功，
系统的机械能转化为系统的内能，系统机械能减小，系统机械能不守恒，故B正确，ACD错误。
故选：B。
2．【解答】一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，那么位移与速度关系为：x＝，
而动量表达式为：p＝mv，
联合上式，则有：p2＝2am2x
再由位移与速度均沿着x轴正方向，则取正值，那么动量也取正值，
综上所述，故D正确，ABC错误；
故选：D。
3．【解答】A、爆炸物在最高点时炸裂成质量之比为2：1的两个碎块，
设两碎块的质量分别为m1＝2m，m2＝m，设爆炸后两碎块的速度分别为v1、v2，
爆炸过程，系统在水平方向动量守恒，m1的速度方向为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
m1v1﹣m2v2＝0
爆炸后两碎块做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间t相等，设两碎块的水平位移分别为x1、x2，则有：
m1v1t﹣m2v2t＝0
m1x1﹣m2x2＝0
解得：x1：x2＝m2：m1＝1：2，
两碎块的竖直分位移相等，两碎块的水平位移之比为1：2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1：2，故A错误；
BD、设两碎片做平抛运动的时间均为t，两碎块落地发出的声音的传播时间分别为t1＝5s﹣t，t2＝6s﹣t，声音的传播位移：
x1＝v声音t1，x2＝v声音t2，由A可知x1：x2＝1：2，
代入数据解得：t＝4s，x1＝340m，x2＝680m，
爆炸物的爆炸点离地面高度：
h＝m＝80m，
爆炸后两碎块落地点之间的水平距离：
x＝x1+x2＝（340+680）m＝1020m，故B正确，D错误；
C、由B可知，爆炸后碎块m1的水平位移：x1＝340m，碎块m2的水平位移x2＝680m，
爆炸后质量大的碎块m1的初速度为v1＝m/s＝85m/s，故C错误。
故选：B。
4．【解答】在单位时间内喷出离子的质量m＝3.0×10﹣3×10﹣3kg＝3.0×10﹣6kg
则t时间内喷出离子的质量为mt
对喷出的离子，取运动方向为正，由动量定理得：
Ft＝mtv﹣0
代入数据解得：F＝mv＝3.0×10﹣6×30×103N＝0.09N，
由牛顿第三定律可知，探测器获得的平均推力大小F′＝F＝0.09N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
5．【解答】令乙的质量为M，碰撞前甲、乙的速度大小分别为v1和v2，
碰撞后甲、乙的速度大小分别为v3和v4，
碰撞过程中动量守恒，则mv1+Mv2＝mv3+Mv4，
即1×5.0+M×1.0＝1×（﹣1.0）+M×2.0，
解得M＝6kg，
则碰撞过程两物块损失的机械能△E＝＝3J，故A正确，BCD错误。
故选：A。
6．【解答】ABD、在碰撞过程中，司机的动量的变化量是一定的，但安全气囊会增加作用的时间，根据动量定理Ft＝△p可知，可以减小司机受到的冲击力F，同时安全气囊会增大司机的受力面积，则司机单位面积的受力大小减小，故AB错误，D正确。
C、安全气囊只是延长了作用时间，减小了司机的受力，将司机的动能转换成气囊的弹性势能及气囊气体内能，故C错误。
故选：D。
7．【解答】忽略滑板与地面间的摩擦，小孩和滑板系统动量守恒，取小孩跃起的方向为正，根据动量守恒定律得：
0＝Mv﹣mv′，
解得滑板的速度为：v′＝，故B正确，ACD错误。
故选：B。
8．【解答】以气体为研究对象，设t＝1s内喷出的气体质量为m，根据动量定理可得：
Ft＝mv﹣0
其中v＝3km/s＝3000m/s
解得：m＝＝kg＝1.6×103kg，故B正确，ACD错误。
故选：B。
9．【解答】每层楼高约为3m，鸡蛋下落的总高度h＝（25﹣1）×3m＝72m；
自由下落时间t1＝＝s＝3.8s，
与地面的碰撞时间约为t2＝2ms＝0.002s，
全过程根据动量定理可得：mg（t1+t2）﹣Ft2＝0
解得冲击力F＝950N≈103N，故C正确。
故选：C。
10．【解答】A、机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A错误；
B、圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力指向下方，所以F＝mg﹣N，则支持力N＝mg﹣F，所以重力大于支持力，B正确；
C、转动一周，重力的冲量为I＝mgT，不为零，C错误；
D、运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D错误。
故选：B。
11．【解答】A、若动车组做匀加速启动，则加速度不变，而速度增大，则阻力也增大，要使合力不变则牵引力也将增大，故A错误；
B、若动车组输出功率均为额定值，则其加速a＝＝，随着速度增大，加速度减小，所以动车组做加速度减小的加速运动，故B错误；
C、当动车组的速度增大到最大vm时，其加速度为零，则有：，若总功率变为2.25P，则同样有：，联立两式可得：vm′＝，故C正确；
D、对动车组根据动能定理有：4Pt﹣Wf＝，所以克服阻力做的功Wf＝4Pt﹣，故D错误。
故选：C。
12．【解答】A、由图可知，发动机1s内输出的功为W＝1.7×104J，则输出功率为：P＝＝W＝1.7×104W＝17kW，故A错误；
BCD、每1s消耗的燃料有△E＝6.9×104J进入发动机，则最终转化成的内能为：Q＝△E＝6.9×104J，故C正确，BD错误。
故选：C。
13．【解答】A、因每次曝光的时间间隔相等，设为△t，而运动员在空中只受重力作用，加速度为g，则相邻位置运动员重心的速度变化均为g△t，故A正确；
B、A和D处于同一水平高度，根据机械能守恒知运动员在A、D位置时重心的速度大小相同，但是方向不同，所以速度不同，故B错误；
C、由图可知，运动员从A到B为5△t，从C到D的时间6△t，时间不相同，故C错误；
D、由图知A到C的时间等于C到D的时间，根据斜抛运动的对称性可知运动员重心位置的最高点位于C点，故D错误。
故选：A。
14．【解答】A、设平直雪道的倾角为θ，同学坐在轮胎上从静止开始沿雪道下滑，做加速运动，根据牛顿第二定律可知加速度为：a＝＝gsinθ﹣μgcosθ，又因为μ相同，所以同学们做加速度相同的匀加速直线运动，故A错误；
B、下滑过程中摩擦力做负功，雪道上的同学们机械能减小，故B错误；
C、设前一个同学下滑时间t0后，另一个同学开始下滑，根据匀加速直线运动位移与时间的关系可得前后两个同学的间距△x＝﹣＝att0+，可知同学们前后距离随着时间t的不断增大而增大，故C正确；
D、各同学质量可能不同，所以重力沿雪道向下的分力为mgsinθ也可能不相同，故D错误。
故选：C。
15．【解答】设斜面倾角为θ，小物块的质量为m，物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为μ，小物块由静止开始在沿斜面上运动的过程中，当水平位移为x时，由动能定理得：
mg?xtanθ﹣＝Ek﹣0
整理得小物块的动能Ek与水平位移x关系为：
Ek＝（mgtanθ﹣μmg）x
假设小物块达到斜面底端的动能为Ek0，此时小物块的水平位移为x0，在水平面上运动的过程中，由动能定理得：
﹣μmg（x﹣x0）＝Ek﹣Ek0
整理得小物块的动能Ek与水平位移x关系为：
Ek＝Ek0+μmgx0﹣μmgx
所以小物块的动能Ek与水平位移x关系的图象为正比关系和一次函数关系，故A正确，BCD错误。
故选：A。
16．【解答】根据动能定理可得：mah＝△Ek，解得斜率的大小为ma＝；
上升过程中：ma1＝＝N＝12N
下落过程中：ma2＝＝N＝8N
设与运动方向相反的外力为F，根据牛顿第二定律可得：
上升过程中：mg+F＝ma1，
下落过程中：mg﹣F＝ma2，
联立解得：m＝1kg。
故C正确，ABD错误。
故选：C。
17．【解答】由题意知水平拉力为：F＝mg；
设小球达到c点的速度为v，从a到c根据动能定理可得：F?3R﹣mgR＝
解得：v＝；
小球离开c点后，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，
设小球从c点达到最高点的时间为t，则有：t＝＝；
此段时间内水平方向的位移为：x＝＝＝2R，
所以小球从a点开始运动到其轨迹最高点，小球在水平方向的位移为：L＝3R+2R＝5R，
此过程中小球的机械能增量为：△E＝FL＝mg×5R＝5mgR。
故C正确、ABD错误。
故选：C。
18．【解答】A、加速助跑过程中，运动员的速度越来越大，故其动能增加，故A正确；
B、从运动员撑杆起跳到越横杆的过程中，弹性形变先增大后减小，所以杆的弹性势能先增大后减小，故B错误；
C、起跳上升过程中，运动员的高度一直增加，故重力势能增加，故C正确；
D、越过横杆后下落过程中，只有重力做功，重力做正功，故运动员的重力势能减少，动能增加，故D正确
因选不正确的
故选：B。
19．【解答】竖直向上过程，设初速为v0，则速度时间关系为：v＝v0﹣gt
此过程动能为：＝
即此过程EK与t成二次函数关系，且开口向上，故BCD错误，A正确。
故选：A。
20．【解答】A、滑雪运动员的速率不变，而速度方向是变化的，速度是变化的，运动员的加速度不为零，由牛顿第二定律可知，运动员所受合外力始终不为零。故A错误。
B、运动员下滑过程中受到重力、滑道的支持力与滑动摩擦力，由图可知，运动员从A到B的过程中，滑道与水平方向之间的夹角逐渐减小，则重力沿斜面向下的分力逐渐减小，运动员的速率不变，则运动员沿滑道方向的合外力始终等于0，所以滑动摩擦力也逐渐减小。故B错误。
C、滑雪运动员的速率不变则动能不变，由动能定理可知，合外力对运动员做功为0．故C正确。
D、运动员从A到B下滑过程中的动能不变而重力势能减小，所以机械能减小。故D错误。
故选：C。
21．【解答】设平衡时绳子与竖直方向的夹角为θ，此时猴子受重力和两个拉力而平衡，故：
l左sinθ+l右sinθ＝d，
其中：l＝l左+l右，
故sinθ＝＝，θ＝53°；
A、B两点的竖直距离为2m，故l右cosθ﹣l左cosθ＝2m，
而l＝l左+l右＝20m，
故l右cosθ＝7m，
故以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为：
Ep＝﹣mgl右cosθ＝﹣10×10×7＝﹣700J＝﹣7×102J，
考虑绳子有微小的形变，故猴子实际最低点可能的重力势能越为﹣7.5×102J，故ACD错误，B正确；
故选：B。
22．【解答】设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，根据动能定理可得：
上滑过程中：﹣mgxsinθ﹣μmgxcosθ＝Ek﹣Ek0，所以Ek＝Ek0﹣（mgsinθ+μmgcosθ）x；
下滑过程中：mgx′sinθ﹣μmgx′cosθ＝Ek﹣0，所以Ek＝（mgsinθ﹣μmgcosθ）x′；
可知，物块的动能Ek与位移x是线性关系，图象是倾斜的直线。
根据能量守恒定律可得，最后的总动能减小。故C正确、ABD错误；
故选：C。
23．【解答】从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即W1＝W2。
对两次经过a点的过程运用动能定理得，﹣Wf＝Ek2﹣Ek1，可知Ek1＞Ek2，故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
24．【解答】AB、大圆环是光滑的，则小环和大环之间没有摩擦力；大环对小环的支持力总是垂直于小环的速度方向，所以大环对小环没有做功，故A正确，B错误；
CD、小环在刚刚开始运动时，在大环的接近顶部运动时，大环对小环的支持力背离大环圆心，小环运动到大环的下半部分时，支持力指向大环的圆心，故CD错误。
故选：A。
25．【解答】根据功能关系可知，拉力所做的功等于MQ段系统重力势能的增加量；
对MQ分析，设Q点为零势能点，则可知，MQ段的重力势能为EP1＝×＝；
将Q点拉至M点时，重心离Q点的高度h＝+＝，故重力势能EP2═×＝
因此可知拉力所做的功W＝EP2﹣EP1＝mgl，故A正确，BCD错误。
故选：A。
26．【解答】A、火箭匀速下降阶段，说明阻力等于重力，不止重力做功，阻力做负功，所以其机械能不守恒，故A错误；
B、火箭在减速阶段，加速度向上，所以处于超重状态，故B错误。
C、由动能定理知合外力做功等于动能改变量，不等于火箭机械能的变化。由功能关系知阻力做功等于火箭机械能的变化，故C错误。
D、火箭着地做减速运动时，加速度向上，处于超重状态，则地面给火箭的力大于火箭重力，由牛顿第三定律知，火箭对地的作用力大于自身的重力。故D正确。
故选：D。
二．多选题（共12小题）
27．【解答】A、在F作用下，由动能定理可知：WF﹣fs0＝﹣0，撤去外力之后，由动能定理可知：﹣f×2s0＝0﹣，联立解得：WF＝，故A错误；
BD、由于外力做功WF＝Fs0，结合A中两式，解得F＝3f，
取v0方向为正，撤去外力之前对物体动量定理可知：（F﹣f）t1＝mv0﹣0，可得：Ft1＝mv0，则F的冲量大小I＝Ft1＝mv0，故B正确，D错误；
C、撤去外力之后，由动能定理可知：﹣f×2s0＝0﹣，摩擦力f＝μmg，则解得：μ＝，故C正确；
故选：BC。
28．【解答】A、撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A，由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小：I＝mAv0，
弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小I弹簧＝mAv0，对B，以向右为正方向，由动量定理得：I墙壁﹣I弹簧＝0，解得，墙对B的冲量大小I墙壁＝mAv0，方向水平向右，故A正确；
B、弹簧对A和对B的弹力F大小相等，由牛顿第二定律得：a＝，由图（b）所示图象可知，在t2时刻A、B的加速度大小关系是：aB＞aA，即＞，解得：mB＜mA，故B正确；
C、B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长量或压缩量）最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故C错误；
D、a﹣t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量，则因初速度为零，t1时刻A的速度大小v0＝S1，t2时刻A的速度大小vA＝S1﹣S2，B的速度大小vB＝S3，
由图（b）所示图象可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即vA＝vB，则S1﹣S2＝S3，故D正确。
故选：ABD。
29．【解答】设该运动员的质量为M，物块的质量为m＝4.0kg，推物块的速度大小为v＝5.0m/s，取人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得：
第一次推物块的过程中：0＝Mv1﹣mv
第二次推物块的过程中：Mv1+mv＝Mv2﹣mv
第三次推物块的过程中：Mv2+mv＝Mv3﹣mv
…
第n次推物块的过程中：Mvn﹣1+mv＝Mvn﹣mv
以上各式相加可得：Mvn＝（2n﹣1）mv
当n＝7时，v7＜v，解得M＞52kg
当n＝8时，v8＞v，解得M＜60kg，
故52kg＜M＜60kg，故AD错误、BC正确。
故选：BC。
30．【解答】A、系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出物块相对于木板滑行的距离，木板的长度可能等于该长度、也可能大于该长度，根据题意无法求出木板的长度，故A错误；
B、物块与木板作出的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（m+M）v1，解得：＝，v0与v1已知，可以求出物块与木板的质量之比，故B正确；
C、对木板，由动量定理得：μmgt1＝Mv1，解得：μ＝，由于t1、v0、v1已知，可以求出动摩擦因数，故C正确；
D、由于不知道木板的质量，无法求出从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能，故D错误；
故选：BC。
31．【解答】A、前两秒，根据牛顿第二定律，a＝＝1m/s2，则0﹣2s的速度规律为：v＝at；t＝1s时，速率为1m/s，A正确；
B、t＝2s时，速率为2m/s，则动量为P＝mv＝4kg?m/s，B正确；
CD、2﹣4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a＝﹣0.5m/s2，所以3s时的速度为1.5m/s，动量为3kg?m/s，4s时速度为1m/s，CD错误；
故选：AB。
32．【解答】A、手榴弹在空中的运动可视为平抛运动，在竖直方向的分运动为自由落体运动，有
h＝gt2
战士在同一位置先后投出甲、乙两颗手榴弹，故h相等，故甲乙在空中运动的时间相等，故A错误；
B、手榴弹在空中的运动可视为平抛运动，在竖直方向的分运动为自由落体运动，设落地前瞬间手榴弹竖直分速度为vy，有
＝2gh
此时重力的功率为P＝mgvy
由题意h相等，故重力的功率相等，故B正确；
C、从投出到落地，每颗手榴弹的重力做功为WG＝mgh，根据功能关系可知，手榴弹的重力势能减少mgh，故C正确；
D、手榴弹在空中的运动可视为平抛运动，在运动过程中只有重力做功，故手榴弹的机械能守恒，故D错误。
故选：BC。
33．【解答】A、由于系留无人机开始起飞经过200s到达100m高处后悬停并进行工作，可见系留无人机先加速后减速再停留在空中，所以空气对无人机的作用力先大于重力、再小于重力、最后等于重力，故A错误；
B、直流电源对无人机供电的额定电流为I＝＝A＝12.5A，故B正确；
C、无人机上升过程中克服重力做的功为W＝mgh＝20×10×100J＝20000J，另外还要克服空气的阻力做功，电动机内电阻还要消耗能量，所以无人机上升过程中消耗的平均功率＞＝100W，故C错误；
D、无人机上升过程中要克服空气阻力做功，悬停时旋翼转动时也会克服阻力做功，所以两种情况下均有部分功率用于对空气做功，故D正确。
故选：BD。
34．【解答】AB、由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，根据简谐运动的对称性，在最低点的加速度为竖直向上的g，由牛顿第二定律得：T﹣mg＝mg，解得在最低点时有弹簧弹力为：T＝2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，根据A对水平桌面的压力刚好为零，有：2mgsinθ＝Mg，故有M＜2m，故A正确，B错误；
C、由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；
D、对于B，在从释放到速度最大过程中，根据除重力以外其他力做功等于物体机械能的增加量，而其他力就是弹簧弹力，由弹簧弹力对B球做负功，可知B机械能的减少量等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。
故选：ACD。
35．【解答】AB、根据牛顿第二定律得：F牵﹣F＝ma，而F牵v＝P，动车的速度在增大，则牵引力在减小，故加速度在减小，故A错误，B正确；
C、当加速度为零时，速度达到最大值为vm，此时牵引力的大小等于阻力F，故功率P＝Fvm，故C正确；
D、根据动能定理得：牵引力做功W﹣克服阻力做的功WF＝mvm2﹣mv0，故D错误；
故选：BC。
36．【解答】A、物块在初位置其重力势能为Ep＝mgh＝30J，动能Ek＝0
则物块的质量m＝1kg，
此时物块具有的机械能为E1＝Ep+Ek＝30J
当下滑距离为5m时，物块具有的机械能为E2＝Ep′+Ek′＝10J＜E1，
所以下滑过程中物块的机械能减小，故A正确；
B、令斜面的倾角为θ，则sin，
所以θ＝37°
物体下滑的距离为x＝5m的过程中，根据功能关系有Wf＝μmg?cosθ?x＝E1﹣E2，
代入数据μ＝0.5，故B正确；
C、根据牛顿第二定律可知，物块下滑时加速度的大小为a＝＝2m/s2，故C错误；
D、当物块下滑距离为x′＝2.0m时，物体克服滑动摩擦力做功为Wf＝μmgcosθ?x′＝8J，
根据功能关系可知，机械能损失了△E′＝Wf＝8J，故D错误。
故选：AB。
37．【解答】A、由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，故A正确；
B、物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置，故B错误；
C、从A到O过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O到B过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，故C错误；
D、从A到B过程中根据动能定理可得W弹﹣W克f＝0，即W弹＝W克f，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，故D正确。
故选：AD。
38．【解答】A、设第②次提升过程矿车上升所用的时间为t。根据v﹣t图象的面积表示位移，得：＝+
解得 t＝2.5t0。
所以第①次和第②次提升过程矿车上升所用的时间之比为2t0：t＝4：5，故A正确。
B、根据图象的斜率表示加速度，知两次矿车匀加速运动的加速度相同，由牛顿第二定律得 F﹣mg＝ma，可得 F＝mg+ma，所以电机的最大牵引力相等，故B错误。
C、设电机的最大牵引力为F．第①次电机输出的最大功率为 P1＝Fv0，第②次电机输出的最大功率为 P2＝Fv0，因此电机输出的最大功率之比为2：1，故C正确。
D、电机所做的功与重力做功之和为零，因此电机做功之比为 W1：W2＝1：1，故D错误。
故选：AC。
三．实验题（共1小题）
39．【解答】根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得B点和P点的速度分别为
若要验证动能定理需要求出小车运动过程中拉力对小车做的功，必须要知道在拉力作用下小车通过B点和P点的距离。
故答案为：0.36，1.80，B、P之间的距离。
四．计算题（共11小题）
40．【解答】（1）设物块A由静止开始运动到O点的速度大小为v0，对此过程由动能定理得
mg?2μL﹣μmgL＝﹣0
解得：v0＝
（2）A经O点水平抛出后做平抛运动，设水平位移为x，竖直位移为y，物块A经过O点的速度大小为vx，落到弧形轨道上时，速度大小为v，竖直方向速度大小为vy，落在弧形轨道上的动能均相同为Ek，则
x＝vxt，y＝，，
解得：
Ek＝＝＝
已知P点坐标为（2μL，μL），即当物块A落到P点时，x＝2μL，y＝μL，可得
Ek＝＝2μmgL
依题意：物块A落在弧形轨道上的动能均相同，则有
＝2μmgL，
整理得PQ的曲线方程为：，0≤x≤2μL。
（3）设A下滑的初始位置距x轴高度为h，A与B碰撞前瞬间速度大小为vA，碰撞后瞬间A、B的分别为vA1、vB，
对A由静止开始运动到碰撞B之前的过程，由动能定理得
mgh﹣μmgL＝
解得vA＝
A与B发生弹性碰撞的过程，设水平向右为正方向，因B质量为λm（λ≥5）大于A的质量，碰后A的速度水平向左，由动量守恒定律和机械能守恒定律，可得
mvA＝﹣mvA1+λmvB
＝+
解得：vA1＝，vB＝
设碰撞之后A向左运动再返回O点的速度大小为vA2，对此过程由动能定理得
﹣2μmgL＝﹣
解得：＝﹣4μgL＝﹣4μgL
要使A落在B落点的右侧，需满足：vA2＞vB，即，则有
﹣4μgL＞，
解得：＞
将vA＝代入得：
h＞
由（2）的结论：，可得当物体落在P（2μL，μL）点时，在O点平抛的初速度大小满足
要使A和B均能落在弧形轨道上，因vA2＞vB，故只要A能落在弧形轨道上，B就一定能落在弧形轨道上，
所以需满足：≤，即：﹣4μgL≤2μgL
解得：h≤
则A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围为＜h≤。
答：（1）A经过O点时的速度大小为；
（2）PQ的曲线方程为，0≤x≤2μL；
（3）A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围为＜h≤。
41．【解答】（1）v﹣t图象如图所示；
（2）设刹车前汽车匀速行驶的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2，在t2时刻以后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取△t＝1s，设汽车在t2+（n﹣1）△t～t2+n△t内的位移为sn，n＝1、2、3…。
若汽车在t2+3△t～t2+4△t时间内未停止，设它在t2+3△t时刻的速度为v3，在t2+4△t时刻的速度为v4，根据运动学公式有：
s1﹣s4＝3a（△t）2①
s1＝v2△t﹣②
v4＝v2﹣4a△t ③
联立①②③式，代入数据解得：v4＝﹣m/s ④
这说明在t2+4△t时刻前，汽车已经停止。因此，①式子不成立；
由于在t2+3△t～t2+4△t时间内汽车停止，根据运动学公式可得：
v3＝v2﹣3a△t ⑤
2as4＝v32⑥
联立②⑤⑥式，代入数据解得a＝8m/s2，v2＝28m/s ⑦
或者a＝m/s2，v2＝29.76m/s ⑧
但⑧式子情境下，v3＜0，不合题意，舍去；
（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力大小为f1，根据牛顿第二定律可得：
f1＝ma ⑨
在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为I＝⑩
根据动量定理可得：I＝mv1﹣mv2，?
根据动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为W＝﹣?
联立⑦⑨⑩??式，代入数据可得：
v1＝30m/s，?
W＝1.16×105J；?
从司机发出警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为：
s＝v1t1+（v1+v2）（t2﹣t1）+?
联立⑦??，代入数据解得s＝87.5m。?
答：（1）从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v﹣t图线如图所示。
（2）t2时刻汽车的速度大小28m/s，此后的加速度大小为8m/s2；
（3）刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为30m/s，t1～t2时间内汽车克服阻力做的功为1.16×105J；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为87.5m。
42．【解答】（1）设烟花弹的初速度为v0．则有：E＝
得：v0＝
烟花弹从地面开始上升的过程中做竖直上抛运动，则有：v0﹣gt＝0
得：t＝
（2）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸上升的高度为：h1＝＝
对于爆炸过程，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：
0＝mv1﹣mv2。
根据能量守恒定律得：E＝mv12+mv22。
联立解得：v1＝
爆炸后烟花弹向上运动的部分能继续上升的最大高度为：h2＝＝
所以爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为：h＝h1+h2＝
答：
（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间是；
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度是。
43．【解答】以小球为研究对象，取向上为正方向，整个过程中根据动量定理可得：
I﹣mgt＝mv﹣（﹣mv）
解得小球所受弹簧弹力冲量的大小为：
I＝2mv+mgt。
答：小球所受弹簧弹力冲量的大小为2mv+mgt。
44．【解答】（1）M接电源正极，列车要向右运动，安培力方向向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b、由c到d，故M接电源正极。
（2）由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识可得：
设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有：
设两根金属棒所受安培力之和为F，有：
F＝BIl
根据牛顿第二定律有：
F＝ma
得：a＝
（3）设列车减速时，cd进入磁场后经△t时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为△φ，平均感应电动势为E1，则由法拉第电磁感应定律有：
其中△φ＝Bl2
设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有：
设cd受到的平均安培力为F′，有：
F′＝BI′l
以向右为正方向，设△t时间内cd受到安培力冲量为I冲，有：
I冲＝﹣F′△t
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有：
I0＝2I冲
设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有：
I总＝0﹣mv0
联立上式解得：
讨论：若恰好为整数，设其为n，则需设置n块磁场，若不为整数，整数部分为N，则需设置N+1块磁场。
答：（1）要使列车向右运行，启动时图1中M接电源正极，理由见解答；
（2）刚接通电源时列车加速度a的大小为；
（3）若恰好为整数，则需设置n块磁场，若不为整数，整数部分为N，则需设置N+1块磁场。
45．【解答】（1）小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，则小车与减速带碰撞过程中机械能的损失恰好等于经过距离d时增加的动能，即△E＝△Ek；
小车通过第30个减速带后，每经过d的过程中，根据动能定理可得：△Ek＝mgdsinθ
所以有：△E＝mgdsinθ；
（2）设小车通过第30个减速带后，每次与减速带碰撞后的动能为Ek，小车与第50个减速带碰撞后在水平面上继续滑行距离s后停下，在此过程中根据动能定理可得：﹣μmgs＝0﹣Ek，
解得：Ek＝μmgs
小车从开始运动到与第30个减速带碰撞后的过程中，根据功能关系可得损失的总能量为：△E1＝mg（L+29d）sinθ﹣Ek，
小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为：＝
解得：＝；
（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则有：＞mgdsinθ
解得：L＞d+。
答：（1）小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能为mgdsinθ；
（2）小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为；
（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L＞d+。
46．【解答】（1）设篮球自由下落与地面碰撞前瞬间的动能为Ek1，
篮球与地面碰撞后瞬间篮球的动能为Ek2，由动能定理得：
篮球下落过程：mgh1＝Ek1﹣0
篮球上升过程：﹣mgh2＝0﹣Ek2，
篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值：k＝
代入数据解得：k＝1.5
设拍球后篮球落地瞬间的动能为Ek3，与地面碰撞后瞬间动能为Ek4，
拍球后篮球反弹上升过程，对篮球，由动能定理得：﹣mgh3＝0﹣Ek4，
设拍球过程，运动员对篮球做的功为W，从拍球到篮球与地面碰撞前瞬间过程，
由动能定理得：W+mgh3＝Ek3﹣0
篮球与地面碰撞前后的动能之比k＝
代入数据解得：W＝4.5J
（2）运动员拍球时对球的作用力为恒力，设运动员拍球时对球的作用力大小为F，
运动员拍球过程，设球的加速度大小为a，
对篮球，由牛顿第二定律得：F+mg＝ma
拍球过程篮球做初速度为零的匀加速直线运动，设位移为x，
由匀变速直线运动的位移﹣时间公式得：x＝
运动员拍球过程中对篮球所做的功W＝Fx
代入数据解得：F＝9N （F＝﹣15N 不符合题意，舍去）
答：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功是4.5J；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小是9N。
47．【解答】（1）根据线速度和角速度的关系可知，重物落地后，小球线速度的大小为：v＝2Rω
（2）重物落地后一小球转到水平位置，此时小球的向心力为：F向＝2mRω2
此时小球受到的向心力等于球受到杆的作用力与球重力的合力，如图所示；
根据几何关系可得：F＝＝m
（3）落地时，重物的速度为：v'＝ωR
由机械能守恒得：Mv′2+4×mv2＝Mgh
解得：h＝（ωR）2。
答：（1）重物落地后，小球线速度的大小为2Rω；
（2）重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小为m；
（3）重物下落的高度为（ωR）2。
48．【解答】（1）C受力平衡，如图所示
根据平衡条件可得：2Fcos30°＝mg，
解得C受到B作用力的大小为：F＝；
（2）C恰好降落到地面时，B对C支持力最大为Fm，如图所示，
则根据力的平衡可得：2Fmcos60°＝mg，
解得：Fm＝mg；
所以最大静摩擦力至少为：fm＝Fmcos30°＝，
B对的地面的压力为：FN＝mBg+＝mg
B受地面的摩擦力为：f＝μmg，
根据题意有：fm＝f，
解得：μ＝，
所以动摩擦因数的最小值为：μmin＝；
（3）C下降的高度为：h＝，
A的位移为：x＝，
摩擦力做功的大小为：Wf＝fx＝2，
整体根据动能定理有：W﹣Wf+mgh＝0，
解得：W＝。
答：（1）未拉A时，C受到B作用力的大小为；
（2）动摩擦因数的最小值为；
（3）A移动的整个过程中，拉力做的功W为。
49．【解答】（1）B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：h＝gt2
代入数据解得：t＝0.6 s。
（2）根据动量定理得：
对A（取向上为正方向），则有：F2t﹣mAgt＝mAv′，
对B（取向下为正方向），则有：﹣F1t+mBgt＝mBv′﹣mBvB；
而F1＝F2
且vB＝6m/s，
得：﹣gt＝2v′+v′﹣6
由于碰撞时间极短，因此有：v′＝2 m/s
（3）细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，
这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有：
（mA+mB）v′2+mBgH＝mAgH
代入数据解得：H＝0.6 m。
答：
（1）运动时间为0.6s；
（2）A的最大速度的大小为2m/s；
（3）初始时B离地面的高度为0.6m。
50．【解答】1.60×105 m处的速度为v1，600m处的速度为v2，落地前的速度为v3
（1）落地时的重力势能为零，动能为Ek2＝m＝×8×104×1002J＝4.0×108J；
进入大气层的机械能E＝Ek1+Ep1＝m+mgH＝2.4×1012J；
（2）此时的速度大小为v2＝7.5×103×0.02m/s＝150m/s；从600m处到落地之间，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理
mgh﹣Wf＝mv32﹣mv22
代入数据，可得Wf＝9.7×108J
答：（1）落地瞬间的机械能为4.0×108J；进入大气层的机械能为2.4×1012J；
（2）克服阻力做功为9.7×108J。
五．解答题（共9小题）
51．【解答】（1）算珠相同，设每个算珠的质量为m，
由题意可知，甲算珠的初速度大小v0＝0.4m/s，碰撞后瞬间甲算珠的速度大小v甲＝0.1m/s
设甲、乙两算珠碰撞前瞬间甲算珠的速度大小为v1，从甲算珠开始运动到甲、乙碰撞前瞬间过程，
对甲算珠，由动能定理得：﹣μmgs1＝
代入数据解得：v1＝0.3m/s
甲、乙两算珠碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞后瞬间乙算珠的速度大小为v乙，
以碰撞前甲算珠的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1＝mv甲+mv乙，
代入数据解得：v乙＝0.2m/s
设碰撞后乙算珠甲减速到零过程滑行的距离为s，对乙算珠，由动能定理得：﹣μmgs＝0﹣
代入数据解得：s＝0.02m＝s2＝2.0×10﹣2m，乙算珠恰好到达边框a处
（2）设两算珠碰撞后甲滑行距离s3后速度变为零，对甲，由动能定理得：﹣μmgs3＝0﹣
代入数据解得：s3＝0.005m
设从甲开始运动到甲乙碰撞所需时间为t1，从甲乙碰撞到甲停止运动需要的时间为t2，
则：s1＝t1，s3＝t2，
代入数据解得：t1＝0.1s，t2＝0.1s
甲算珠从拨出到停下所需的时间：t＝t1+t2＝（0.1+0.1）s＝0.2s
答：（1）乙算珠能滑动到边框a；
（2）甲算珠从拨出到停下所需的时间是0.2s。
52．【解答】乌贼与乌贼喷出的水组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乌贼的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
Mv′﹣mv＝0
代入数据解得乌贼喷出的水的速度为：v＝28m/s
答：该乌贼喷出的水的速度大小v为28m/s。
53．【解答】（1）滑块从开始下滑到D点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgH＝mgR+
在D点，轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
F＝m，
代入数据解得：F＝8N，
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小：F′＝F＝8N，方向：水平向左；
（2）设滑块在斜轨道上到达的最高点为C′，BC′的长度为L，从滑块开始下滑到C′过程，由能量守恒定律得：
mgH＝μmgLAB+μmgcosθ?L+mgLsinθ，
代入数据解得：L＝m＜LBC＝1.0m，滑块不能冲出斜轨道的末端C点；
（3）滑块开始下滑到运动到距离A点x处过程，由动能定理得：
mgH﹣μmgx＝﹣0
两滑块碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后的速度为v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv＝（m+2m）v′，
设碰撞后滑块滑上斜轨道的高度为h，碰撞后滑块滑动过程，由动能定理得：、
﹣μ?3mg（LAB﹣x）﹣μ?3mgcosθ?﹣3mgh＝0﹣
解得：h＝x﹣ （m＜x≤1m） 或h＝0 （0≤x≤ m）；
答：（1）滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力大小为8N，方向：水平向左；
（2）滑块不能冲出斜轨道的末端C点；
（3）它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系是：h＝x﹣ （m＜x≤1m） 或h＝0 （0≤x≤ m）。
54．【解答】（1）P、Q发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝mvP1+4mvQ1
由机械能守恒定律得：
解得：vP1＝﹣v0，负号表示方向，vQ1＝v0
（2）Q向上滑行过程，由牛顿第二定律得：
4mgsinθ+μ?4mgcosθ＝4ma
解得：a＝2gsinθ
P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q，由运动学公式得：
0﹣＝2（﹣a）
解得：h1＝
设P运动到与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰撞后到第二次碰撞前，对P，由动能定理得：
﹣mgh1＝
解得：v02＝v0
P、Q发生第二次碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
mv02＝mvP2+4mvQ2
由机械能守恒定律得：
解得：vP2＝﹣×v0，vQ2＝v0
第二次碰撞后Q向上运动过程，由运动学公式得：
0﹣＝2（﹣a）
解得：h2＝?
设P运动到与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03，第二次碰撞后到第三次碰撞前，对P，由动能定理得：
﹣mgh2＝
解得：v03＝v0
P与Q第三次碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
mv03＝mvP3+4mvQ3
由机械能守恒定律得：
解得：vP3＝﹣v0，vQ3＝v0
第三次碰撞后对Q，由运动学公式得：
0﹣＝2（﹣a），
解得：h3＝
…………
第n次碰撞后，Q上升的高度：hn＝（）n﹣1? （n＝1、2、3……）
（3）P、Q向上运动过程速度逐渐减小，两物体到达同一位置时发生碰撞，
当P、Q最后一次发生碰撞时到达最高点，此时两者到达同一高度，
当P、Q到达H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程，由动能定理得：
﹣（m+4m）gH﹣μ?4mgcosθ?＝0﹣
解得：H＝
（4）设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，则：t1＝
设P运动到斜面底端时的速度为vP1′，需要的时间为t2，则：vP1′＝vP1+gsinθ?t2，＝2gsinθ?s，
设P从A点到Q第一次碰撞后速度减为零处匀减速运动的时间为t3，则：v02＝（﹣vP1）﹣gsinθ?t3，
当A点与挡板之间的距离最小时：t1＝2t2+t3
解得：s＝
答：（1）P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1分别为v0、v0；
（2）第n次碰撞使物块Q上升的高度hn是（）n﹣1? （n＝1、2、3……）；
（3）物块Q从A点上升的总高度H为；
（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，A点与挡板之间的最小距离s为。
55．【解答】（1）小车向上做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动推论有：x＝
代入数据解得：
x＝m＝16m
（2）小车向上做匀减速直线运动，根据加速度定义得加速度大小：a1＝＝m/s2＝8m/s2
上滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
得：a1＝＝gsinθ+μgcosθ
代入数据解得：μ＝＝＝＝0.25
（3）小车下滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数据解得：a2＝＝gsinθ﹣μgcosθ＝10×0.6﹣0.25×10×0.8m/s2＝4m/s2
由运动学公式得：vt＝＝m/s＝m/s＝11.3m/s
得重力的平均功率：＝mgcos（90°﹣θ）＝W＝W＝67.9W
答：（1）最大位移值x为16m；
（2）与斜面间的动摩擦因数为0.25；
（3）从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率为67.9W。
56．【解答】（1）对小球，从释放点到圆管最低点C的过程中，由机械能守恒定律得：
mgh0＝
代入数据解得速度大小vC为：vC＝
在此过程中，对小球由动量定理得：I＝mvC
代入数据解得所受合力的冲量I的大小：I＝m，方向水平向左。
（2）对小球从释放点到D点的过程中，由机械能守恒定律得：
mg（h﹣R）＝
在D点，对小球由牛顿第二定律得：
FN＝
联立解得D点所受弹力FN与h的关系式为：FN＝2mg（﹣1）
满足的条件为：h≥R
（3）第1种情况：不滑离轨道原路返回，条件为：h≤
第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前做平抛运动，由运动学公式得：d＝vxt
竖直方向上，由速度﹣时间公式得：t＝
对小球在G点，由速度的分解得：vx＝vGsinθ，vy＝vGcosθ
联立解得：vG＝2
对小球从释放点到G点的过程中，由机械能守恒定律得：
mg（h﹣R）＝
联立解得h满足的条件为：h＝
答：（1）小球第一次运动到圆管最低点C时，速度大小vC为，在此过程中所受合力的冲量I大小为m，方向水平向左；
（2）小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式为FN＝2mg（﹣1）；
（3）小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该：不滑离轨道原路返回，条件为h≤，与墙面垂直碰撞后原路返回，条件为h＝。
57．【解答】（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动，设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有：
Ma1＝Mg+f
ma2＝f﹣mg
联立并代入题给数据，得：
a1＝2g
a2＝3g；
（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同，由运动学公式可得，碰地前瞬间它们的速度大小均为：
v0＝，方向均向下
管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同，取向上为正方向，由运动学公式可得：
v0﹣a1t1＝﹣v0+a2t1
解得：t1＝
设此时管的下端离地高度为h1，速度为v，由运动学公式可得
h1＝v0t1﹣
v＝v0﹣a1t1
由此可知此时v＞0，此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点，由运动学公式有：h2＝
管第一次落地弹起后上升的最大高度H1＝h1+h2＝；
（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1，在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有：
Mg（H﹣H1）+mg（H﹣H1+x1）﹣4mgx1＝0
解得：x1＝
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为：x2＝
设圆管长度为L．管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+x2≤L
联立解得L应满足条件为：L≥。
答：（1）管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小分别为2g、3g；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，管上升的最大高度为；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，圆管长度应满足L≥。
58．【解答】（1）A恰好能通过圆周运动最高点，此时轻绳拉力恰好为零，设A在最高点的速度为v，由牛顿第二定律，有
①
A从最低点到最高点过程机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度为vA，有
②
由动量定理，有
I＝m1vA③
联立①②③式，得
I＝④
（2）设两球粘在一起时速度v′，AB粘在一起恰能通过圆周运动轨迹最高点，需满足
v′＝vA⑤
要达到上述条件，碰撞后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬时速度大小为vB，由动量守恒定律，有
m2vB﹣m1vA＝（m1+m2）v′⑥
又
⑦
联立①②⑤⑥⑦
⑧
答：（1）A受到的水平瞬时冲量的大小为；
（2）碰撞前瞬间B的动能Ek至少。
59．【解答】（1）舰载机做初速度为零的匀加速直线运动，
设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则舰载机在AB上滑行过程：L1＝t，
由动能定理得：W＝﹣0，
代入数据解得：W＝7.5×104J；
（2）设上翘甲板对应的圆弧半径为R，由几何知识得：L2＝Rsinθ，
以飞行员为研究对象，由牛顿第二定律得：FN﹣mg＝m，
代入数据解得：FN＝1.1×103N；
答：（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W为7.5×104J；
（2）舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN大小为1.1×103N。。
一．选择题（共26小题）
1．（2021?乙卷）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（ ）
218630576835A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
2．（2021?湖南）物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p﹣x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p﹣x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（ ）
3．（2021?浙江）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2：1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两碎块的位移大小之比为1：2 B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
4．（2020?海南）太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490kg，离子以30km/s的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为3.0×10﹣3g/s，则探测器获得的平均推力大小为（ ）
A．1.47N B．0.147N C．0.09N D．0.009N
5．（2020?新课标Ⅲ）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（ ）
A．3J B．4J C．5J D．6J
6．（2020?新课标Ⅰ）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（ ）
A．增加了司机单位面积的受力大小 B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能 D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
7．（2019?江苏）质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为（ ）
A．v B．v C．v D．v
8．（2019?新课标Ⅰ）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为（ ）
A．1.6×102kg B．1.6×103kg C．1.6×105kg D．1.6×106kg
9．（2018?新课标Ⅱ）高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ）
A．10N B．102N C．103N D．104N
40709854000500010．（2017?天津）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（ ）
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
11．（2021?湖南）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（F阻＝kv，k为常量），动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是（ ）
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为mvm2﹣Pt
12．（2021?浙江）一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配情况如图所示。则汽车（ ）
A．发动机的输出功率为70kW
B．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104J
C．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104J
D．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J
33934406502400013．（2021?浙江）某一滑雪运动员从滑道滑出并在空中翻转时经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。若运动员的重心轨迹与同速度不计阻力的斜抛小球轨迹重合，A、B、C和D表示重心位置，且A和D处于同一水平高度。下列说法正确的是（ ）
A．相邻位置运动员重心的速度变化相同
B．运动员在A、D位置时重心的速度相同
C．运动员从A到B和从C到D的时间相同
D．运动员重心位置的最高点位于B和C中间
14．（2021?浙江）如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。雪道上的同学们（ ）
281495523495A．沿雪道做匀速直线运动
B．下滑过程中机械能均守恒
C．前后间的距离随时间不断增大
D．所受重力沿雪道向下的分力相同
right28448015．（2020?江苏）如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是（ ）
A．B． C．D．
16．（2019?新课标Ⅲ）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2．该物体的质量为（ ）
A．2kg B．1.5kg C．1kg D．0.5kg
17．（2018?新课标Ⅰ）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点处从静开始向右运动。重力加速度大小为g。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
18．（2018?浙江）奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示，下列说法不正确的是（ ）
41871907239000A．加速助跑过程中，运动员的动能增加
B．起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加
C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加
D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少动能增加
19．（2018?江苏）从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是（ ）
A． B． C． D．
right78168520．（2018?天津）滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直圆面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（ ）
A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变
21．（2018?浙江）如图所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处，A、B两点水平距离为16m，竖直距离为2m，A、B间绳长为20m。质量为10kg的猴子抓住套在绳子上的滑环从A处滑到B处。以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为（绳处于拉直状态）（ ）
A．﹣1.2×103J B．﹣7.5×102J C．﹣6.0×102J D．﹣2.0×102J
22．（2017?江苏）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（ ）
A． B．
C． D．
23．（2017?海南）将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略。a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2．从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2．下列选项正确的是（ ）
A．Ek1＝Ek2，W1＝W2 B．Ek1＞Ek2，W1＝W2
C．Ek1＜Ek2，W1＜W2 D．Ek1＞Ek2，W1＜W2
24．（2017?新课标Ⅱ）如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（ ）
A．一直不做功 B．一直做正功
C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心
right31115025．（2017?新课标Ⅲ）如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l．重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为（ ）
A．mgl B．mgl C．mgl D．mgl
26．（2017?浙江）火箭发射回收是航天技术的一大进步，如图所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上，不计火箭质量的变化，则（ ）
3977005183515A．火箭在匀速下降过程中，机械能守恒
B．火箭在减速下降过程中，携带的检测仪器处于失重状态
C．火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭机械能的变化
D．火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力
二．多选题（共12小题）
27．（2021?乙卷）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动。重力加速度大小为g。则（ ）
A．在此过程中F所做的功为mv02
B．在此过程中F的冲量大小等于mv0
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
28．（2021?湖南）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a﹣t图像如图（b）所示，S1表示0到t1时间内A的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是（ ）
A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0 B．mA＞mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x D．S1﹣S2＝S3
29．（2020?新课标Ⅱ）水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（ ）
A．48kg B．53kg C．58kg D．63kg
right65214530．（2018?海南）如图（a），一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的v﹣t图象，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得（ ）
A．木板的长度
B．物块与木板的质量之比
C．物块与木板之间的动摩擦因数
D．从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能
315785544259531．（2017?新课标Ⅲ）一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（ ）
A．t＝1s时物块的速率为1m/s
B．t＝2s时物块的动量大小为4kg?m/s
C．t＝3s时物块的动量大小为5kg?m/s
D．t＝4s时物块的速度为零
32．（2021?广东）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹。战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹。手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g。下列说法正确的有（ ）
375158023495A．甲在空中的运动时间比乙的长
B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
33．（2020?浙江）如图所示，系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供电的无人机，旋翼由电动机带动。现有质量为20kg、额定功率为5kW的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升，经过200s406971526352500到达100m高处后悬停并进行工作。已知直流电源供电电压为400V，若不计电缆的质量和电阻，忽略电缆对无人机的拉力，则（ ）
A．空气对无人机的作用力始终大于或等于200N
B．直流电源对无人机供电的额定电流为12.5A
C．无人机上升过程中消耗的平均功率为100W
D．无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功
right89979534．（2020?山东）如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（ ）
A．M＜2m
B．2m＜M＜3m
C．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功
D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
2910205100076035．（2020?天津）复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内（ ）
A．做匀加速直线运动
B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率P＝Fvm
D．牵引力做功W＝mvm2﹣mv02
right1930400036．（2020?新课标Ⅰ）一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2．则（ ）
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2
D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J
37．（2018?江苏）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块（ ）
308165571120A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
3215005109220038．（2018?新课标Ⅲ）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v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，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，（ ）
A．矿车上升所用的时间之比为4：5
B．电机的最大牵引力之比为2：1
C．电机输出的最大功率之比为2：1
D．电机所做的功之比为4：5
三．实验题（共1小题）
39．（2020?新课标Ⅲ）某同学利用图（a）所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码，钩码下落，带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图（b）所示。已知打出图（b）中相邻两点的时间间隔为0.02s，从图（b）给出的数据中可以得到，打出B点时小车的速度大小vB＝ m/s，打出P点时小车的速度大小vP＝ m/s。（结果均保留2位小数）若要验证动能定理，除了需测量钩码的质量和小车的质量外，还需要从图（b）给出的数据中求得的物理量为 。
四．计算题（共11小题）
40．（2021?湖南）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为（2μL，μL），Q端在y轴上。重力加速度为g。
（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；
right678815（3）将质量为λm（λ为常数且λ≥5）的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。
41．（2019?新课标Ⅱ）一质量为m＝2000kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t1＝0.8s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1s内的位移为24m，第4s内的位移为1m。
（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v﹣t图线；
right6350（2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？
42．（2018?新课标Ⅰ）一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动，爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求
（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
516763063690543．（2018?江苏）如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。
44．（2018?天津）真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示。为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。
（1）要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
（2）求刚接通电源时列车加速度a的大小；
（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
45．（2021?甲卷）如图，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
46．（2021?乙卷）一篮球质量为m＝0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2m。若使篮球从距地面h3＝1.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
47．（2020?江苏）如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R．在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω．绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）重物落地后，小球线速度的大小v；
（2）重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
right74930（3）重物下落的高度h。
48．（2017?江苏）如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R．C的质量为m，A、B的质量都为，与地面的动摩擦因数均为μ．现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
（1）未拉A时，C受到B作用力的大小F；
（2）动摩擦因数的最小值μmin；
right-575310（3）A移动的整个过程中，拉力做的功W。
491045596837549．（2017?天津）如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg。初始时A静止与水平地面上，B悬于空中。先将B竖直向上再举高h＝1.8m（未触及滑轮）然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g＝10m/s2。
（1）B从释放到细绳绷直时的运动时间t；
（2）A的最大速度v的大小；
（3）初始时B离地面的高度H。
50．（2017?新课标Ⅰ）一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105m处以7.5×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2．（结果保留2位有效数字）
（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
（2）求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。
五．解答题（共9小题）
51．（2021?广东）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10﹣2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10﹣2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
52．（2020?江苏）一只质量为1.4kg的乌贼吸入0.1kg的水，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以2m/s的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。
53．（2020?浙江）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0m处静止释放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
（1）求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
（2）通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
（3）若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
54．（2020?山东）如图所示，一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tanθ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
（1）求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
（2）求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
（3）求物块Q从A点上升的总高度H；
（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。
55．（2021?浙江）如图所示，质量m＝2kg的滑块以v0＝16m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求滑块
（1）最大位移值x；
（2）与斜面间的动摩擦因数；
（3）从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率。
56．（2021?浙江）如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离d＝R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
（1）若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC及在此过程中所受合力的冲量I的大小和方向；
（2）求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
（3）若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
57．（2020?新课标Ⅱ）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
58．（2020?天津）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求
（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；
（2）碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
right150368059．（2019?天津）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°（sin12°≈0.21）。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6s到达B点进入BC．已知飞行员的质量m＝60kg，g＝10m/s2，求
（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；
（2）舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
高考物理真题分项详解——专题10 能量与动量
参考答案与试题解析
一．选择题（共26小题）
1．【解答】从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；
撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，弹簧被压缩且弹簧的弹力大于滑块受到的滑动摩擦力，
撤去外力后滑块受到的合力不为零，滑块相对车厢底板滑动，系统要克服摩擦力做功，
系统的机械能转化为系统的内能，系统机械能减小，系统机械能不守恒，故B正确，ACD错误。
故选：B。
2．【解答】一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，那么位移与速度关系为：x＝，
而动量表达式为：p＝mv，
联合上式，则有：p2＝2am2x
再由位移与速度均沿着x轴正方向，则取正值，那么动量也取正值，
综上所述，故D正确，ABC错误；
故选：D。
3．【解答】A、爆炸物在最高点时炸裂成质量之比为2：1的两个碎块，
设两碎块的质量分别为m1＝2m，m2＝m，设爆炸后两碎块的速度分别为v1、v2，
爆炸过程，系统在水平方向动量守恒，m1的速度方向为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
m1v1﹣m2v2＝0
爆炸后两碎块做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间t相等，设两碎块的水平位移分别为x1、x2，则有：
m1v1t﹣m2v2t＝0
m1x1﹣m2x2＝0
解得：x1：x2＝m2：m1＝1：2，
两碎块的竖直分位移相等，两碎块的水平位移之比为1：2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1：2，故A错误；
BD、设两碎片做平抛运动的时间均为t，两碎块落地发出的声音的传播时间分别为t1＝5s﹣t，t2＝6s﹣t，声音的传播位移：
x1＝v声音t1，x2＝v声音t2，由A可知x1：x2＝1：2，
代入数据解得：t＝4s，x1＝340m，x2＝680m，
爆炸物的爆炸点离地面高度：
h＝m＝80m，
爆炸后两碎块落地点之间的水平距离：
x＝x1+x2＝（340+680）m＝1020m，故B正确，D错误；
C、由B可知，爆炸后碎块m1的水平位移：x1＝340m，碎块m2的水平位移x2＝680m，
爆炸后质量大的碎块m1的初速度为v1＝m/s＝85m/s，故C错误。
故选：B。
4．【解答】在单位时间内喷出离子的质量m＝3.0×10﹣3×10﹣3kg＝3.0×10﹣6kg
则t时间内喷出离子的质量为mt
对喷出的离子，取运动方向为正，由动量定理得：
Ft＝mtv﹣0
代入数据解得：F＝mv＝3.0×10﹣6×30×103N＝0.09N，
由牛顿第三定律可知，探测器获得的平均推力大小F′＝F＝0.09N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
5．【解答】令乙的质量为M，碰撞前甲、乙的速度大小分别为v1和v2，
碰撞后甲、乙的速度大小分别为v3和v4，
碰撞过程中动量守恒，则mv1+Mv2＝mv3+Mv4，
即1×5.0+M×1.0＝1×（﹣1.0）+M×2.0，
解得M＝6kg，
则碰撞过程两物块损失的机械能△E＝＝3J，故A正确，BCD错误。
故选：A。
6．【解答】ABD、在碰撞过程中，司机的动量的变化量是一定的，但安全气囊会增加作用的时间，根据动量定理Ft＝△p可知，可以减小司机受到的冲击力F，同时安全气囊会增大司机的受力面积，则司机单位面积的受力大小减小，故AB错误，D正确。
C、安全气囊只是延长了作用时间，减小了司机的受力，将司机的动能转换成气囊的弹性势能及气囊气体内能，故C错误。
故选：D。
7．【解答】忽略滑板与地面间的摩擦，小孩和滑板系统动量守恒，取小孩跃起的方向为正，根据动量守恒定律得：
0＝Mv﹣mv′，
解得滑板的速度为：v′＝，故B正确，ACD错误。
故选：B。
8．【解答】以气体为研究对象，设t＝1s内喷出的气体质量为m，根据动量定理可得：
Ft＝mv﹣0
其中v＝3km/s＝3000m/s
解得：m＝＝kg＝1.6×103kg，故B正确，ACD错误。
故选：B。
9．【解答】每层楼高约为3m，鸡蛋下落的总高度h＝（25﹣1）×3m＝72m；
自由下落时间t1＝＝s＝3.8s，
与地面的碰撞时间约为t2＝2ms＝0.002s，
全过程根据动量定理可得：mg（t1+t2）﹣Ft2＝0
解得冲击力F＝950N≈103N，故C正确。
故选：C。
10．【解答】A、机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A错误；
B、圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力指向下方，所以F＝mg﹣N，则支持力N＝mg﹣F，所以重力大于支持力，B正确；
C、转动一周，重力的冲量为I＝mgT，不为零，C错误；
D、运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D错误。
故选：B。
11．【解答】A、若动车组做匀加速启动，则加速度不变，而速度增大，则阻力也增大，要使合力不变则牵引力也将增大，故A错误；
B、若动车组输出功率均为额定值，则其加速a＝＝，随着速度增大，加速度减小，所以动车组做加速度减小的加速运动，故B错误；
C、当动车组的速度增大到最大vm时，其加速度为零，则有：，若总功率变为2.25P，则同样有：，联立两式可得：vm′＝，故C正确；
D、对动车组根据动能定理有：4Pt﹣Wf＝，所以克服阻力做的功Wf＝4Pt﹣，故D错误。
故选：C。
12．【解答】A、由图可知，发动机1s内输出的功为W＝1.7×104J，则输出功率为：P＝＝W＝1.7×104W＝17kW，故A错误；
BCD、每1s消耗的燃料有△E＝6.9×104J进入发动机，则最终转化成的内能为：Q＝△E＝6.9×104J，故C正确，BD错误。
故选：C。
13．【解答】A、因每次曝光的时间间隔相等，设为△t，而运动员在空中只受重力作用，加速度为g，则相邻位置运动员重心的速度变化均为g△t，故A正确；
B、A和D处于同一水平高度，根据机械能守恒知运动员在A、D位置时重心的速度大小相同，但是方向不同，所以速度不同，故B错误；
C、由图可知，运动员从A到B为5△t，从C到D的时间6△t，时间不相同，故C错误；
D、由图知A到C的时间等于C到D的时间，根据斜抛运动的对称性可知运动员重心位置的最高点位于C点，故D错误。
故选：A。
14．【解答】A、设平直雪道的倾角为θ，同学坐在轮胎上从静止开始沿雪道下滑，做加速运动，根据牛顿第二定律可知加速度为：a＝＝gsinθ﹣μgcosθ，又因为μ相同，所以同学们做加速度相同的匀加速直线运动，故A错误；
B、下滑过程中摩擦力做负功，雪道上的同学们机械能减小，故B错误；
C、设前一个同学下滑时间t0后，另一个同学开始下滑，根据匀加速直线运动位移与时间的关系可得前后两个同学的间距△x＝﹣＝att0+，可知同学们前后距离随着时间t的不断增大而增大，故C正确；
D、各同学质量可能不同，所以重力沿雪道向下的分力为mgsinθ也可能不相同，故D错误。
故选：C。
15．【解答】设斜面倾角为θ，小物块的质量为m，物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为μ，小物块由静止开始在沿斜面上运动的过程中，当水平位移为x时，由动能定理得：
mg?xtanθ﹣＝Ek﹣0
整理得小物块的动能Ek与水平位移x关系为：
Ek＝（mgtanθ﹣μmg）x
假设小物块达到斜面底端的动能为Ek0，此时小物块的水平位移为x0，在水平面上运动的过程中，由动能定理得：
﹣μmg（x﹣x0）＝Ek﹣Ek0
整理得小物块的动能Ek与水平位移x关系为：
Ek＝Ek0+μmgx0﹣μmgx
所以小物块的动能Ek与水平位移x关系的图象为正比关系和一次函数关系，故A正确，BCD错误。
故选：A。
16．【解答】根据动能定理可得：mah＝△Ek，解得斜率的大小为ma＝；
上升过程中：ma1＝＝N＝12N
下落过程中：ma2＝＝N＝8N
设与运动方向相反的外力为F，根据牛顿第二定律可得：
上升过程中：mg+F＝ma1，
下落过程中：mg﹣F＝ma2，
联立解得：m＝1kg。
故C正确，ABD错误。
故选：C。
17．【解答】由题意知水平拉力为：F＝mg；
设小球达到c点的速度为v，从a到c根据动能定理可得：F?3R﹣mgR＝
解得：v＝；
小球离开c点后，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，
设小球从c点达到最高点的时间为t，则有：t＝＝；
此段时间内水平方向的位移为：x＝＝＝2R，
所以小球从a点开始运动到其轨迹最高点，小球在水平方向的位移为：L＝3R+2R＝5R，
此过程中小球的机械能增量为：△E＝FL＝mg×5R＝5mgR。
故C正确、ABD错误。
故选：C。
18．【解答】A、加速助跑过程中，运动员的速度越来越大，故其动能增加，故A正确；
B、从运动员撑杆起跳到越横杆的过程中，弹性形变先增大后减小，所以杆的弹性势能先增大后减小，故B错误；
C、起跳上升过程中，运动员的高度一直增加，故重力势能增加，故C正确；
D、越过横杆后下落过程中，只有重力做功，重力做正功，故运动员的重力势能减少，动能增加，故D正确
因选不正确的
故选：B。
19．【解答】竖直向上过程，设初速为v0，则速度时间关系为：v＝v0﹣gt
此过程动能为：＝
即此过程EK与t成二次函数关系，且开口向上，故BCD错误，A正确。
故选：A。
20．【解答】A、滑雪运动员的速率不变，而速度方向是变化的，速度是变化的，运动员的加速度不为零，由牛顿第二定律可知，运动员所受合外力始终不为零。故A错误。
B、运动员下滑过程中受到重力、滑道的支持力与滑动摩擦力，由图可知，运动员从A到B的过程中，滑道与水平方向之间的夹角逐渐减小，则重力沿斜面向下的分力逐渐减小，运动员的速率不变，则运动员沿滑道方向的合外力始终等于0，所以滑动摩擦力也逐渐减小。故B错误。
C、滑雪运动员的速率不变则动能不变，由动能定理可知，合外力对运动员做功为0．故C正确。
D、运动员从A到B下滑过程中的动能不变而重力势能减小，所以机械能减小。故D错误。
故选：C。
21．【解答】设平衡时绳子与竖直方向的夹角为θ，此时猴子受重力和两个拉力而平衡，故：
l左sinθ+l右sinθ＝d，
其中：l＝l左+l右，
故sinθ＝＝，θ＝53°；
A、B两点的竖直距离为2m，故l右cosθ﹣l左cosθ＝2m，
而l＝l左+l右＝20m，
故l右cosθ＝7m，
故以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为：
Ep＝﹣mgl右cosθ＝﹣10×10×7＝﹣700J＝﹣7×102J，
考虑绳子有微小的形变，故猴子实际最低点可能的重力势能越为﹣7.5×102J，故ACD错误，B正确；
故选：B。
22．【解答】设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，根据动能定理可得：
上滑过程中：﹣mgxsinθ﹣μmgxcosθ＝Ek﹣Ek0，所以Ek＝Ek0﹣（mgsinθ+μmgcosθ）x；
下滑过程中：mgx′sinθ﹣μmgx′cosθ＝Ek﹣0，所以Ek＝（mgsinθ﹣μmgcosθ）x′；
可知，物块的动能Ek与位移x是线性关系，图象是倾斜的直线。
根据能量守恒定律可得，最后的总动能减小。故C正确、ABD错误；
故选：C。
23．【解答】从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即W1＝W2。
对两次经过a点的过程运用动能定理得，﹣Wf＝Ek2﹣Ek1，可知Ek1＞Ek2，故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
24．【解答】AB、大圆环是光滑的，则小环和大环之间没有摩擦力；大环对小环的支持力总是垂直于小环的速度方向，所以大环对小环没有做功，故A正确，B错误；
CD、小环在刚刚开始运动时，在大环的接近顶部运动时，大环对小环的支持力背离大环圆心，小环运动到大环的下半部分时，支持力指向大环的圆心，故CD错误。
故选：A。
25．【解答】根据功能关系可知，拉力所做的功等于MQ段系统重力势能的增加量；
对MQ分析，设Q点为零势能点，则可知，MQ段的重力势能为EP1＝×＝；
将Q点拉至M点时，重心离Q点的高度h＝+＝，故重力势能EP2═×＝
因此可知拉力所做的功W＝EP2﹣EP1＝mgl，故A正确，BCD错误。
故选：A。
26．【解答】A、火箭匀速下降阶段，说明阻力等于重力，不止重力做功，阻力做负功，所以其机械能不守恒，故A错误；
B、火箭在减速阶段，加速度向上，所以处于超重状态，故B错误。
C、由动能定理知合外力做功等于动能改变量，不等于火箭机械能的变化。由功能关系知阻力做功等于火箭机械能的变化，故C错误。
D、火箭着地做减速运动时，加速度向上，处于超重状态，则地面给火箭的力大于火箭重力，由牛顿第三定律知，火箭对地的作用力大于自身的重力。故D正确。
故选：D。
二．多选题（共12小题）
27．【解答】A、在F作用下，由动能定理可知：WF﹣fs0＝﹣0，撤去外力之后，由动能定理可知：﹣f×2s0＝0﹣，联立解得：WF＝，故A错误；
BD、由于外力做功WF＝Fs0，结合A中两式，解得F＝3f，
取v0方向为正，撤去外力之前对物体动量定理可知：（F﹣f）t1＝mv0﹣0，可得：Ft1＝mv0，则F的冲量大小I＝Ft1＝mv0，故B正确，D错误；
C、撤去外力之后，由动能定理可知：﹣f×2s0＝0﹣，摩擦力f＝μmg，则解得：μ＝，故C正确；
故选：BC。
28．【解答】A、撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A，由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小：I＝mAv0，
弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小I弹簧＝mAv0，对B，以向右为正方向，由动量定理得：I墙壁﹣I弹簧＝0，解得，墙对B的冲量大小I墙壁＝mAv0，方向水平向右，故A正确；
B、弹簧对A和对B的弹力F大小相等，由牛顿第二定律得：a＝，由图（b）所示图象可知，在t2时刻A、B的加速度大小关系是：aB＞aA，即＞，解得：mB＜mA，故B正确；
C、B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长量或压缩量）最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故C错误；
D、a﹣t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量，则因初速度为零，t1时刻A的速度大小v0＝S1，t2时刻A的速度大小vA＝S1﹣S2，B的速度大小vB＝S3，
由图（b）所示图象可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即vA＝vB，则S1﹣S2＝S3，故D正确。
故选：ABD。
29．【解答】设该运动员的质量为M，物块的质量为m＝4.0kg，推物块的速度大小为v＝5.0m/s，取人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得：
第一次推物块的过程中：0＝Mv1﹣mv
第二次推物块的过程中：Mv1+mv＝Mv2﹣mv
第三次推物块的过程中：Mv2+mv＝Mv3﹣mv
…
第n次推物块的过程中：Mvn﹣1+mv＝Mvn﹣mv
以上各式相加可得：Mvn＝（2n﹣1）mv
当n＝7时，v7＜v，解得M＞52kg
当n＝8时，v8＞v，解得M＜60kg，
故52kg＜M＜60kg，故AD错误、BC正确。
故选：BC。
30．【解答】A、系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出物块相对于木板滑行的距离，木板的长度可能等于该长度、也可能大于该长度，根据题意无法求出木板的长度，故A错误；
B、物块与木板作出的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（m+M）v1，解得：＝，v0与v1已知，可以求出物块与木板的质量之比，故B正确；
C、对木板，由动量定理得：μmgt1＝Mv1，解得：μ＝，由于t1、v0、v1已知，可以求出动摩擦因数，故C正确；
D、由于不知道木板的质量，无法求出从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能，故D错误；
故选：BC。
31．【解答】A、前两秒，根据牛顿第二定律，a＝＝1m/s2，则0﹣2s的速度规律为：v＝at；t＝1s时，速率为1m/s，A正确；
B、t＝2s时，速率为2m/s，则动量为P＝mv＝4kg?m/s，B正确；
CD、2﹣4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a＝﹣0.5m/s2，所以3s时的速度为1.5m/s，动量为3kg?m/s，4s时速度为1m/s，CD错误；
故选：AB。
32．【解答】A、手榴弹在空中的运动可视为平抛运动，在竖直方向的分运动为自由落体运动，有
h＝gt2
战士在同一位置先后投出甲、乙两颗手榴弹，故h相等，故甲乙在空中运动的时间相等，故A错误；
B、手榴弹在空中的运动可视为平抛运动，在竖直方向的分运动为自由落体运动，设落地前瞬间手榴弹竖直分速度为vy，有
＝2gh
此时重力的功率为P＝mgvy
由题意h相等，故重力的功率相等，故B正确；
C、从投出到落地，每颗手榴弹的重力做功为WG＝mgh，根据功能关系可知，手榴弹的重力势能减少mgh，故C正确；
D、手榴弹在空中的运动可视为平抛运动，在运动过程中只有重力做功，故手榴弹的机械能守恒，故D错误。
故选：BC。
33．【解答】A、由于系留无人机开始起飞经过200s到达100m高处后悬停并进行工作，可见系留无人机先加速后减速再停留在空中，所以空气对无人机的作用力先大于重力、再小于重力、最后等于重力，故A错误；
B、直流电源对无人机供电的额定电流为I＝＝A＝12.5A，故B正确；
C、无人机上升过程中克服重力做的功为W＝mgh＝20×10×100J＝20000J，另外还要克服空气的阻力做功，电动机内电阻还要消耗能量，所以无人机上升过程中消耗的平均功率＞＝100W，故C错误；
D、无人机上升过程中要克服空气阻力做功，悬停时旋翼转动时也会克服阻力做功，所以两种情况下均有部分功率用于对空气做功，故D正确。
故选：BD。
34．【解答】AB、由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，根据简谐运动的对称性，在最低点的加速度为竖直向上的g，由牛顿第二定律得：T﹣mg＝mg，解得在最低点时有弹簧弹力为：T＝2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，根据A对水平桌面的压力刚好为零，有：2mgsinθ＝Mg，故有M＜2m，故A正确，B错误；
C、由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；
D、对于B，在从释放到速度最大过程中，根据除重力以外其他力做功等于物体机械能的增加量，而其他力就是弹簧弹力，由弹簧弹力对B球做负功，可知B机械能的减少量等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。
故选：ACD。
35．【解答】AB、根据牛顿第二定律得：F牵﹣F＝ma，而F牵v＝P，动车的速度在增大，则牵引力在减小，故加速度在减小，故A错误，B正确；
C、当加速度为零时，速度达到最大值为vm，此时牵引力的大小等于阻力F，故功率P＝Fvm，故C正确；
D、根据动能定理得：牵引力做功W﹣克服阻力做的功WF＝mvm2﹣mv0，故D错误；
故选：BC。
36．【解答】A、物块在初位置其重力势能为Ep＝mgh＝30J，动能Ek＝0
则物块的质量m＝1kg，
此时物块具有的机械能为E1＝Ep+Ek＝30J
当下滑距离为5m时，物块具有的机械能为E2＝Ep′+Ek′＝10J＜E1，
所以下滑过程中物块的机械能减小，故A正确；
B、令斜面的倾角为θ，则sin，
所以θ＝37°
物体下滑的距离为x＝5m的过程中，根据功能关系有Wf＝μmg?cosθ?x＝E1﹣E2，
代入数据μ＝0.5，故B正确；
C、根据牛顿第二定律可知，物块下滑时加速度的大小为a＝＝2m/s2，故C错误；
D、当物块下滑距离为x′＝2.0m时，物体克服滑动摩擦力做功为Wf＝μmgcosθ?x′＝8J，
根据功能关系可知，机械能损失了△E′＝Wf＝8J，故D错误。
故选：AB。
37．【解答】A、由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，故A正确；
B、物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置，故B错误；
C、从A到O过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O到B过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，故C错误；
D、从A到B过程中根据动能定理可得W弹﹣W克f＝0，即W弹＝W克f，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，故D正确。
故选：AD。
38．【解答】A、设第②次提升过程矿车上升所用的时间为t。根据v﹣t图象的面积表示位移，得：＝+
解得 t＝2.5t0。
所以第①次和第②次提升过程矿车上升所用的时间之比为2t0：t＝4：5，故A正确。
B、根据图象的斜率表示加速度，知两次矿车匀加速运动的加速度相同，由牛顿第二定律得 F﹣mg＝ma，可得 F＝mg+ma，所以电机的最大牵引力相等，故B错误。
C、设电机的最大牵引力为F．第①次电机输出的最大功率为 P1＝Fv0，第②次电机输出的最大功率为 P2＝Fv0，因此电机输出的最大功率之比为2：1，故C正确。
D、电机所做的功与重力做功之和为零，因此电机做功之比为 W1：W2＝1：1，故D错误。
故选：AC。
三．实验题（共1小题）
39．【解答】根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得B点和P点的速度分别为
若要验证动能定理需要求出小车运动过程中拉力对小车做的功，必须要知道在拉力作用下小车通过B点和P点的距离。
故答案为：0.36，1.80，B、P之间的距离。
四．计算题（共11小题）
40．【解答】（1）设物块A由静止开始运动到O点的速度大小为v0，对此过程由动能定理得
mg?2μL﹣μmgL＝﹣0
解得：v0＝
（2）A经O点水平抛出后做平抛运动，设水平位移为x，竖直位移为y，物块A经过O点的速度大小为vx，落到弧形轨道上时，速度大小为v，竖直方向速度大小为vy，落在弧形轨道上的动能均相同为Ek，则
x＝vxt，y＝，，
解得：
Ek＝＝＝
已知P点坐标为（2μL，μL），即当物块A落到P点时，x＝2μL，y＝μL，可得
Ek＝＝2μmgL
依题意：物块A落在弧形轨道上的动能均相同，则有
＝2μmgL，
整理得PQ的曲线方程为：，0≤x≤2μL。
（3）设A下滑的初始位置距x轴高度为h，A与B碰撞前瞬间速度大小为vA，碰撞后瞬间A、B的分别为vA1、vB，
对A由静止开始运动到碰撞B之前的过程，由动能定理得
mgh﹣μmgL＝
解得vA＝
A与B发生弹性碰撞的过程，设水平向右为正方向，因B质量为λm（λ≥5）大于A的质量，碰后A的速度水平向左，由动量守恒定律和机械能守恒定律，可得
mvA＝﹣mvA1+λmvB
＝+
解得：vA1＝，vB＝
设碰撞之后A向左运动再返回O点的速度大小为vA2，对此过程由动能定理得
﹣2μmgL＝﹣
解得：＝﹣4μgL＝﹣4μgL
要使A落在B落点的右侧，需满足：vA2＞vB，即，则有
﹣4μgL＞，
解得：＞
将vA＝代入得：
h＞
由（2）的结论：，可得当物体落在P（2μL，μL）点时，在O点平抛的初速度大小满足
要使A和B均能落在弧形轨道上，因vA2＞vB，故只要A能落在弧形轨道上，B就一定能落在弧形轨道上，
所以需满足：≤，即：﹣4μgL≤2μgL
解得：h≤
则A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围为＜h≤。
答：（1）A经过O点时的速度大小为；
（2）PQ的曲线方程为，0≤x≤2μL；
（3）A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围为＜h≤。
41．【解答】（1）v﹣t图象如图所示；
（2）设刹车前汽车匀速行驶的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2，在t2时刻以后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取△t＝1s，设汽车在t2+（n﹣1）△t～t2+n△t内的位移为sn，n＝1、2、3…。
若汽车在t2+3△t～t2+4△t时间内未停止，设它在t2+3△t时刻的速度为v3，在t2+4△t时刻的速度为v4，根据运动学公式有：
s1﹣s4＝3a（△t）2①
s1＝v2△t﹣②
v4＝v2﹣4a△t ③
联立①②③式，代入数据解得：v4＝﹣m/s ④
这说明在t2+4△t时刻前，汽车已经停止。因此，①式子不成立；
由于在t2+3△t～t2+4△t时间内汽车停止，根据运动学公式可得：
v3＝v2﹣3a△t ⑤
2as4＝v32⑥
联立②⑤⑥式，代入数据解得a＝8m/s2，v2＝28m/s ⑦
或者a＝m/s2，v2＝29.76m/s ⑧
但⑧式子情境下，v3＜0，不合题意，舍去；
（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力大小为f1，根据牛顿第二定律可得：
f1＝ma ⑨
在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为I＝⑩
根据动量定理可得：I＝mv1﹣mv2，?
根据动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为W＝﹣?
联立⑦⑨⑩??式，代入数据可得：
v1＝30m/s，?
W＝1.16×105J；?
从司机发出警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为：
s＝v1t1+（v1+v2）（t2﹣t1）+?
联立⑦??，代入数据解得s＝87.5m。?
答：（1）从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v﹣t图线如图所示。
（2）t2时刻汽车的速度大小28m/s，此后的加速度大小为8m/s2；
（3）刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为30m/s，t1～t2时间内汽车克服阻力做的功为1.16×105J；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为87.5m。
42．【解答】（1）设烟花弹的初速度为v0．则有：E＝
得：v0＝
烟花弹从地面开始上升的过程中做竖直上抛运动，则有：v0﹣gt＝0
得：t＝
（2）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸上升的高度为：h1＝＝
对于爆炸过程，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：
0＝mv1﹣mv2。
根据能量守恒定律得：E＝mv12+mv22。
联立解得：v1＝
爆炸后烟花弹向上运动的部分能继续上升的最大高度为：h2＝＝
所以爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为：h＝h1+h2＝
答：
（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间是；
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度是。
43．【解答】以小球为研究对象，取向上为正方向，整个过程中根据动量定理可得：
I﹣mgt＝mv﹣（﹣mv）
解得小球所受弹簧弹力冲量的大小为：
I＝2mv+mgt。
答：小球所受弹簧弹力冲量的大小为2mv+mgt。
44．【解答】（1）M接电源正极，列车要向右运动，安培力方向向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b、由c到d，故M接电源正极。
（2）由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识可得：
设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有：
设两根金属棒所受安培力之和为F，有：
F＝BIl
根据牛顿第二定律有：
F＝ma
得：a＝
（3）设列车减速时，cd进入磁场后经△t时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为△φ，平均感应电动势为E1，则由法拉第电磁感应定律有：
其中△φ＝Bl2
设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有：
设cd受到的平均安培力为F′，有：
F′＝BI′l
以向右为正方向，设△t时间内cd受到安培力冲量为I冲，有：
I冲＝﹣F′△t
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有：
I0＝2I冲
设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有：
I总＝0﹣mv0
联立上式解得：
讨论：若恰好为整数，设其为n，则需设置n块磁场，若不为整数，整数部分为N，则需设置N+1块磁场。
答：（1）要使列车向右运行，启动时图1中M接电源正极，理由见解答；
（2）刚接通电源时列车加速度a的大小为；
（3）若恰好为整数，则需设置n块磁场，若不为整数，整数部分为N，则需设置N+1块磁场。
45．【解答】（1）小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，则小车与减速带碰撞过程中机械能的损失恰好等于经过距离d时增加的动能，即△E＝△Ek；
小车通过第30个减速带后，每经过d的过程中，根据动能定理可得：△Ek＝mgdsinθ
所以有：△E＝mgdsinθ；
（2）设小车通过第30个减速带后，每次与减速带碰撞后的动能为Ek，小车与第50个减速带碰撞后在水平面上继续滑行距离s后停下，在此过程中根据动能定理可得：﹣μmgs＝0﹣Ek，
解得：Ek＝μmgs
小车从开始运动到与第30个减速带碰撞后的过程中，根据功能关系可得损失的总能量为：△E1＝mg（L+29d）sinθ﹣Ek，
小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为：＝
解得：＝；
（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则有：＞mgdsinθ
解得：L＞d+。
答：（1）小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能为mgdsinθ；
（2）小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为；
（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L＞d+。
46．【解答】（1）设篮球自由下落与地面碰撞前瞬间的动能为Ek1，
篮球与地面碰撞后瞬间篮球的动能为Ek2，由动能定理得：
篮球下落过程：mgh1＝Ek1﹣0
篮球上升过程：﹣mgh2＝0﹣Ek2，
篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值：k＝
代入数据解得：k＝1.5
设拍球后篮球落地瞬间的动能为Ek3，与地面碰撞后瞬间动能为Ek4，
拍球后篮球反弹上升过程，对篮球，由动能定理得：﹣mgh3＝0﹣Ek4，
设拍球过程，运动员对篮球做的功为W，从拍球到篮球与地面碰撞前瞬间过程，
由动能定理得：W+mgh3＝Ek3﹣0
篮球与地面碰撞前后的动能之比k＝
代入数据解得：W＝4.5J
（2）运动员拍球时对球的作用力为恒力，设运动员拍球时对球的作用力大小为F，
运动员拍球过程，设球的加速度大小为a，
对篮球，由牛顿第二定律得：F+mg＝ma
拍球过程篮球做初速度为零的匀加速直线运动，设位移为x，
由匀变速直线运动的位移﹣时间公式得：x＝
运动员拍球过程中对篮球所做的功W＝Fx
代入数据解得：F＝9N （F＝﹣15N 不符合题意，舍去）
答：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功是4.5J；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小是9N。
47．【解答】（1）根据线速度和角速度的关系可知，重物落地后，小球线速度的大小为：v＝2Rω
（2）重物落地后一小球转到水平位置，此时小球的向心力为：F向＝2mRω2
此时小球受到的向心力等于球受到杆的作用力与球重力的合力，如图所示；
根据几何关系可得：F＝＝m
（3）落地时，重物的速度为：v'＝ωR
由机械能守恒得：Mv′2+4×mv2＝Mgh
解得：h＝（ωR）2。
答：（1）重物落地后，小球线速度的大小为2Rω；
（2）重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小为m；
（3）重物下落的高度为（ωR）2。
48．【解答】（1）C受力平衡，如图所示
根据平衡条件可得：2Fcos30°＝mg，
解得C受到B作用力的大小为：F＝；
（2）C恰好降落到地面时，B对C支持力最大为Fm，如图所示，
则根据力的平衡可得：2Fmcos60°＝mg，
解得：Fm＝mg；
所以最大静摩擦力至少为：fm＝Fmcos30°＝，
B对的地面的压力为：FN＝mBg+＝mg
B受地面的摩擦力为：f＝μmg，
根据题意有：fm＝f，
解得：μ＝，
所以动摩擦因数的最小值为：μmin＝；
（3）C下降的高度为：h＝，
A的位移为：x＝，
摩擦力做功的大小为：Wf＝fx＝2，
整体根据动能定理有：W﹣Wf+mgh＝0，
解得：W＝。
答：（1）未拉A时，C受到B作用力的大小为；
（2）动摩擦因数的最小值为；
（3）A移动的整个过程中，拉力做的功W为。
49．【解答】（1）B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：h＝gt2
代入数据解得：t＝0.6 s。
（2）根据动量定理得：
对A（取向上为正方向），则有：F2t﹣mAgt＝mAv′，
对B（取向下为正方向），则有：﹣F1t+mBgt＝mBv′﹣mBvB；
而F1＝F2
且vB＝6m/s，
得：﹣gt＝2v′+v′﹣6
由于碰撞时间极短，因此有：v′＝2 m/s
（3）细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，
这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有：
（mA+mB）v′2+mBgH＝mAgH
代入数据解得：H＝0.6 m。
答：
（1）运动时间为0.6s；
（2）A的最大速度的大小为2m/s；
（3）初始时B离地面的高度为0.6m。
50．【解答】1.60×105 m处的速度为v1，600m处的速度为v2，落地前的速度为v3
（1）落地时的重力势能为零，动能为Ek2＝m＝×8×104×1002J＝4.0×108J；
进入大气层的机械能E＝Ek1+Ep1＝m+mgH＝2.4×1012J；
（2）此时的速度大小为v2＝7.5×103×0.02m/s＝150m/s；从600m处到落地之间，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理
mgh﹣Wf＝mv32﹣mv22
代入数据，可得Wf＝9.7×108J
答：（1）落地瞬间的机械能为4.0×108J；进入大气层的机械能为2.4×1012J；
（2）克服阻力做功为9.7×108J。
五．解答题（共9小题）
51．【解答】（1）算珠相同，设每个算珠的质量为m，
由题意可知，甲算珠的初速度大小v0＝0.4m/s，碰撞后瞬间甲算珠的速度大小v甲＝0.1m/s
设甲、乙两算珠碰撞前瞬间甲算珠的速度大小为v1，从甲算珠开始运动到甲、乙碰撞前瞬间过程，
对甲算珠，由动能定理得：﹣μmgs1＝
代入数据解得：v1＝0.3m/s
甲、乙两算珠碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞后瞬间乙算珠的速度大小为v乙，
以碰撞前甲算珠的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1＝mv甲+mv乙，
代入数据解得：v乙＝0.2m/s
设碰撞后乙算珠甲减速到零过程滑行的距离为s，对乙算珠，由动能定理得：﹣μmgs＝0﹣
代入数据解得：s＝0.02m＝s2＝2.0×10﹣2m，乙算珠恰好到达边框a处
（2）设两算珠碰撞后甲滑行距离s3后速度变为零，对甲，由动能定理得：﹣μmgs3＝0﹣
代入数据解得：s3＝0.005m
设从甲开始运动到甲乙碰撞所需时间为t1，从甲乙碰撞到甲停止运动需要的时间为t2，
则：s1＝t1，s3＝t2，
代入数据解得：t1＝0.1s，t2＝0.1s
甲算珠从拨出到停下所需的时间：t＝t1+t2＝（0.1+0.1）s＝0.2s
答：（1）乙算珠能滑动到边框a；
（2）甲算珠从拨出到停下所需的时间是0.2s。
52．【解答】乌贼与乌贼喷出的水组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乌贼的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
Mv′﹣mv＝0
代入数据解得乌贼喷出的水的速度为：v＝28m/s
答：该乌贼喷出的水的速度大小v为28m/s。
53．【解答】（1）滑块从开始下滑到D点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgH＝mgR+
在D点，轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
F＝m，
代入数据解得：F＝8N，
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小：F′＝F＝8N，方向：水平向左；
（2）设滑块在斜轨道上到达的最高点为C′，BC′的长度为L，从滑块开始下滑到C′过程，由能量守恒定律得：
mgH＝μmgLAB+μmgcosθ?L+mgLsinθ，
代入数据解得：L＝m＜LBC＝1.0m，滑块不能冲出斜轨道的末端C点；
（3）滑块开始下滑到运动到距离A点x处过程，由动能定理得：
mgH﹣μmgx＝﹣0
两滑块碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后的速度为v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv＝（m+2m）v′，
设碰撞后滑块滑上斜轨道的高度为h，碰撞后滑块滑动过程，由动能定理得：、
﹣μ?3mg（LAB﹣x）﹣μ?3mgcosθ?﹣3mgh＝0﹣
解得：h＝x﹣ （m＜x≤1m） 或h＝0 （0≤x≤ m）；
答：（1）滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力大小为8N，方向：水平向左；
（2）滑块不能冲出斜轨道的末端C点；
（3）它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系是：h＝x﹣ （m＜x≤1m） 或h＝0 （0≤x≤ m）。
54．【解答】（1）P、Q发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝mvP1+4mvQ1
由机械能守恒定律得：
解得：vP1＝﹣v0，负号表示方向，vQ1＝v0
（2）Q向上滑行过程，由牛顿第二定律得：
4mgsinθ+μ?4mgcosθ＝4ma
解得：a＝2gsinθ
P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q，由运动学公式得：
0﹣＝2（﹣a）
解得：h1＝
设P运动到与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰撞后到第二次碰撞前，对P，由动能定理得：
﹣mgh1＝
解得：v02＝v0
P、Q发生第二次碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
mv02＝mvP2+4mvQ2
由机械能守恒定律得：
解得：vP2＝﹣×v0，vQ2＝v0
第二次碰撞后Q向上运动过程，由运动学公式得：
0﹣＝2（﹣a）
解得：h2＝?
设P运动到与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03，第二次碰撞后到第三次碰撞前，对P，由动能定理得：
﹣mgh2＝
解得：v03＝v0
P与Q第三次碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
mv03＝mvP3+4mvQ3
由机械能守恒定律得：
解得：vP3＝﹣v0，vQ3＝v0
第三次碰撞后对Q，由运动学公式得：
0﹣＝2（﹣a），
解得：h3＝
…………
第n次碰撞后，Q上升的高度：hn＝（）n﹣1? （n＝1、2、3……）
（3）P、Q向上运动过程速度逐渐减小，两物体到达同一位置时发生碰撞，
当P、Q最后一次发生碰撞时到达最高点，此时两者到达同一高度，
当P、Q到达H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程，由动能定理得：
﹣（m+4m）gH﹣μ?4mgcosθ?＝0﹣
解得：H＝
（4）设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，则：t1＝
设P运动到斜面底端时的速度为vP1′，需要的时间为t2，则：vP1′＝vP1+gsinθ?t2，＝2gsinθ?s，
设P从A点到Q第一次碰撞后速度减为零处匀减速运动的时间为t3，则：v02＝（﹣vP1）﹣gsinθ?t3，
当A点与挡板之间的距离最小时：t1＝2t2+t3
解得：s＝
答：（1）P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1分别为v0、v0；
（2）第n次碰撞使物块Q上升的高度hn是（）n﹣1? （n＝1、2、3……）；
（3）物块Q从A点上升的总高度H为；
（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，A点与挡板之间的最小距离s为。
55．【解答】（1）小车向上做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动推论有：x＝
代入数据解得：
x＝m＝16m
（2）小车向上做匀减速直线运动，根据加速度定义得加速度大小：a1＝＝m/s2＝8m/s2
上滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
得：a1＝＝gsinθ+μgcosθ
代入数据解得：μ＝＝＝＝0.25
（3）小车下滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数据解得：a2＝＝gsinθ﹣μgcosθ＝10×0.6﹣0.25×10×0.8m/s2＝4m/s2
由运动学公式得：vt＝＝m/s＝m/s＝11.3m/s
得重力的平均功率：＝mgcos（90°﹣θ）＝W＝W＝67.9W
答：（1）最大位移值x为16m；
（2）与斜面间的动摩擦因数为0.25；
（3）从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率为67.9W。
56．【解答】（1）对小球，从释放点到圆管最低点C的过程中，由机械能守恒定律得：
mgh0＝
代入数据解得速度大小vC为：vC＝
在此过程中，对小球由动量定理得：I＝mvC
代入数据解得所受合力的冲量I的大小：I＝m，方向水平向左。
（2）对小球从释放点到D点的过程中，由机械能守恒定律得：
mg（h﹣R）＝
在D点，对小球由牛顿第二定律得：
FN＝
联立解得D点所受弹力FN与h的关系式为：FN＝2mg（﹣1）
满足的条件为：h≥R
（3）第1种情况：不滑离轨道原路返回，条件为：h≤
第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前做平抛运动，由运动学公式得：d＝vxt
竖直方向上，由速度﹣时间公式得：t＝
对小球在G点，由速度的分解得：vx＝vGsinθ，vy＝vGcosθ
联立解得：vG＝2
对小球从释放点到G点的过程中，由机械能守恒定律得：
mg（h﹣R）＝
联立解得h满足的条件为：h＝
答：（1）小球第一次运动到圆管最低点C时，速度大小vC为，在此过程中所受合力的冲量I大小为m，方向水平向左；
（2）小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式为FN＝2mg（﹣1）；
（3）小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该：不滑离轨道原路返回，条件为h≤，与墙面垂直碰撞后原路返回，条件为h＝。
57．【解答】（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动，设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有：
Ma1＝Mg+f
ma2＝f﹣mg
联立并代入题给数据，得：
a1＝2g
a2＝3g；
（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同，由运动学公式可得，碰地前瞬间它们的速度大小均为：
v0＝，方向均向下
管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同，取向上为正方向，由运动学公式可得：
v0﹣a1t1＝﹣v0+a2t1
解得：t1＝
设此时管的下端离地高度为h1，速度为v，由运动学公式可得
h1＝v0t1﹣
v＝v0﹣a1t1
由此可知此时v＞0，此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点，由运动学公式有：h2＝
管第一次落地弹起后上升的最大高度H1＝h1+h2＝；
（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1，在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有：
Mg（H﹣H1）+mg（H﹣H1+x1）﹣4mgx1＝0
解得：x1＝
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为：x2＝
设圆管长度为L．管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+x2≤L
联立解得L应满足条件为：L≥。
答：（1）管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小分别为2g、3g；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，管上升的最大高度为；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，圆管长度应满足L≥。
58．【解答】（1）A恰好能通过圆周运动最高点，此时轻绳拉力恰好为零，设A在最高点的速度为v，由牛顿第二定律，有
①
A从最低点到最高点过程机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度为vA，有
②
由动量定理，有
I＝m1vA③
联立①②③式，得
I＝④
（2）设两球粘在一起时速度v′，AB粘在一起恰能通过圆周运动轨迹最高点，需满足
v′＝vA⑤
要达到上述条件，碰撞后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬时速度大小为vB，由动量守恒定律，有
m2vB﹣m1vA＝（m1+m2）v′⑥
又
⑦
联立①②⑤⑥⑦
⑧
答：（1）A受到的水平瞬时冲量的大小为；
（2）碰撞前瞬间B的动能Ek至少。
59．【解答】（1）舰载机做初速度为零的匀加速直线运动，
设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则舰载机在AB上滑行过程：L1＝t，
由动能定理得：W＝﹣0，
代入数据解得：W＝7.5×104J；
（2）设上翘甲板对应的圆弧半径为R，由几何知识得：L2＝Rsinθ，
以飞行员为研究对象，由牛顿第二定律得：FN﹣mg＝m，
代入数据解得：FN＝1.1×103N；
答：（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W为7.5×104J；
（2）舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN大小为1.1×103N。。
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