1、选择题押题练（三） 机械能和动量（热考点）1.(2019届高三烟台模拟)如图所示，一轻杆一端固定一小球，绕另一端O点在竖直面内做匀速圆周运动，在小球运动过程中，轻杆对它的作用力()A方向始终沿杆指向O点B一直不做功C从最高点到最低点，一直做负功D从最高点到最低点，先做负功再做正功解析：选C小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，方向始终沿杆指向O点，小球受重力和杆的作用力，所以杆的作用力不一定沿杆指向O点，故A错误；小球做匀速圆周运动，合力做功为零，从最高点到最低点，重力做正功，所以杆一直做负功，故B、D错误，C正确。2.(2018张掖诊断)如图所示，MN为半圆环MQN的水平直径。现将甲、乙两个相
2、同的小球分别在M、N两点同时以v1、v2的速度水平抛出，两小球刚好落在圆环上的同一点Q，不计空气阻力，则下列说法正确的是()A乙球落到圆环时的速度有可能沿OQ方向B若仅增大v2，则两小球在落到圆环前可能不相遇C从抛出到落到Q点的过程中，甲球动能的增加量比乙球的小D落到Q点时，甲、乙两小球重力的瞬时功率相等解析：选D根据平抛运动的物体的速度的反向延长线过水平位移的中点，因O点不是水平位移的中点，可知乙球落到圆环时的速度不可能沿OQ方向，选项A错误；若仅增大v2，则两球在相等的时间内水平位移之和也可以等于直径的大小，即两小球在落到圆环前也可能相遇，选项B错误；两小球从抛出到落到Q点的过程中，重力做
3、功相等，则甲球动能的增加量等于乙球的动能增加量，选项C错误；落到Q点时，竖直高度相同，则竖直速度相同，则根据Pmgv可知，甲、乙两小球重力的瞬时功率相等，选项D正确。3多选(2018株洲质检)如图，光滑固定斜面的倾角为30，甲、乙两物体的质量之比为41。乙用不可伸长的轻绳分别与甲和地面相连，开始时甲、乙离地高度相同。现从E处剪断轻绳，则在乙落地前瞬间()A甲、乙动量大小之比为41B甲、乙动量大小之比为21C以地面为零势能面，甲、乙机械能之比为41D以地面为零势能面，甲、乙机械能之比为11解析：选BC设甲、乙距地面的高度为h，剪断轻绳后，乙做自由落体运动，甲沿斜面向下做匀加速运动，故对乙可知，2
4、ghv2，解得v乙，下落时间t，对甲，沿斜面下滑的加速度为ag，乙落地时甲获得的速度v甲at ，故v甲v乙12；甲、乙两物体的质量之比为41，由pmv可知甲、乙动量大小之比为21，选项B正确，A错误。由于甲、乙在运动过程中，只受到重力作用，故机械能守恒，故E甲E乙41，选项C正确，D错误。4多选(2018合肥质检)如图所示，倾角为30的足够长斜面与水平面平滑相连，水平面上用轻杆连接的小球A、B以速度v0向左运动，小球质量均为m，杆长为l，当小球B到达斜面上某处P时速度为零。不计一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是()AP与水平面的高度差为BP与水平面的高度差为C两球上滑过程中杆对A球所
5、做的功为D两球上滑过程中杆对A球所做的功为解析：选AD设B沿斜面上滑的距离为x；则由机械能守恒可得：2mv02mgxsin 30mg(xl)sin 30，解得xl，则P与水平面的高度差为hxsin 30l，选项A正确，B错误；由动能定理，两球上滑过程中杆对A球所做的功满足：Wmgsin 300mv02，解得W，选项C错误，D正确。5多选(2018四川蓉城名校联考)如图甲所示，下端与挡板拴接的轻弹簧置于倾角为30的斜面上，质量为m的滑块(可视为质点)用细线与挡板相连(弹簧处于压缩状态)。现剪断细线，从此时开始计时，滑块沿斜面向上运动，滑块向上运动的vt图像如图乙所示，已知bc段是直线且滑块在bc
6、段运动的加速度大小等于重力加速度g，tt3时滑块恰好到达斜面顶端，t0时滑块与斜面顶点间的竖直高度为h，则下列说法正确的是()At1时刻弹簧恢复到自然长度，t2时刻滑块与弹簧分离B滑块与斜面间的动摩擦因数为C整个过程中系统损失的机械能为mghD剪断细线前弹簧具有的弹性势能为mgh解析：选BCt1时刻滑块的速度最大，此时加速度为零，弹簧的弹力F弹mgsin mgcos ，此时弹簧仍处于压缩状态；t2时刻滑块开始做匀减速运动，此时与弹簧分离，选项A错误。对滑块从t2到t3时间内，由牛顿第二定律：mgsin 30mgcos 30mamg，解得，选项B正确。整个过程中系统损失的机械能等于克服摩擦力做功
7、，即Emgcos 30mg2hmgh，选项C正确。剪断细线前弹簧具有的弹性势能等于重力势能的增量与摩擦力做功之和，即2mgh，选项D错误。6.(2018河北武邑中学一模)如图所示，质量为m的A球在水平面上静止放置，质量为2m的B球向左运动速度大小为v0，B球与A球碰撞且无机械能损失，碰后A球速度大小为v1，B球的速度大小为v2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系统e，下列选项正确的是()Ae1BeCe De解析：选AA、B在碰撞的过程中，根据动量守恒可得，2mv0mv12mv2，在碰撞的过程中机械能守恒，可得2mv02mv122mv22，解得v1v0，v2v0，碰后相对速度与碰前相对
8、速度的比值定义为恢复系统e1，故A正确，B、C、D错误。7.(2018德州一模)如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M2m的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为。一质量为m的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能到达的最大高度为()A. B.C. Dh解析：选C斜面固定时，由动能定理得：mgh0mv02，所以v0；斜面不固定时，由水平方向动量守恒得：mv0(Mm)v，由机械能守恒得：mv02(Mm)v2mgh；解得：hh。故C正确。8如图所示，将完全相同的四个小球1、2、3、4
9、分别从同一高度由静止释放(图甲、丙、丁)或平抛(图乙)，其中图丙是一倾角为45的光滑斜面，图丁为光滑圆弧，不计空气阻力，则下列对四种情况下相关物理量的比较正确的是()A落地时间t1t2t3t4B全程重力做功W1W2W3W4C落地瞬间重力的功率P1P2P3P4D全程重力做功平均功率1234解析：选D图甲、乙中小球在竖直方向均做自由落体运动，故t1t2，其中h为竖直高度，对图丙，gt32sin ，t3 ，其中为斜面倾角，比较图丙和图丁，由动能定理可知，两小球从初始位置到水平面上同一高度处速度大小总相等，但小球4的路程长，因此t1t2t3t4，选项A错误；因竖直高度相等，因此重力做功相等，选项B错误
10、；重力的瞬时功率等于mgvcos mgvy，由动能定理可知，图乙中小球落地时的瞬时速度大小最大，其余三种方式落地时的瞬时速度大小相等，但竖直分速度vy1vy2vy3vy40，故落地瞬间重力的功率P1P2P3P4，选项C错误；综合分析，可知全程重力做功平均功率，故1234，选项D正确。9多选质量为2 kg的物块，放在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数0.1，在水平拉力的作用下物块由静止开始运动，水平拉力做的功W随物块的位移x变化的关系如图所示。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是()A在x0至x2 m的过程中，物块的加速度大小是1 m/s2B在x4 m时，摩擦力的瞬时功率是4 WC在
11、x2 m至x6 m的过程中，物块做匀加速直线运动D在x0至x6 m的过程中，拉力的平均功率是4 W解析：选ABD由功的定义可知，Wx图像的斜率表示水平拉力。因此，在02 m过程中，设物块的加速度为a，在x2 m时速度为vt，物块所受拉力F4 N，摩擦力fmg，则由牛顿第二定律可得Fmgma，解得a1 m/s2，物块由静止开始运动，由匀加速直线运动规律可得vt2v022ax，解得vt2 m/s，由vat可知，经历的运动时间t12 s；同理可知，在26 m过程中拉力为2 N，则合力为零，物块做匀速运动，经历的时间t22 s；x4 m时，摩擦力的瞬时功率Pffvt4 W；在06 m过程中，拉力做功W
12、116 J，拉力的平均功率4 W，选项A、B、D正确。10(2018广东一模)如图所示，一质量为0.5 kg的一块橡皮泥自距小车上表面1.25 m高处由静止下落，恰好落入质量为2 kg、速度为2.5 m/s沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()A橡皮泥下落的时间为0.3 sB橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5 m/sC橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒D整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5 J解析：选D由题意知，橡皮泥做自由落体运动，小车做匀速直线运动。根据公式hgt2
13、，代入数据解得t0.5 s，故A项错误。在水平方向上橡皮泥与小车组成的系统动量守恒，m车v车(m车m泥)v共，代入数据解得v共2 m/s，而竖直方向上，系统受到地面支持力的作用，可知动量不守恒，故B、C项错误。整个过程中，橡皮泥重力势能的变化为mgh6.25 J，系统动能的变化为(m车m泥)v共2m车v车21.25 J，故损失的机械能为7.5 J，故D项正确。11多选(2018临沂期末统考)如图所示，木板B放在光滑的水平面上，滑块A在木板上从右向左运动，刚滑上木板B的最右端时，其动能为E1，动量大小为p1；滑到水平木板B的最左端时，其动能为E2，动量大小为p2；A、B间动摩擦因数恒定，则该过程
14、中()A摩擦力对滑块A的冲量为p2p1B摩擦力对滑块A的冲量为p1p2C摩擦力对滑块A做的功为E2E1D摩擦力对滑块A做的功为E1E2解析：选AC摩擦力对滑块A的冲量等于滑块A的动量的变化量pp2p1，故A正确，B错误；滑块A受到重力、支持力、摩擦力，其中重力和支持力不做功，所以摩擦力对滑块A做的功等于合外力做的功，根据动能定理得WfEE2E1，故C正确，D错误。12多选如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B相连。开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关
15、该过程的分析正确的是()AB物体的机械能一直增大BB物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和CB物体机械能的减少量大于弹簧的弹性势能的增加量D细线拉力对A物体做的功等于弹簧弹性势能的增加量解析：选BC从开始到B速度达到最大的过程中，细线的拉力对B一直做负功，所以B的机械能一直减小，故A错误；对于B物体，只有重力与细线拉力做功，根据动能定理可知，B物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和，故B正确；整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故C正确；根据功能关系，系统机械能的增量等于系统除重力和弹簧弹
16、力之外的力所做的功，细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，故D错误。13多选(2019届高三潍坊模拟)在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图(a)所示，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的vt图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为19 kg，则()A碰后蓝壶速度为0.8 m/sB碰后蓝壶移动的距离为2.4 mC碰撞过程两壶损失的动能为7.22 JD碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为54解析：选AD 设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v01.0 m/s，碰后速度为 v00
17、.2 m/s，根据动量守恒定律可得：mv0mv0mv，计算得出：v0.8 m/s，所以A选项是正确的；根据碰前红壶的速度图像可以知道红壶的加速度为：a m/s20.2 m/s2，所以蓝壶静止的时刻为：t s6 s，速度图像与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后蓝壶移动的距离为：x(61) m2.0 m，所以B选项是错误的；碰撞过程两壶损失的动能为：Ekmv02mv02mv23.04 J，所以C选项是错误的；碰后蓝壶的加速度为：a m/s20.16 m/s2，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为ffmama54，所以D选项是正确的。14.多选如图所示，光滑半圆弧槽静止在光滑的水平面上，圆弧的半径为R，一小
18、球由圆弧槽的左侧边缘A由静止释放，沿槽的内壁向下滚动，滚到槽底B时，小球的速度大小为v1 (g为重力加速度)，不计球的大小，下列说法正确的是()A由于水平面光滑，因此球不能滚到圆弧槽的右侧边缘C点B当球与圆弧槽相对静止的一瞬间，两者的共同速度一定为零C球和圆弧槽的质量之比为13D球滚到圆弧槽底时，槽的速度大小为 解析：选BC设小球质量为m，光滑弧形槽的质量为M，由于水平面和半圆弧面均光滑，小球滚动过程中，小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，系统机械能也守恒，mv1Mv20，mgRmv12Mv22，又v1 ，可解得：，v2 ，故C正确，D错误；由系统水平方向动量守恒可知，当球与圆弧槽相对静止瞬间
19、，一定有(mM)v0，v0，B正确；由系统机械能守恒可知，球一定能滚到圆弧槽的右侧边缘C点，A错误。15多选(2018江苏调研)如图所示，一轻弹簧直立于水平面上，弹簧处于原长时上端在O点，将一质量为M的物块甲轻放在弹簧上端，物块下降到A点时速度最大，下降到最低点B时加速度大小为g，O、B间距为h。换用另一质量为m的物块乙，从距O点高为h的C点静止释放，也刚好将弹簧压缩到B点。不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g，则上述过程中()A弹簧最大弹性势能为MghB乙的最大速度为C乙在B点加速度大小为2gD乙运动到O点下方处速度最大解析：选AD对于物块甲的过程，根据能量守恒可知，弹簧压缩到B点时的弹性势能等于甲的重力势能的变化即Mgh，物块乙也刚好将弹簧压缩到B点，所以弹簧最大弹性势能为Mgh，故A正确；当乙下落到O点时，根据动能定理：mghmv2，解得：v，此时开始压缩弹簧，但弹簧弹力为零，所以物块将继续加速直到弹力等于重力时速度达到最大，所以乙的最大速度大于，故B错误；根据能量守恒有Mghmg2h，则mM，在B点对M根据牛顿第二定律有：FMgMg，对m根据牛顿第二定律有：Fmgma，联立以上各式可得：a3g，故C错误；设弹簧劲度系数为k，在最低点有：kh2Mg4mg，即kmg，可得乙运动到O点下方处速度最大，故D正确。
