广东省梅州市高考物理2021-2022模拟题知识点分类汇编-03功和能、动量

广东省梅州市高考物理2021-2022模拟题知识点分类汇编-03功和能、动量

一、单选题

1．（2021·广东梅州·统考二模）如图所示，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．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零

B．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变

C．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变

D．通过最低点时，乘客的重力小于座椅对他的支持力

2．（2022·广东梅州·统考模拟预测）目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破．为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶．测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm．设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是

A．关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒

B．关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零

C．上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间可能等于

D．上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于

3．（2022·广东梅州·统考一模）如图所示是网球发球机，某次室内训练时将发球机放在距地面一定的高度，然后向竖直墙面发射网球．假定网球水平射出，某两次射出的网球碰到墙面时与水平方向夹角分别为30°和60°，若不考虑网球在空中受到的阻力，则（  ）

A．两次发射的初速度之比为3:1

B．碰到墙面前空中运动时间之比为1:3

C．下降高度之比为1:3

D．碰到墙面时动能之比为3:1

4．（2022·广东梅州·统考模拟预测）光滑的足够长平行金属导轨宽度L=1m，导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，导轨下端电阻R=1.8Ω，导轨放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T。电阻为r=0.2Ω，质量为m=0.1kg的金属棒ab从上端由静止开始下滑，下滑距离为d=9m时速度达到最大（sin37°=0.6，g=10m/s2），从释放到运动到最大速度的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．金属棒的最大速度为4.8m/s B．通过电阻R的电荷量为2.25C

C．系统产生的热量为4.248J D．所用的时间为2.45s

5．（2022·广东梅州·统考模拟预测）一个小男孩从楼上窗台突然坠落。幸运的是，楼下老伯高高举起双手接住了孩子，孩子安然无恙。假设从楼上窗台到老伯接触男孩的位置高度差为h=10m，老伯接男孩的整个过程时间约为0.2s，则（忽略空气阻力，g取10m/s2）（　　）

A．男孩自由下落时间约为2s

B．男孩接触老伯手臂时的速度大小约为14m/s

C．老伯接男孩的整个过程，男孩处于失重状态

D．老伯手臂受到的平均冲力约等于男孩体重的7倍

6．（2021·广东梅州·一模）相同的玻璃杯从同一高度落下，分别掉在水泥地和草地上．则（   ）

A．玻璃杯刚要落在水泥地上时的动量大于刚要落在草地上时的动量

B．玻璃杯落在水泥地上动量的变化量大于落在草地上动量的变化量

C．玻璃杯落在水泥地上动量的变化率大于落在草地上动量的变化率

D．玻璃杯落在水泥地上受到的冲量大于落在草地上受到的冲量

二、多选题

7．（2021·广东梅州·统考一模）如图所示，轻质弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端的挡板C上，另一端自然伸长到A点．质量为m的物块从斜面上B点由静止开始滑下，与弹簧发生相互作用，最终停在斜面上某点．下列说法正确的是（　　）

A．物块第一次滑到A点时速度最大

B．物块停止时弹簧一定处于压缩状态

C．在物块滑到最低点的过程中，物块减少的重力势能全部转化成弹簧的弹性势能

D．在物块的整个运动过程中，克服弹簧弹力做的功等于重力和摩擦力做功之和

8．（2022·广东梅州·统考二模）韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员，他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1800J，他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中（　　）

A．动能增加了1700J B．机械能减小了100J

C．机械能增加了1700J D．重力势能减少了1700J

9．（2022·广东梅州·统考一模）如图所示，倾角为的固定斜面下端固定一挡板，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板上。现将一质量为m的小物块从斜面上离弹簧上端距高为s处，由静止释放，已知物块与斜面间的动摩擦因数为，物块下滑过程中的最大动能为，则小物块从释放到运动至最低点的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A．

B．物块刚与弹簧接触的瞬间动能最大

C．物块与弹簧接触后运动到最低点的过程中加速度先减小后增大

D．弹簧的最大弹性势能等于整个过程中重力与摩擦力对物块做功之和

10．（2022·广东梅州·统考一模）如图所示，学生练习用脚顺球。某一次足球由静止自由下落，被重新顺起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为。已知足球与脚部的作用时间为，足球的质量为，重力加速度大小g取，不计空气阻力，则（　　）

A．足球下落到与脚部刚接触时动量大小为

B．足球自由下落过程重力的冲量大小为

C．足球与脚部作用过程中动量变化量为零

D．脚部对足球的平均作用力为足球重力的11倍

三、解答题

11．（2021·广东梅州·统考二模）如图所示，PQC为高的三角形斜坡，倾角，P点左侧有一平台与半径为的四分之一圆弧底部相切，平台表面与圆轨道均光滑，一质量为的B球静止在平台右侧紧靠P点处。现让一质量为的小球A从圆弧左侧与圆心等高处静止释放，A球下滑至平台并与B球发生碰撞，碰后其中一个小球落在斜面上的M点，M点和P点的水平距离为，另一小球恰好落在斜面的底端Q点。A、B两球可视为质点，求：

（1）A球到达圆弧底端时对轨道的压力和重力的比值；

（2）落点分别为M和Q时，小球从P点抛出时的速度大小；

（3）求出符合题意的A球质量m的可能值，并对结果进行合理性论证。

12．（2021·广东梅州·统考一模）如图所示，半径R=2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ=37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切。在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起。某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面运动的小球P发生碰撞。已知小球P的质量m1=3.2 kg，小球Q的质量m2=1 kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能Ep=168J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离。重力加速度g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：

（1）小球Q运动到C点时对轨道的压力大小；

（2）小球P沿斜面上升的最大高度h；

（3）小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰。

13．（2022·广东梅州·统考二模）如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定，其末端B切线水平。一质量为m，可看成质点的滑块从轨道上的A点由静止滑下。若传送带静止，滑块恰能运动到C点停止；当传送带以速度顺时针转动时，滑块到C点后做平抛运动，通过光滑圆弧装置EF无机械能损失地滑上静止在光滑水平地面上的长木板，长木板右端运动到H时与固定挡板碰撞粘连。长木板质量M=2m，板长l=6.5R，板右端到挡板的距离L在R<L<5R范围内取值，滑块与水平传送带、长木板间的动摩擦因数均为μ=0.5，挡板和长木板等高且上表面光滑，传送带右端点C距长木板上表面的高度h=4R，重力加速度大小为g，求：

(1)传送带BC两点间的距离x；

(2)传送带以速度顺时针转动时，试判断滑块离开C点前能否与传送带达到共速；

(3)讨论滑块从滑上长木板到离开长木板右端的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系。

14．（2022·广东梅州·统考模拟预测）半径的光滑圆弧轨道与水平放置的传送带左边缘相切，传送带长为，它顺时针转动的速度，质量为的小球被长为的轻质细线悬挂在O点，球的左边缘恰与传送带右端B对齐；细线所能承受的最大拉力为，质量为的物块自光滑圆弧的顶端以初速度的速度开始下滑，运动至B点与质量为的球发生正碰，在极短的时间内反弹，细绳恰好被拉断。已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为，取重力加速度。求：

(1)碰撞后瞬间，物块的速度是多大？

(2)物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？

15．（2022·广东梅州·统考模拟预测）如图所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，A点为圆形轨道最低点，B点为最高点，水平轨道PN右侧的光滑水平地面上井排放置两块木板c，d，两木板间相互接触但不粘连，木板上表面与水平轨道PN平齐，小滑块b放置在轨道AN上。现将小滑块a从P点以某一水平初速度v0向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失，碰后a沿原路返回到B点时，对轨道压力恰好为0，碰后滑块b最终恰好没有离开木板d。已知小滑块a的质量为m=1kg，c、d两木板质量均为M=3kg。小滑块b的质量也为M=3kg，c木板长为L1=2m，圆形轨道半径为R=0.32m。滑块b方与两木板间动摩擦因数均为μ1=0.2，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)小滑块a与小滑块b碰后，滑块b的速度大小；

(2)小滑块b刚离开长木板时c和b的速度大小以及木板d的长度；

(3)当木板d的长度为(2)中所求的值时，小滑块b刚滑上木板d时，木板d与地面间的动摩擦因数突然变为。试分析小滑块b能否与木板d保持相对静止。若能，求出小滑块距木板d右端的距离。若不能，求出小滑块b滑离木板d时，小滑块b和木板d的速度大小。

16．（2021·广东梅州·统考二模）如图所示，一长为，质量为M（具体质量未知）的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一个质量为的小木块A。若长木板固定不动，给A水平向左大小为的初速度，最后A恰好没有滑离B板。若不固定长木板，以地面为参考系，同时给A和B以大小相等，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A、B最终的运动状态与长木板的质量有关，，求

（1）A与B之间的滑动摩擦因数；

（2）若长木板不固定，且长木板B的质量也为，求A、B分离时的速度大小；

（3）若长木板不固定，试求M在不同取值范围时，整个过程中木块与木板因摩擦产生的内能。

17．（2021·广东梅州·统考一模）如图所示，光滑水平面上的木板C的质量mC＝2 kg，它的两端各固定一块挡板．木板的正中央并列放着两个可以视为质点的滑块A和B，它们的质量mA＝1 kg，mB＝4 kg，A，B之间夹有少许炸药．右边挡板右侧存在范围足够大的相互作用区，当滑块A在相互作用区中运动时，相互作用区对A有大小为F=3N，方向向左的恒定作用力．相互作用区对B、C无作用力．引爆炸药，A，B沿同一直线向两侧分开，A与挡板碰撞后立即粘贴在一起．A，B与木板C之间的摩擦不计，引爆时间及碰撞时间也不计，爆炸后A获得的速度vA＝6 m/s．

（1）求A与挡板粘贴在一起后瞬间，滑块B、木板C的速度分别多大？

（2）设木板C的长度L=15m，求爆炸后系统中发生的前两次碰撞的时间差t ．若L=20m，这个时间差t又是多长？

参考答案：

1．D

【详解】A．摩天轮转动一周的过程中，重力不为零、时间不为零，根据可知乘客重力的冲量不为零，选项A错误；

B．摩天轮转动过程中，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，速度不变，动能不变，但重力势能在变化，因此乘客的机械能在变化，选项B错误；

C．摩天轮转动过程中，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，随着位置得改变，速度在竖直方向得分速度在变化，因此乘客重力的瞬时功率在变化，选项C错误；

D．通过最低点时，有

可见乘客的重力小于座椅对他的支持力，选项D正确。

故选D。

2．D

【详解】A、关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故A错误；

B、关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则冲量不为零，故B错误；

C、上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间为t，根据动能定理可得：，解得，故C错误；

D、上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度，功率不变，则速度增大、加速度减小，所用时间为，则，解得，故D正确．

3．C

【详解】在平抛运动过程中，，，位移与水平方向夹角的正切值．速度与水平方向夹角的正切值．则．在平抛运动中，．所以，由可知，

速度 ，可得；由于可知，，所以动能之比．综上分析，C正确．

4．D

【详解】A．当金属棒最大速度时受力平衡，根据平衡条件有

BILcos��=mgsinθ

解得

代入数据解得

vm=7.5m/s

故A错误；

B．根据电荷量的计算公式可得

其中

所以

代入数据解得

q=1.8C

故B错误；

C．从开始下滑到达到最大速度过程中，对金属棒根据动能定理可得

mgdsinθ−W安=mvm2−0

代入数据解得克服安培力做的功

W安=2.5875J

根据功能关系可得

Q=W安=2.5875J

故C错误；

D．取沿导轨向下为正方向，根据动量定理可得

mg t sinθ−BtLcosθ=mvm﹣0

其中

t=q=1.8C

代入数据解得

t=2.45s

故D正确。

故选D。

5．B

【详解】A．由自由落体运动公式

可得男孩自由下落时间约为

故A错误；

B．男孩接触老伯手臂时的速度大小约为

故B正确；

CD．设老伯手臂受到的平均作用力是F，则老伯对男孩的平均作用力大小也为F，则根据动量定理得

解得

由于老伯接男童的整个过程F=8mg，男孩处于超重状态，故CD错误。

故选B。

6．C

【详解】玻璃杯落地前是自由落体运动，末速度一定；玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，故两次的动量变化量相同，故A B错误；玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两次的动量变化量相同，但在水泥地上碰撞过程时间短，故动量的变化快，即动量的变化率大，故C正确；玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两次的动量变化量相同，根据动量定理，玻璃杯落在水泥地上受到的冲量等于落在草地上受到的冲量，故D错误；故选C．

点睛：此题关键是要搞清：末动量、动量的变化、动量的变化率以及地面的冲量等概念，知道它们之间存在的关系.

7．BD

【详解】试题分析：物体沿斜面有静止滑下，说明，物体加速下滑，遇到弹簧后，受到向上的弹力，随弹簧压缩量逐渐增大，弹力逐渐增大，加速度变小，当弹力满足时，加速度等于0，速度最大，选项A错．物体静止时一定是平衡，合力为0，由于，弹力一定沿斜面向上，即弹簧处于压缩状态选项B对．在物块滑到最低点的过程中，物块减少的重力势能一部分克服摩擦力做功转化为内能，一部分转化为弹簧弹性势能，选项C错．在物块的整个运动过程中，根据动能定理，合外力做功为0，即克服弹簧弹力做的功等于重力和摩擦力做功之和，选项D对．

考点：共点力的平衡 机械能守恒

8．AB

【详解】A．动能增加量等于合外力的功，则动能增加了1800J-100J=1700J，选项A正确；

BC．机械能减小量等于克服阻力做功，则机械能减小了100J，选项B正确，C错误；

D．重力做功等于重力势能的减小量，则重力势能减少了1800J，选项D错误。

故选AB。

9．ACD

【详解】A．小物块从静止释放后能下滑，则有

mgsin α＞μmgcosα

解得

μ＜tanα

A正确；

B．物块刚与弹簧接触的瞬间，弹簧的弹力仍为零，仍有

mgsinα＞μmgcosα

物块继续向下加速，动能仍在增大，所以此瞬间动能不是最大，当物块的合力为零时动能才最大，B错误；

C．物块刚与弹簧接触的瞬间，弹簧的弹力仍为零，仍有

mgsinα＞μmgcosα

当物块继续向下加速，弹簧有沿斜面向上逐渐增大的弹力，合外力逐渐减小，加速度沿斜面向下逐渐减小，当加速度沿斜面逐渐减小为零后，随着弹力继续增大，合外力沿斜面向上，并逐渐增大，C正确；

D．根据能量转化和守恒定律知，弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与产生的内能之差，而内能等于物块克服摩擦力做功，可得弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和；D正确；

故选ACD。

10．AD

【详解】A．足球达到脚背的速度为

足球下落到与脚部刚接触时动量大小为

A正确；

BD．根据运动的对称性，足球离开脚背的速度大小也是5m/s，所以脚背与足球作用额过程中，由动量定理得

解得

全程由动量定理得

解得

B错误，D正确。

C．足球与脚部作用过程中动量变化大小为

故选AD。

11．（1）；（2），；（3）见解析

【详解】（1）根据机械能守恒有

代入数据得

在圆轨道最低点

解得

由牛顿第三定律可知，A球到达圆弧底端时对轨道的压力为

则有

（2）根据题意，设落点在M的小球的初速度为，落点在的小球的初速度为，由平抛运动运动规律有

可得

落点为M时

解得

落点为Q时

解得

（3）①碰后AB都向右运动，则有

由动量守恒

得

碰前总动能

碰后总动能

则有

其解成立。

②若碰后A球向左运动，B球向右运动，则可能有

由动量守恒

得

碰前总动能

碰后总动能

则有

其解成立。

③若碰后A球向左运动，B球向右运动，则可能有

，

由动量守恒

解得

碰前总动能

碰后总动能

则有

其解成立。

12．（1）41.4N；（2）0.75m；（3）1s

【详解】(1)两小球弹开的过程，由动量守恒定律得

由机械能守恒定律得

联立可得

v1=5m/s

v2=16m/s

小球Q沿圆环运动过程中，由机械能守恒定律可得

在C点有

对轨道的压力大小

(2)小球P在斜面向上运动的加速度的大小为a1，由牛顿第二定律得

故上升的最大高度为

解得

h=0.75m

(3)小球在斜面向上运动最高点的时间

此时小球Q下落高度

可知小球P不是在上滑过程被击中的，而是在下滑过程中被小球Q击中的。

设从A点上升到两小球相遇所用的时间为t，小球P沿斜面下落的加速度为a2，则

两球相碰时竖直方向有

解得

t=1s

13．(1)2R；(2)滑块与传送带能共速；(3) 或者

【详解】(1)由题知，滑块从A到B、B到C，由动能定理得

联立解得

(2)小滑块到B点的速度大于传送带速度，

据牛顿第二定律可得

滑块的位移

故滑块与传送带能共速；

(3)滑块与传送带共速后，以的速度离开传送带，由机械能守恒定律得

设长木板与滑块达到共同速度时，位移分别为，

由动量守恒定律知

由动能定理知

联立解得

滑块相对长木板的位移

即滑块与长木板在达到共同速度时，物块未离开滑板。

滑块滑到木板右端时，若，

得

若

得

14．(1)；(2)

【详解】(1)设滑块m滑至传送带后，与小球碰撞前一直做匀减速运动，对滑块，设与小球碰前速度速率为v1，则从开始下滑至与小球碰前，根据动能定理

，说明假设合理。设球碰后速率为，对小球

得

滑块与小球碰撞，设碰后物块速度大小为，由动量守恒定律

解得

(2)物块由释放到A点，根据动能定理有

解得

设滑块与小球碰撞前的运动时间为，则

在这过程中，传送带运行距离为

解得

滑块与传送带的相对路程为

解得

设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最长时间为，则根据动量定理

解得

滑块向左运动最大位移

解得

，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带，再考虑到滑块与小球碰后的速度，说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为，在滑块与小球碰撞后的时间内，滑块做类竖直上抛运动，回到碰撞点，传送带与滑块间的相对路程等于传送带的对地位移

解得

因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是

15．(1)；(2)，，；(3)，

【详解】(1)对滑块在点

得

滑块与滑块碰后，由点运动到点，根据机械能守恒得

碰后滑块的速度

滑块与滑块发生弹性碰撞

得

(2)滑块冲上木板至刚离开木板的过程

解得：刚离开长木板时滑块的速度

此时木板的速度

滑块冲上木板的过程

解得

(3)当木板的长度为(2)中所求的值时，小滑块刚滑上木板时，木板与地面间的动摩擦因数突然变为

由(2)可知

小滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动。对小滑块

对木板

时间后两者共速

解得

在这段时间内，滑块的位移

木板的位移

两者的相对位移

所以

滑块与木板不可能保持相对静止，必会滑离出去。设经时间后滑块从木板上滑离出去，滑块的位移

木板的位移

两者的相对位移

解得

另外一解舍去，当滑块从木板上滑离时

16．（1）0.2；（2），；（3）见解析

【详解】（1）根据动能定理

解得

（2）设A、B分离时的速度大小分别为、，取向左为正，则根据动量守恒

根据能量守恒有

解得

（3）取向左为正，若A恰好没有滑离B板，令达到的共同速度v，则根据动量守恒有

根据能量守恒有

解得

故当时，A最终能与B达到共速，一起向左匀速直线运动，摩擦产生的内能为

解得

当时，A会从B上滑落，摩擦产生的内能为

17．（1） ; ； （2）2.5s或者41s

【详解】（1）引爆炸药瞬间，A、B组成的系统动量守恒

解得

A先与挡板碰撞，由动量守恒定律

解得

（2）A与挡板碰撞后，A和C粘贴在一起受相互作用区的作用力做匀变速运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律

设从引爆到第二次碰撞的过程B、C的位移大小分别为、，从引爆到A与挡板碰撞的时间为，则

讨论：（i）假设B能与左边挡板相碰，则

由运动学公式

联立解得

把代入得

或

若，此时C的速度

速率比大，不合理．

所以

（ii）把代入则t无实数解，说明当L=20m时滑块B不会与左挡板相碰．滑块A、木板C一起在相互作用区的运动时间为

之后A、C一起向左以2m/s做匀速直线运动并与B发生碰撞，碰撞时

联立解得

【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚运动过程是解题的前提与关键，并结合运动学公式求解．