高中物理近5年高考全国卷真题分类汇编05 功能关系
一、单选题
1．（2021·全国乙卷）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（ ）
A．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．（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．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
3．（2019·全国Ⅲ卷）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3 m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10 m/s2。该物体的质量为（ ）
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
4．（2018·全国Ⅱ卷）如图，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
5．（2018·全国Ⅱ卷）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
6．（2018·全国Ⅰ卷）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能（ ）
A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比
7．（2018·全国Ⅰ卷）如图，abc是垂直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R：bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ac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点从静止开始向右运动，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
8．（2017·新课标Ⅲ卷）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
9．（2017·新课标Ⅱ卷）如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为（重力加速度为g）（ ）
A． B． C． D．
10．（2017·新课标Ⅱ卷）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
二、多选题
11．（2021·全国甲卷）一质量为m的物体自倾角为 的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为 ，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为 。已知 ，重力加速度大小为g。则（ ）
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
12．（2020·新课标Ⅰ）一物块在高3.0 m、长5.0 m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10 m/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6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
13．（2020·新高考Ⅰ）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 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
14．（2019·全国Ⅱ卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得（ ）
A．物体的质量为2 kg
B．h=0时，物体的速率为20 m/s
C．h=2 m时，物体的动能Ek=40 J
D．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J
15．（2019·全国Ⅰ卷）在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则（ ）
A．M与N的密度相等
B．Q的质量是P的3倍
C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
16．（2018·全国Ⅲ卷）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。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、计算题
17．（2019·全国Ⅲ卷）静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA=l.0 kg，mB=4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek=10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20。重力加速度取g=10 m/s 。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
18．（2019·全国Ⅱ卷）如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，PQG的尺寸相同。G接地，PQ的电势均为 （ >0）。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及她从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
19．（2019·全国Ⅱ卷）一质量为m=2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机忽然发现前方100 m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=0.8 s；t1~t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3 s；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1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m。
（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；
（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；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）？
20．（2017·新课标Ⅰ卷）一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.5×103 m/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%．
四、综合题
21．（2021·全国乙卷）一篮球质量为 ，一运动员使其从距地面高度为 处由静止自由落下，反弹高度为 。若使篮球从距地面 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 。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为 ；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 ，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。
22．（2021·全国乙卷）如图，一倾角为 的光滑固定斜面的顶端放有质量 的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻 的金属棒 的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路 ； 与斜面底边平行，长度 。初始时 与 相距 ，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离 后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的 边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小 ，重力加速度大小取 。求：
（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
（3）导体框匀速运动的距离。
23．（2021·全国甲卷）如图，一倾角为 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 ，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？
24．（2020·新课标Ⅲ）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g =10m/s2。
（1）若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
（3）若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带 后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
25．（2020·新高考Ⅰ）如图所示，一倾角为 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 ，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。
26．（2019·全国Ⅰ卷）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
（1）求物块B的质量；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
27．（2018·全国Ⅰ卷）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.
28．（2018·全国Ⅲ卷）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα= ，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：
（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
（2）小球到达A点时动量的大小；
（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律
【解析】【解答】撤去推力后，滑块跟车厢之间有相对滑动，由于滑块与车厢底板间存在摩擦力，所以摩擦力做功产生内能；所以以小车、弹簧和滑块组成的系统其机械能不守恒；以小车、弹簧和滑块组成的系统，由于撤去推力后系统没有受到外力；根据动量守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒。所以B符合题意。
故答案为：B。
【分析】由于滑块与车厢之间有摩擦力，利用摩擦力做功可以判别撤去推力后系统机械能不守恒，但动量守恒。
2．【答案】A
【知识点】机械能
【解析】【解答】由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为 ， ；碰后甲、乙的速度分别为 ， ，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得
解得
则损失的机械能为
解得
故答案为：A。
【分析】v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，以此读出两个物体的初末速度，利用末状态的机械能减去初状态的机械能即为系统损失的机械能。
3．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】对物体上升和下落的两个过程应用动能定理列方程，
上升过程： ，化简得到 ；
下降过程： ，化简得到 ；
结合图像中上升和下降的两个过程的斜率，可以得到：
F+mg=12；
F-mg=-8；
联立求解物体的重力为10N，质量为1kg；
C选项正确，ABD选项错误。
故答案为：C
【分析】对小球的运动过程应用动能定理列方程，根据图像的斜率表达式，联立求解小球的质量即可；
4．【答案】A
【知识点】动能定理的综合应用；功的计算
【解析】【解答】木箱受力如图所示：
木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，
根据动能定理可知即： ，所以动能小于拉力做的功，故A正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，CD错误。
故答案为：A
【分析】对物体进行受力分析，明确各力做功的情况，再结合动能定理可解题。
5．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；动能定理的综合应用；动量定理
【解析】【解答】设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，
由动能定理可知： ，
解得：
落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，
由动量定理可知： ，解得： ，
根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确
故答案为：C
【分析】以鸡蛋为研究对象，由动能定理可解得落地瞬间速度。落地时由动量定理可知地面对鸡蛋的冲击力，再结合牛顿第三定律可知，鸡蛋对地面产生的冲击力。
6．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；动能；动量
【解析】【解答】根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即v=at，由动能公式Ek= mv2，可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比， AC不符合题意；由v2=2ax，可知列车动能与位移x成正比， B符合题意；由动量公式p=mv，可知列车动能Ek= mv2= ，即与列车的动量二次方成正比， D不符合题意。
故答案为：B
【分析】因为列车在做匀加速直线运动，所以结合相关运动学公式、动能、动能定理以及动量与动能关系式，便可求解。该题综合性比较强，考查的是动能、动能定理、动量、运动学公式相关知识点，对学生公式的灵活应用要求较高。
7．【答案】C
【知识点】功能关系
【解析】【解答】设小球运动到c点的速度大小为vC，则对小球由a到c的过程，
由动能定理得：F·3R-mgR= mvc2，又F=mg，
解得：vc2=4gR，
小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为：t=vC/g=2 ，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移为x=at2=2R。
由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量△E=F·5R=5mgR，选项C正确ABD错误。
故答案为：C
【分析】根据动能定理求出小球在c点的速度，然后求出小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间，从而求出小球在最高点时水平方向的位移。
8．【答案】A
【知识点】功能关系；能量守恒定律
【解析】【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．
【分析】由题意可知，发生变化的只有MQ段，分析开始和最后过程，明确重力势能的改变量，根据功能关系即可求得外力所做的功．
9．【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用；平抛运动
【解析】【解答】设半圆的半径为R，根据动能定理得：
，
离开最高点做平抛运动，有：
2R= ，x=v′t，
联立解得：x= =
可知当R= 时，水平位移最大，故B正确，ACD错误．
故选：B．
【分析】根据动能定理得出物块到达最高点的速度，结合高度求出平抛运动的时间，从而得出水平位移的表达式，结合表达式，运用二次函数求极值的方法得出距离最大时对应的轨道半径．
10．【答案】A
【知识点】功的计算
【解析】【解答】解：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、小环在运动过程中，在大环的上半部分运动时，大环对小环的支持力背离大环圆心，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．
【分析】小环在运动过程中，大环是固定在桌面上的，大环没有动，大环对小环的作用力垂直于小环的运动方向，根据功的定义分析做功情况．
11．【答案】B,C
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AC．物体从斜面底端回到斜面底端，物体克服滑动摩擦力做功，其摩擦力大小为，根据动能定理有
物体从斜面底端到斜面顶端，物体克服重力和滑动摩擦力做功，根据动能定理有
整理得 ；
A不符合题意，C符合题意；
B．物体向下滑动时的过程中，其合力为重力的分力和摩擦力所提供，根据牛顿第二定律有：
求解得出
B符合题意；
D．物体向上滑动时的过程中，其摩擦力和重力的分力提供合力，根据牛顿第二定律有
物体向下滑动时的过程中，其摩擦力和重力的分力提供合力，根据牛顿第二定律有
从两个表达式比较可知a上>a下
由于上升过程中的匀减速直线运动过程也可以逆向为初速度为0的匀加速直线运动，因此上滑和下滑过程都为初速度为0的匀加速直线运动，且运动的位移相等，根据匀变速的位移公式有：
由于a上>a下则可得出
D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用物体从斜面底端到顶端的动能定理结合全程的动能定理可以求出物体上滑的距离及与斜面之间的动摩擦因数大小；利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用加速度的比较结合位移公式可以比较运动的时间。
12．【答案】A,B
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A符合题意；
B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30J，可得质量m＝1kg
下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功μmg·cosθ·s＝20J，求得μ＝0.5
B符合题意；
C．由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma，求得a＝2m/s2
C不符合题意；
D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误。
故答案为：AB。
【分析】重力做功与路径无关，只与初末位置有关，利用公式W=Gh求解即可；对物体进行受力分析，合外力做功对应故物体动能的变化量，合外力对物体做正功，物体的动能增加，结合物体定能和重力势能变化图像分析求解即可。
13．【答案】A,C,D
【知识点】共点力平衡条件的应用；动能定理的综合应用
【解析】【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，故在最低点时有弹簧弹力T=2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有
故有 ，A符合题意，B不符合题意；
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，C符合题意；
D．对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，D符合题意。
【分析】对物体进行受力分析，合外力做功对应故物体动能的变化量，合外力对物体做正功，物体的动能增加，除重力以外的其他力做功对应物体机械能的变化量，除重力以外的其他力对物体做正功，机械能增加。
14．【答案】A,D
【知识点】动能和势能的相互转化；机械能守恒定律
【解析】【解答】根据重力势能表达式 ，代入坐标h=4m时；Ep=100J可以得出m=2kg，所以A选项符合题意；根据高度h=0时；Ep=0；则根据机械能E=Ep+Ek，则Ek=100J，所以此时速度v=10m/s，所以B选项不符合题意；根据高度h=2m时，Ep=40J，E总=90J，则根据机械能E=Ep+Ek可以求出Ek=50J，所以C选项不符合题意；再根据h=4m时；Ep=E总=80J，则根据机械能E=Ep+Ek可以判别Ek=0J，所以动能减少了100J，所以D选项符合题意。
故答案为：AD
【分析】利用机械能为重力势能和动能之和可以求出不同位置的动能大小进而可以求出速度大小；利用初末动能的大小可以求出动能的变化，利用重力势能表达式可以求出物体质量的大小。
15．【答案】A,C
【知识点】万有引力定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】把物体P轻放在弹簧上端，一开始，弹簧尚未变形，物体仅受重力作用，由图像可知这时物体P的加速度为3a0，根据牛顿第二定律知： ，同理 。由万有引力公式知： ， ， ，故A正确；
当物体的加速度为零时，物体受力平衡，这时 ，
故B错误。
起初，物体P做加速度逐渐减小的加速运动，当物体的加速度为零时，速度最大，动能最大，因物体运动整个过程只受到弹力和重力作用，故机械能守恒，设初始状态机械能为零，对P：
， 故 ，故C正确。当速度为零时，弹簧的压缩量最大，由机械能守恒知：
对P：
对Q： ，故 ，故D错。
故AC正确，BD错误。
故答案为：AC
【分析】弹簧尚未变形前，物体仅受重力作用，据此求出星球的重力加速度。根据星球表面万有引力和重力相等，求星球质量，代入密度公式求密度比即可。物体运动整个过程只受到弹力和重力作用，故机械能守恒，根据机械能相等分别列式求出最大动能。当速度为零时，弹簧的压缩量最大，同样根据机械能守恒分别列式计算比较。
16．【答案】A,C
【知识点】对单物体(质点)的应用；功的计算；功率及其计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】设第②次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知， ×2t0×v0= ×（t+3t0/2）× v0，解得：t=5t0/2，所以第 次和第 次提升过程所用时间之比为2t0∶5t0/2=4∶5，选项A符合题意；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-mg=ma，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B不符合题意；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C符合题意；加速上升过程的加速度a1= ，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m( +g)，减速上升过程的加速度a2=- ，减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g - )，匀速运动过程的牵引力F3=mg。第 次提升过程做功W1=F1× ×t0×v0+ F2× ×t0×v0=mgv0t0；第②次提升过程做功W2=F1× × t0× v0+ F3× v0×3t0/2+ F2× × t0× v0 =mg v0t0；两次做功相同， D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】由速度时间图像的面积表示位移可求出第②次的时间结合题意求出时间之比。由牛顿第二定律，F-mg=ma，可得提升的最大牵引力之比。由P=Fv可得最大功率之比。由题意结合做功的表达式分别求出两种情况下各段牵引力做功情况，从而求出电机做功之比。
17．【答案】（1）解：设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
0=mAvA-mBvB①
②
联立①②式并代入题给数据得
vA=4.0 m/s，vB=1.0 m/s
（2）解：A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB。则有
④
⑤
⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程SA都可表示为
sA=vAt– ⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA=1.75 m，sB=0.25 m ⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处。B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为
s=0.25 m+0.25 m=0.50 m ⑨
（3） 解：t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA′′以和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
联立 11 12 13 式并代入题给数据得
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
由 ~ 式及题给数据得
sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离
【知识点】对单物体(质点)的应用；动能定理的综合应用；动量守恒定律
【解析】 【分析】(1) A、B两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可；（2）结合第一问求得的物体碰撞后的速度，对物体进行受力分析，明确物体的运动过程，利用运动学公式分析求解即可；（3）t时刻后，B物体静止不动，A将继续向左运动，结合此时的速度，对物体A进行受力分析，明确物体A的运动过程，利用动量守恒定律和机械能守恒定律列方程分析求解即可。
18．【答案】（1）解：PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有 ①
F=qE=ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
③
设粒子第一次到达G时所用时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有
④
l=v0t⑤
联立①②③④⑤式解得 ⑥⑦
（2）解：设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为 ⑧
【知识点】动能定理的综合应用；电场力做功；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】 【分析】（1）利用板间电势差和场强关系可以求出板间场强大小，结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小，利用动能定理可以求出到达G板的动能大小；利用竖直方向的位移公式可以求出运动的时间，结合水平方向的位移公式可以求出粒子在水平方向的位移大小；（2）利用运动的对称性，粒子在下落第二个h时只剩下水平方向的速度，则利用竖直方向的对称性可以求出金属板的长度应该是粒子在第一个电场水平方向位移的两倍，此时为最小的板长。
19．【答案】（1）解：v-t图像如图所示。
（2）解：设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度也为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt=1s，设汽车在t2+n-1Δt内的位移为sn，n=1,2,3,…。
若汽车在t2+3Δt~t2+4Δt时间内未停止，设它在t2+3Δt时刻的速度为v3，在t2+4Δt时刻的速度为v4，由运动学有
①②③ 联立①②③式，代入已知数据解得 ④
这说明在t2+4Δt时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。
由于在t2+3Δt~t2+4Δt内汽车停止，由运动学公式
⑤⑥ 联立②⑤⑥，代入已知数据解得
，v2=28 m/s⑦
或者 ，v2=29.76 m/s ⑧
但⑧的情形下，v3＜0，不合题意，舍去
（3）解：设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿定律有
f1=ma ⑨
在t1~t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为 ⑩ 由动量定理有
由动量定理，在t1~t2时间内，汽车克服阻力做的功为
联立⑦⑨⑩ 式，代入已知数据解得 v1=30 m/s 从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为 联立⑦ ，代入已知数据解得s=87.5 m
【知识点】动能定理的综合应用；动量定理
【解析】 【分析】（1）利用牛顿第二定律 ；结合摩擦力的大小变化可以判别加速度的变化，进而转化为图像斜率的变化；（2）假设汽车在t2+3Δt~t2+4Δt内还没静止，利用隔差公式及位移和速度公式可以求出汽车在t2+4Δt末的速度大小，利用速度的符号可以判别汽车停止的时刻；结合速度公式和速度位移公式可以求出加速度的大小和t2时刻速度的大小；（3）利用牛顿第二定律结合加速度大小可以求出摩擦力的大小，利用动量定理可以求出汽车刹车前匀速运动的速度大小；利用动能定理可以求出汽车克服阻力做的功；再利用位移公式及面积公式可以求出汽车整个过程的位移大小。
20．【答案】（1）解：落地时的重力势能为零，飞船机械能等于动能为Ek2== 8×104×1002J=4.0×108J；
进入大气层的机械能E=Ek1+Ep1= mv12+mgH=2.4×1012J；
答：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）此时的速度大小为v3=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= m ﹣ m
代入数据，可得Wf=9.7×108J
答：克服阻力做功为9.7×108J．
【知识点】动能定理的综合应用；机械能
【解析】【分析】（1）机械能等于重力势能和动能之和，可以得出两处的机械能；（2）根据动能定理计算克服阻力做功．
21．【答案】（1）解：第一次篮球下落的过程中由动能定理可得
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得
第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得
第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系
代入数据可得
（2）解：因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得
在拍球时间内运动的位移为
做得功为
联立可得 （ 舍去）
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）篮球下落过程和反弹后向上运动的过程，利用动能定理可以求出反弹前后其动能的比值；结合第二次篮球下落及反弹后的动能定理可以求出运动员拍球过程对篮球做功的大小；
（2）运动员拍篮球后篮球向下做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律结合牛顿第二定律可以求出匀加速运动位移的表达式，结合拉力做功的大小可以求出作用力的大小。
22．【答案】（1）解：根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得
代入数据解得
金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得
由闭合回路的欧姆定律可得
则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为
（2）解：金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有
此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为
则此时导体框的速度为
则导体框的位移
因此导体框和金属棒的相对位移为
由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系
金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为 ，
导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得
联立以上可得 ， ， ，
（3）解：金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有
金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有
导体框匀速运动的距离为
代入数据解得
【知识点】动能定理的综合应用；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）金属棒和导体框还没进入磁场时做匀加速直线运动，利用动能定理可以求出进入磁场时速度的大小，结合动生电动势及安培力的表达式可以求出安培力的大小；
（2）金属棒进入磁场后受到沿斜面向上的安培力，利用受力分析可以判别金属棒做匀速直线运动；利用牛顿第二定律可以求出导体框向下做匀加速直线运动的加速度，利用磁场区域可以求出金属棒运动的时间，结合速度公式可以求出导体框运动的速度和位移；利用位移之差可以判别金属棒离开磁场时其EF刚好进入磁场，利用动生电动势及平衡方程，联立匀加速直线运动的方程可以求出金属棒的质量及动摩擦因数的大小；
（3）导体棒离开磁场后其速度小于金属框的速度，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用共速可以求出金属框匀速运动的时间，结合速度的大小可以求出运动的位移大小。
23．【答案】（1）解：由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有
设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有
因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为
联立以上各式解得
（2）解：由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有
从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有
联立解得
故在每一个减速带上平均损失的机械能为
（3）解：由题意可知
可得
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小车在光滑下面上滑行时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，利用速度位移公式可以求出小车通过第30个减速带的速度及刚到达第31个减速带的速度大小，结合动能的变化可以求出损失的机械能大小；
（2）小车经过减速带后在水平面做匀减速直线运动，利用动能定理可以求出经过减速带的速度大小；结合全程的动能定理可以求出总损失是机械能大小，除以减速带的个数可以求出平均损失的机械能大小；
（3）已知全程的损失的平均机械能和在之后损失的机械能的表达式，利用两者的大小关系可以求出L的大小范围。
24．【答案】（1）解：传送带的速度为 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有： ①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有 ②
联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有 ④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥
（2）解：当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有 ⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得 ， ⑨
（3）解：传送带的速度为 时，由于 ，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有 ⑩
联立①⑩ 式并代入题给数据得t3=1.0s
x2=5.5m
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动 的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有
由① 式可知
即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，
设载物箱通过传远带的过程中，传送带对它的冲量为I，由动量定理有
代题给数据得
【知识点】对单物体(质点)的应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，利用运动学公式求解物体运动的时间；
（2）摩擦力对物体做正功，物体的速度增加，摩擦力做负功，速度减小，对物体进行受力分析，利用动能定理列方程求解末速度；
（3）结合物体的加速度和运动时间，利用公式求解当传送带静止时物体的速度，进而求解物体滑出传送带是的速度，利用动量定理求解摩擦力冲量即可。
25．【答案】（1）解：P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 ①
由机械能守恒定律得 ②
联立①②式得 ③
④
故第一次碰撞后P的速度大小为 ，Q的速度大小为
（2）解：设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得 ⑤
联立①②⑤式得 ⑥
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为 ，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得 ⑦
联立①②⑤⑦式得 ⑧
P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为 、 ，由动量守恒定律得 ⑨
由机械能守恒定律得 ⑩
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为 ，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为 、 ，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式⑩得
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为 （n=1，2，3……）
（3）解：当P、Q达到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
解得
（4）解：设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得
设P运动到斜面底端时的速度为 ，需要的时间为t2，由运动学公式得
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3
当A点与挡板之间的距离最小时
联立 式，代入数据得
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律
【解析】【分析】（1）P、Q两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解；
（2）同理，动量守恒定律和机械能守恒列方程求解每次碰撞后的末速度，以此类推寻找规律即可；
（3）对物体进行受力分析，对物体从A点运动到最高点的过程应用动能定理求解物体上升的高度；
（4）利用运动学公式分别求解物体Q减速至零和物体P运动到底部时的时间，结合时间关系求解最短距离。
26．【答案】（1）根据图（b），v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小， 为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为 ，碰撞后瞬间的速度大小为 ，由动量守恒定律和机械能守恒定律有①②
联立①②式得
③
（2）在图（b）所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W，由动能定理有
④
⑤
从图（b）所给的v-t图线可
⑥
⑦
由几何关系
⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
⑩
（3）设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有 设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为 ，由动能定理有
设改变后的动摩擦因数为 ，由动能定理有
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩ 式可得
14
【知识点】动能定理的综合应用；动量守恒定律；运动学 v-t 图象
【解析】 【分析】（1）根据图像读出物体A碰撞前后的速度。因为物块A和物块B的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，又连接处一小段圆弧光滑，A与B组成的系统所受合外力为零，故根据动量守恒，机械能守恒列式即可求解。
（2）物块A在整个运动过程中，摩擦力做负功，对下滑和上升的两个过程，分别根据动能定理列式。因为时间和速度图像和坐标轴围成的面积即是位移的大小，据图分别列出下滑和上升两过程的位移的表达式。摩擦力始终做负功，和位移的方向无关。故整个摩擦力做的功为两过程的摩擦力做的功的简单相加。几式联立即可求出整个过程物体A克服摩擦力做的功。
（3）求出摩擦力的大小，根据几何关系求出坡长的表达式，列改变摩擦系数前，列物块由高度H下滑过程中物块克服摩擦力做的功。物块在水平轨道滑行一段距离后停止，此过程根据动能定理列式。改变摩擦后，物块A从斜面h开始下滑，正好到达物块B停止的位置，此过程再根据动能定理列式。几式和第二小题几式联立即可求出摩擦系数之比。
27．【答案】（1）设烟花弹上升的初速度为 ，由题给条件有
①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 ，由运动学公式有
②
联立①②式得
（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为 ，由机械能守恒定律有
④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为 和 。由题给条件和动量守恒定律有
⑤
⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为 ，由机械能守恒定律有
⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为
⑧
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；竖直上抛运动；动能；机械能守恒定律
【解析】【分析】该题考查的知识点比较综合。（1）烟花弹做竖直上抛运动，可据速度公式v=gt与动能公式E=mv2求出。或者可据机械能守恒mgh=E与运动学公式h=gt2求出。（2）烟花弹在最高点爆炸时爆炸时间极短，符合动量守恒条件，且爆炸分离后的一部分向上做竖直上抛运动，故可列式求出。爆炸后上抛部分上升的高度h2，也可以由题意知，爆炸分离后每部分的能量动能皆是E，然后由=mgh2求出h2。
28．【答案】（1）解：设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有①②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
③由①②③式和题给数据得④⑤
（2）解：设小球到达A点的速度大小为 ，作 ，交PA于D点，由几何关系得⑥⑦由动能定理有⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为
⑨
（3）解：小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为 ，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有
⑩
由⑤⑦⑩ 式和题给数据得
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由力的合成法则及在C点由牛顿第二定律可求出水平恒力F0及小球到达C点的速度。
（2）从A到C有动能定理，几何关系和动量的表达式可求出小球到达A点时的动量。
（3）从C落至水平轨道，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，由运动学公式可得落至水平轨道所用的时间。
1 / 1高中物理近5年高考全国卷真题分类汇编05 功能关系
一、单选题
1．（2021·全国乙卷）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（ ）
A．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
【答案】B
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律
【解析】【解答】撤去推力后，滑块跟车厢之间有相对滑动，由于滑块与车厢底板间存在摩擦力，所以摩擦力做功产生内能；所以以小车、弹簧和滑块组成的系统其机械能不守恒；以小车、弹簧和滑块组成的系统，由于撤去推力后系统没有受到外力；根据动量守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒。所以B符合题意。
故答案为：B。
【分析】由于滑块与车厢之间有摩擦力，利用摩擦力做功可以判别撤去推力后系统机械能不守恒，但动量守恒。
2．（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．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
【答案】A
【知识点】机械能
【解析】【解答】由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为 ， ；碰后甲、乙的速度分别为 ， ，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得
解得
则损失的机械能为
解得
故答案为：A。
【分析】v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，以此读出两个物体的初末速度，利用末状态的机械能减去初状态的机械能即为系统损失的机械能。
3．（2019·全国Ⅲ卷）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3 m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10 m/s2。该物体的质量为（ ）
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】对物体上升和下落的两个过程应用动能定理列方程，
上升过程： ，化简得到 ；
下降过程： ，化简得到 ；
结合图像中上升和下降的两个过程的斜率，可以得到：
F+mg=12；
F-mg=-8；
联立求解物体的重力为10N，质量为1kg；
C选项正确，ABD选项错误。
故答案为：C
【分析】对小球的运动过程应用动能定理列方程，根据图像的斜率表达式，联立求解小球的质量即可；
4．（2018·全国Ⅱ卷）如图，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
【答案】A
【知识点】动能定理的综合应用；功的计算
【解析】【解答】木箱受力如图所示：
木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，
根据动能定理可知即： ，所以动能小于拉力做的功，故A正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，CD错误。
故答案为：A
【分析】对物体进行受力分析，明确各力做功的情况，再结合动能定理可解题。
5．（2018·全国Ⅱ卷）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
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；动能定理的综合应用；动量定理
【解析】【解答】设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，
由动能定理可知： ，
解得：
落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，
由动量定理可知： ，解得： ，
根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确
故答案为：C
【分析】以鸡蛋为研究对象，由动能定理可解得落地瞬间速度。落地时由动量定理可知地面对鸡蛋的冲击力，再结合牛顿第三定律可知，鸡蛋对地面产生的冲击力。
6．（2018·全国Ⅰ卷）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能（ ）
A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；动能；动量
【解析】【解答】根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即v=at，由动能公式Ek= mv2，可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比， AC不符合题意；由v2=2ax，可知列车动能与位移x成正比， B符合题意；由动量公式p=mv，可知列车动能Ek= mv2= ，即与列车的动量二次方成正比， D不符合题意。
故答案为：B
【分析】因为列车在做匀加速直线运动，所以结合相关运动学公式、动能、动能定理以及动量与动能关系式，便可求解。该题综合性比较强，考查的是动能、动能定理、动量、运动学公式相关知识点，对学生公式的灵活应用要求较高。
7．（2018·全国Ⅰ卷）如图，abc是垂直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R：bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ac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点从静止开始向右运动，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
【答案】C
【知识点】功能关系
【解析】【解答】设小球运动到c点的速度大小为vC，则对小球由a到c的过程，
由动能定理得：F·3R-mgR= mvc2，又F=mg，
解得：vc2=4gR，
小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为：t=vC/g=2 ，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移为x=at2=2R。
由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量△E=F·5R=5mgR，选项C正确ABD错误。
故答案为：C
【分析】根据动能定理求出小球在c点的速度，然后求出小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间，从而求出小球在最高点时水平方向的位移。
8．（2017·新课标Ⅲ卷）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
【答案】A
【知识点】功能关系；能量守恒定律
【解析】【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．
【分析】由题意可知，发生变化的只有MQ段，分析开始和最后过程，明确重力势能的改变量，根据功能关系即可求得外力所做的功．
9．（2017·新课标Ⅱ卷）如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为（重力加速度为g）（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用；平抛运动
【解析】【解答】设半圆的半径为R，根据动能定理得：
，
离开最高点做平抛运动，有：
2R= ，x=v′t，
联立解得：x= =
可知当R= 时，水平位移最大，故B正确，ACD错误．
故选：B．
【分析】根据动能定理得出物块到达最高点的速度，结合高度求出平抛运动的时间，从而得出水平位移的表达式，结合表达式，运用二次函数求极值的方法得出距离最大时对应的轨道半径．
10．（2017·新课标Ⅱ卷）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
【答案】A
【知识点】功的计算
【解析】【解答】解：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、小环在运动过程中，在大环的上半部分运动时，大环对小环的支持力背离大环圆心，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．
【分析】小环在运动过程中，大环是固定在桌面上的，大环没有动，大环对小环的作用力垂直于小环的运动方向，根据功的定义分析做功情况．
二、多选题
11．（2021·全国甲卷）一质量为m的物体自倾角为 的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为 ，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为 。已知 ，重力加速度大小为g。则（ ）
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【答案】B,C
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AC．物体从斜面底端回到斜面底端，物体克服滑动摩擦力做功，其摩擦力大小为，根据动能定理有
物体从斜面底端到斜面顶端，物体克服重力和滑动摩擦力做功，根据动能定理有
整理得 ；
A不符合题意，C符合题意；
B．物体向下滑动时的过程中，其合力为重力的分力和摩擦力所提供，根据牛顿第二定律有：
求解得出
B符合题意；
D．物体向上滑动时的过程中，其摩擦力和重力的分力提供合力，根据牛顿第二定律有
物体向下滑动时的过程中，其摩擦力和重力的分力提供合力，根据牛顿第二定律有
从两个表达式比较可知a上>a下
由于上升过程中的匀减速直线运动过程也可以逆向为初速度为0的匀加速直线运动，因此上滑和下滑过程都为初速度为0的匀加速直线运动，且运动的位移相等，根据匀变速的位移公式有：
由于a上>a下则可得出
D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用物体从斜面底端到顶端的动能定理结合全程的动能定理可以求出物体上滑的距离及与斜面之间的动摩擦因数大小；利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用加速度的比较结合位移公式可以比较运动的时间。
12．（2020·新课标Ⅰ）一物块在高3.0 m、长5.0 m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10 m/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6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
【答案】A,B
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A符合题意；
B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30J，可得质量m＝1kg
下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功μmg·cosθ·s＝20J，求得μ＝0.5
B符合题意；
C．由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma，求得a＝2m/s2
C不符合题意；
D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误。
故答案为：AB。
【分析】重力做功与路径无关，只与初末位置有关，利用公式W=Gh求解即可；对物体进行受力分析，合外力做功对应故物体动能的变化量，合外力对物体做正功，物体的动能增加，结合物体定能和重力势能变化图像分析求解即可。
13．（2020·新高考Ⅰ）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 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
【答案】A,C,D
【知识点】共点力平衡条件的应用；动能定理的综合应用
【解析】【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，故在最低点时有弹簧弹力T=2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有
故有 ，A符合题意，B不符合题意；
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，C符合题意；
D．对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，D符合题意。
【分析】对物体进行受力分析，合外力做功对应故物体动能的变化量，合外力对物体做正功，物体的动能增加，除重力以外的其他力做功对应物体机械能的变化量，除重力以外的其他力对物体做正功，机械能增加。
14．（2019·全国Ⅱ卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得（ ）
A．物体的质量为2 kg
B．h=0时，物体的速率为20 m/s
C．h=2 m时，物体的动能Ek=40 J
D．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J
【答案】A,D
【知识点】动能和势能的相互转化；机械能守恒定律
【解析】【解答】根据重力势能表达式 ，代入坐标h=4m时；Ep=100J可以得出m=2kg，所以A选项符合题意；根据高度h=0时；Ep=0；则根据机械能E=Ep+Ek，则Ek=100J，所以此时速度v=10m/s，所以B选项不符合题意；根据高度h=2m时，Ep=40J，E总=90J，则根据机械能E=Ep+Ek可以求出Ek=50J，所以C选项不符合题意；再根据h=4m时；Ep=E总=80J，则根据机械能E=Ep+Ek可以判别Ek=0J，所以动能减少了100J，所以D选项符合题意。
故答案为：AD
【分析】利用机械能为重力势能和动能之和可以求出不同位置的动能大小进而可以求出速度大小；利用初末动能的大小可以求出动能的变化，利用重力势能表达式可以求出物体质量的大小。
15．（2019·全国Ⅰ卷）在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则（ ）
A．M与N的密度相等
B．Q的质量是P的3倍
C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
【答案】A,C
【知识点】万有引力定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】把物体P轻放在弹簧上端，一开始，弹簧尚未变形，物体仅受重力作用，由图像可知这时物体P的加速度为3a0，根据牛顿第二定律知： ，同理 。由万有引力公式知： ， ， ，故A正确；
当物体的加速度为零时，物体受力平衡，这时 ，
故B错误。
起初，物体P做加速度逐渐减小的加速运动，当物体的加速度为零时，速度最大，动能最大，因物体运动整个过程只受到弹力和重力作用，故机械能守恒，设初始状态机械能为零，对P：
， 故 ，故C正确。当速度为零时，弹簧的压缩量最大，由机械能守恒知：
对P：
对Q： ，故 ，故D错。
故AC正确，BD错误。
故答案为：AC
【分析】弹簧尚未变形前，物体仅受重力作用，据此求出星球的重力加速度。根据星球表面万有引力和重力相等，求星球质量，代入密度公式求密度比即可。物体运动整个过程只受到弹力和重力作用，故机械能守恒，根据机械能相等分别列式求出最大动能。当速度为零时，弹簧的压缩量最大，同样根据机械能守恒分别列式计算比较。
16．（2018·全国Ⅲ卷）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。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
【答案】A,C
【知识点】对单物体(质点)的应用；功的计算；功率及其计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】设第②次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知， ×2t0×v0= ×（t+3t0/2）× v0，解得：t=5t0/2，所以第 次和第 次提升过程所用时间之比为2t0∶5t0/2=4∶5，选项A符合题意；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-mg=ma，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B不符合题意；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C符合题意；加速上升过程的加速度a1= ，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m( +g)，减速上升过程的加速度a2=- ，减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g - )，匀速运动过程的牵引力F3=mg。第 次提升过程做功W1=F1× ×t0×v0+ F2× ×t0×v0=mgv0t0；第②次提升过程做功W2=F1× × t0× v0+ F3× v0×3t0/2+ F2× × t0× v0 =mg v0t0；两次做功相同， D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】由速度时间图像的面积表示位移可求出第②次的时间结合题意求出时间之比。由牛顿第二定律，F-mg=ma，可得提升的最大牵引力之比。由P=Fv可得最大功率之比。由题意结合做功的表达式分别求出两种情况下各段牵引力做功情况，从而求出电机做功之比。
三、计算题
17．（2019·全国Ⅲ卷）静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA=l.0 kg，mB=4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek=10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20。重力加速度取g=10 m/s 。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
【答案】（1）解：设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
0=mAvA-mBvB①
②
联立①②式并代入题给数据得
vA=4.0 m/s，vB=1.0 m/s
（2）解：A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB。则有
④
⑤
⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程SA都可表示为
sA=vAt– ⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA=1.75 m，sB=0.25 m ⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处。B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为
s=0.25 m+0.25 m=0.50 m ⑨
（3） 解：t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA′′以和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
联立 11 12 13 式并代入题给数据得
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
由 ~ 式及题给数据得
sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离
【知识点】对单物体(质点)的应用；动能定理的综合应用；动量守恒定律
【解析】 【分析】(1) A、B两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可；（2）结合第一问求得的物体碰撞后的速度，对物体进行受力分析，明确物体的运动过程，利用运动学公式分析求解即可；（3）t时刻后，B物体静止不动，A将继续向左运动，结合此时的速度，对物体A进行受力分析，明确物体A的运动过程，利用动量守恒定律和机械能守恒定律列方程分析求解即可。
18．（2019·全国Ⅱ卷）如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，PQG的尺寸相同。G接地，PQ的电势均为 （ >0）。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及她从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
【答案】（1）解：PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有 ①
F=qE=ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
③
设粒子第一次到达G时所用时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有
④
l=v0t⑤
联立①②③④⑤式解得 ⑥⑦
（2）解：设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为 ⑧
【知识点】动能定理的综合应用；电场力做功；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】 【分析】（1）利用板间电势差和场强关系可以求出板间场强大小，结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小，利用动能定理可以求出到达G板的动能大小；利用竖直方向的位移公式可以求出运动的时间，结合水平方向的位移公式可以求出粒子在水平方向的位移大小；（2）利用运动的对称性，粒子在下落第二个h时只剩下水平方向的速度，则利用竖直方向的对称性可以求出金属板的长度应该是粒子在第一个电场水平方向位移的两倍，此时为最小的板长。
19．（2019·全国Ⅱ卷）一质量为m=2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机忽然发现前方100 m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=0.8 s；t1~t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3 s；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1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m。
（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；
（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；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）？
【答案】（1）解：v-t图像如图所示。
（2）解：设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度也为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt=1s，设汽车在t2+n-1Δt内的位移为sn，n=1,2,3,…。
若汽车在t2+3Δt~t2+4Δt时间内未停止，设它在t2+3Δt时刻的速度为v3，在t2+4Δt时刻的速度为v4，由运动学有
①②③ 联立①②③式，代入已知数据解得 ④
这说明在t2+4Δt时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。
由于在t2+3Δt~t2+4Δt内汽车停止，由运动学公式
⑤⑥ 联立②⑤⑥，代入已知数据解得
，v2=28 m/s⑦
或者 ，v2=29.76 m/s ⑧
但⑧的情形下，v3＜0，不合题意，舍去
（3）解：设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿定律有
f1=ma ⑨
在t1~t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为 ⑩ 由动量定理有
由动量定理，在t1~t2时间内，汽车克服阻力做的功为
联立⑦⑨⑩ 式，代入已知数据解得 v1=30 m/s 从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为 联立⑦ ，代入已知数据解得s=87.5 m
【知识点】动能定理的综合应用；动量定理
【解析】 【分析】（1）利用牛顿第二定律 ；结合摩擦力的大小变化可以判别加速度的变化，进而转化为图像斜率的变化；（2）假设汽车在t2+3Δt~t2+4Δt内还没静止，利用隔差公式及位移和速度公式可以求出汽车在t2+4Δt末的速度大小，利用速度的符号可以判别汽车停止的时刻；结合速度公式和速度位移公式可以求出加速度的大小和t2时刻速度的大小；（3）利用牛顿第二定律结合加速度大小可以求出摩擦力的大小，利用动量定理可以求出汽车刹车前匀速运动的速度大小；利用动能定理可以求出汽车克服阻力做的功；再利用位移公式及面积公式可以求出汽车整个过程的位移大小。
20．（2017·新课标Ⅰ卷）一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.5×103 m/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%．
【答案】（1）解：落地时的重力势能为零，飞船机械能等于动能为Ek2== 8×104×1002J=4.0×108J；
进入大气层的机械能E=Ek1+Ep1= mv12+mgH=2.4×1012J；
答：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）此时的速度大小为v3=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= m ﹣ m
代入数据，可得Wf=9.7×108J
答：克服阻力做功为9.7×108J．
【知识点】动能定理的综合应用；机械能
【解析】【分析】（1）机械能等于重力势能和动能之和，可以得出两处的机械能；（2）根据动能定理计算克服阻力做功．
四、综合题
21．（2021·全国乙卷）一篮球质量为 ，一运动员使其从距地面高度为 处由静止自由落下，反弹高度为 。若使篮球从距地面 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 。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为 ；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 ，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。
【答案】（1）解：第一次篮球下落的过程中由动能定理可得
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得
第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得
第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系
代入数据可得
（2）解：因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得
在拍球时间内运动的位移为
做得功为
联立可得 （ 舍去）
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）篮球下落过程和反弹后向上运动的过程，利用动能定理可以求出反弹前后其动能的比值；结合第二次篮球下落及反弹后的动能定理可以求出运动员拍球过程对篮球做功的大小；
（2）运动员拍篮球后篮球向下做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律结合牛顿第二定律可以求出匀加速运动位移的表达式，结合拉力做功的大小可以求出作用力的大小。
22．（2021·全国乙卷）如图，一倾角为 的光滑固定斜面的顶端放有质量 的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻 的金属棒 的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路 ； 与斜面底边平行，长度 。初始时 与 相距 ，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离 后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的 边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小 ，重力加速度大小取 。求：
（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
（3）导体框匀速运动的距离。
【答案】（1）解：根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得
代入数据解得
金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得
由闭合回路的欧姆定律可得
则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为
（2）解：金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有
此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为
则此时导体框的速度为
则导体框的位移
因此导体框和金属棒的相对位移为
由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系
金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为 ，
导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得
联立以上可得 ， ， ，
（3）解：金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有
金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有
导体框匀速运动的距离为
代入数据解得
【知识点】动能定理的综合应用；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）金属棒和导体框还没进入磁场时做匀加速直线运动，利用动能定理可以求出进入磁场时速度的大小，结合动生电动势及安培力的表达式可以求出安培力的大小；
（2）金属棒进入磁场后受到沿斜面向上的安培力，利用受力分析可以判别金属棒做匀速直线运动；利用牛顿第二定律可以求出导体框向下做匀加速直线运动的加速度，利用磁场区域可以求出金属棒运动的时间，结合速度公式可以求出导体框运动的速度和位移；利用位移之差可以判别金属棒离开磁场时其EF刚好进入磁场，利用动生电动势及平衡方程，联立匀加速直线运动的方程可以求出金属棒的质量及动摩擦因数的大小；
（3）导体棒离开磁场后其速度小于金属框的速度，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用共速可以求出金属框匀速运动的时间，结合速度的大小可以求出运动的位移大小。
23．（2021·全国甲卷）如图，一倾角为 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 ，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？
【答案】（1）解：由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有
设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有
因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为
联立以上各式解得
（2）解：由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有
从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有
联立解得
故在每一个减速带上平均损失的机械能为
（3）解：由题意可知
可得
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小车在光滑下面上滑行时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，利用速度位移公式可以求出小车通过第30个减速带的速度及刚到达第31个减速带的速度大小，结合动能的变化可以求出损失的机械能大小；
（2）小车经过减速带后在水平面做匀减速直线运动，利用动能定理可以求出经过减速带的速度大小；结合全程的动能定理可以求出总损失是机械能大小，除以减速带的个数可以求出平均损失的机械能大小；
（3）已知全程的损失的平均机械能和在之后损失的机械能的表达式，利用两者的大小关系可以求出L的大小范围。
24．（2020·新课标Ⅲ）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g =10m/s2。
（1）若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
（3）若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带 后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
【答案】（1）解：传送带的速度为 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有： ①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有 ②
联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有 ④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥
（2）解：当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有 ⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得 ， ⑨
（3）解：传送带的速度为 时，由于 ，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有 ⑩
联立①⑩ 式并代入题给数据得t3=1.0s
x2=5.5m
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动 的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有
由① 式可知
即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，
设载物箱通过传远带的过程中，传送带对它的冲量为I，由动量定理有
代题给数据得
【知识点】对单物体(质点)的应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，利用运动学公式求解物体运动的时间；
（2）摩擦力对物体做正功，物体的速度增加，摩擦力做负功，速度减小，对物体进行受力分析，利用动能定理列方程求解末速度；
（3）结合物体的加速度和运动时间，利用公式求解当传送带静止时物体的速度，进而求解物体滑出传送带是的速度，利用动量定理求解摩擦力冲量即可。
25．（2020·新高考Ⅰ）如图所示，一倾角为 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 ，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。
【答案】（1）解：P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 ①
由机械能守恒定律得 ②
联立①②式得 ③
④
故第一次碰撞后P的速度大小为 ，Q的速度大小为
（2）解：设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得 ⑤
联立①②⑤式得 ⑥
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为 ，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得 ⑦
联立①②⑤⑦式得 ⑧
P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为 、 ，由动量守恒定律得 ⑨
由机械能守恒定律得 ⑩
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为 ，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为 、 ，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式⑩得
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为 （n=1，2，3……）
（3）解：当P、Q达到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
解得
（4）解：设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得
设P运动到斜面底端时的速度为 ，需要的时间为t2，由运动学公式得
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3
当A点与挡板之间的距离最小时
联立 式，代入数据得
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律
【解析】【分析】（1）P、Q两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解；
（2）同理，动量守恒定律和机械能守恒列方程求解每次碰撞后的末速度，以此类推寻找规律即可；
（3）对物体进行受力分析，对物体从A点运动到最高点的过程应用动能定理求解物体上升的高度；
（4）利用运动学公式分别求解物体Q减速至零和物体P运动到底部时的时间，结合时间关系求解最短距离。
26．（2019·全国Ⅰ卷）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
（1）求物块B的质量；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
【答案】（1）根据图（b），v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小， 为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为 ，碰撞后瞬间的速度大小为 ，由动量守恒定律和机械能守恒定律有①②
联立①②式得
③
（2）在图（b）所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W，由动能定理有
④
⑤
从图（b）所给的v-t图线可
⑥
⑦
由几何关系
⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
⑩
（3）设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有 设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为 ，由动能定理有
设改变后的动摩擦因数为 ，由动能定理有
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩ 式可得
14
【知识点】动能定理的综合应用；动量守恒定律；运动学 v-t 图象
【解析】 【分析】（1）根据图像读出物体A碰撞前后的速度。因为物块A和物块B的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，又连接处一小段圆弧光滑，A与B组成的系统所受合外力为零，故根据动量守恒，机械能守恒列式即可求解。
（2）物块A在整个运动过程中，摩擦力做负功，对下滑和上升的两个过程，分别根据动能定理列式。因为时间和速度图像和坐标轴围成的面积即是位移的大小，据图分别列出下滑和上升两过程的位移的表达式。摩擦力始终做负功，和位移的方向无关。故整个摩擦力做的功为两过程的摩擦力做的功的简单相加。几式联立即可求出整个过程物体A克服摩擦力做的功。
（3）求出摩擦力的大小，根据几何关系求出坡长的表达式，列改变摩擦系数前，列物块由高度H下滑过程中物块克服摩擦力做的功。物块在水平轨道滑行一段距离后停止，此过程根据动能定理列式。改变摩擦后，物块A从斜面h开始下滑，正好到达物块B停止的位置，此过程再根据动能定理列式。几式和第二小题几式联立即可求出摩擦系数之比。
27．（2018·全国Ⅰ卷）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.
【答案】（1）设烟花弹上升的初速度为 ，由题给条件有
①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 ，由运动学公式有
②
联立①②式得
（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为 ，由机械能守恒定律有
④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为 和 。由题给条件和动量守恒定律有
⑤
⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为 ，由机械能守恒定律有
⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为
⑧
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；竖直上抛运动；动能；机械能守恒定律
【解析】【分析】该题考查的知识点比较综合。（1）烟花弹做竖直上抛运动，可据速度公式v=gt与动能公式E=mv2求出。或者可据机械能守恒mgh=E与运动学公式h=gt2求出。（2）烟花弹在最高点爆炸时爆炸时间极短，符合动量守恒条件，且爆炸分离后的一部分向上做竖直上抛运动，故可列式求出。爆炸后上抛部分上升的高度h2，也可以由题意知，爆炸分离后每部分的能量动能皆是E，然后由=mgh2求出h2。
28．（2018·全国Ⅲ卷）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα= ，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：
（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
（2）小球到达A点时动量的大小；
（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。
【答案】（1）解：设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有①②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
③由①②③式和题给数据得④⑤
（2）解：设小球到达A点的速度大小为 ，作 ，交PA于D点，由几何关系得⑥⑦由动能定理有⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为
⑨
（3）解：小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为 ，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有
⑩
由⑤⑦⑩ 式和题给数据得
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由力的合成法则及在C点由牛顿第二定律可求出水平恒力F0及小球到达C点的速度。
（2）从A到C有动能定理，几何关系和动量的表达式可求出小球到达A点时的动量。
（3）从C落至水平轨道，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，由运动学公式可得落至水平轨道所用的时间。
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