【答案】A
【解析】试题分析：
由功的概念知：
，知两种情况下，做功相等，与水平面的粗糙程度无关，A对。
考点：
功。
【名师点睛】功：
1．做功的两个要素
（1）作用在物体上的力．
（2）物体在力的方向上发生的位移．
2．公式：
W＝Flcosα
（1）α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移．
（2）该公式只适用于恒力做功．
3．功的正负
夹角
功的正负
α<90°
力对物体做正功
α＝90°
力对物体不做功
α>90°
力对物体做负功或说成物体克服这个力做了功
6.如图，一个质量为ｍ的物体（可视为质点）以某一速度从Ａ点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为3ｇ/4，物体在斜面上上升的最大高度为ｈ。
则物体在沿斜面上升的全过程中（）
A.重力势能增加了
B.重力势能减少了mgh
C.动能损失了mghD.机械能损失了
【答案】D
【解析】由题，物体在斜面上上升的最大高度为h，物体克服重力做功为mgh，则重力势能增加了mgh．故AB错误．根据动能定理得：
，则物体的动能损失了
mgh．故C错误．由上知道，重力势能增加了mgh，物体的动能损失
mgh，则机械能损失了
mgh．故D正确．故选D.
点睛：
本题考查对常见的功能关系的理解和应用能力．重力势能的变化与重力做功有关，动能的变化取决于合力做功，而机械能的变化可由动能的变化与重力势能的变化来确定．
7.一个质量为0.3kg的小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小为4m/s.则碰撞前后墙对小球的冲量I的大小及碰撞过程中墙对小球做的功W分别为（ ）
A.I＝3kg·m/s，W＝－3JB.I＝0.6kg·m/s，W＝－3J
C.I＝3kg·m/s，W＝7.8JD.I＝0.6kg·m/s，W＝3J
【答案】A
【解析】设初速度方向为正；则由动量定理可知，I=mv-mv0=（-4）×0.3-0.3×6=-3kg•m/s；由动能定理可知W=
mv2-
mv02=
×0.3×16-
×0.3×36=-3J；故冲量的大小为3kg•m/s，墙对小球所做的功为-3J；故选A．
点睛：
本题考查动能定理及动量定理，注意冲量及动量为矢量，在计算时一定要注意其方向．
8.a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a球动量pa=30kg·m/s，b球动量p0=0，碰撞过程中，a球的动量减少了20kg·m/s，则作用后b球的动量为（）
A.-20kg·m/sB.10kg·m/s
C.20kg·m/sD.30kg·m/s
【答案】C
【解析】碰撞过程中，a球的动量减少了20kg·m/s，故此时a球的动量是10kg·m/s，a、b两球碰撞前后总动量保持不变为30kg·m/s，则作用后b球的动量为20kg·m/s，C正确，ABD错误；
故选C。
9.静止在水面上的船，长度为L，船的质量为M，一个质量为m的人站在船头，当此人由船头走到船尾时，不计水的阻力，船移动的距离为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向后退，规定人速度方向为正方向，有：
mv-MV=0．人从船头走到船尾，设船后退的距离为x，则人相对于地面的距离为l-x．则有：
解得：
．故B正确，ACD错误．故选B．
点睛：
解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系．
10.如图所示，两个半径相同的小球A、B分别被不可伸长的细线悬吊着，两个小球静止时，它们刚好接触，且球心在同一条水平线上，两根细线竖直。
小球A的质量小于B的质量。
现向左移动小球A，使悬吊A球的细线张紧着与竖直方向成某一角度，然后无初速释放小球A，两个小球将发生碰撞。
碰撞过程没有能量损失，且碰撞前后小球的摆动平面不变。
已知碰撞前A球摆动的最高点与最低点的高度差为h。
则小球B的质量越大，碰后（）
A.A上升的最大高度hA越大，而且hA可能大于h
B.A上升的最大高度hA越大，但hA不可能大于
C.B上升的最大高度hB越大，而且hB可能大于h
D.B上升的最大高度hB越大，但hB不可能大于h
【答案】B
【解析】A与B球发生碰撞，动量守恒，
，碰撞中没有能量损失，所以
，解得
小球B的质量越大，
越大，因为
，所以A上升的最大高度
越大，由于碰撞过程中，能量不能增加，所以
不可能大于
，故B正确
故选B
二、多选题：
（本题共5小题，每小题4分，共20分。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.）
11.一质量为2kg的物体放在光滑的水平面上，原处于静止状态，现用与水平方向成60°角的恒力F＝10N作用于物体上，历时5s，则（）
A.力F对物体的冲量大小为25N·s
B.力F对物体的冲量大小为50N·s
C.物体的动量变化量为25kg·m/s
D.物体所受重力的冲量大小为0
【答案】BC
【解析】A、力F对物体的冲量大小
，故B正确，A错误；
C、根据动量定理得
，则动量的变化量
，C正确；
D、物体所受重力的冲量
，D错误。
点睛：
解决本题的关键掌握冲量的表达式，以及掌握动量定理的运用，知道合力的冲量等于动量的变化量。
12.重物m系在上端固定的轻弹簧下端，用手托起重物，使弹簧处于竖直方向，弹簧的长度等于原长时，突然松手，重物下落的过程中，对于重物、弹簧和地球组成的系统来说，下列说法正确的是（）
A.重物的动能最大时，重力势能和弹性势能的总和最小
B.重物的重力势能最小时，动能最大
C.弹簧的弹性势能最大时，重物的动能最小
D.重物的重力势能最小时，弹簧的弹性势能最大
【答案】ACD
【解析】试题分析：
A、重物、弹簧和地球组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，即动能、重力势能、弹性势能之和保持不变，故重物的动能最大时，重力势能和弹性势能的总和最小，故A正确；
B、动能、重力势能、弹性势能之和守恒，故物的重力势能最小时，弹性势能和动能之和最大，此时重物到达最低点，速度为零，动能为零，故B错误；
C、重物运动到最低点时，弹簧的弹性势能最大，重物的速度为零，动能最小，为零，故C正确；
D、到最低点时，重物的重力势能最小，此时弹簧拉的最长，弹性势能最大，故D正确；
考点：
本题考查动能、重力势能和弹性势能的基础知识和相互转化。
13.如图甲，质量为m=0.5kg，初速度v0=10m/s的物体，受到一个与初速度v0方向相反的外力F作用，沿粗糙的水平面滑动，物体与地面间的动摩擦因数为μ，经3s后撤去外力，直到物体停止。
整个过程物体的v－t图像如图乙（g＝10m/s2）则（）
A.0～7s内物体做匀减速直线运动
B.外力F和动摩擦因数μ大小分别为0.5N和0.1
C.0～7s内物体由于摩擦产生的热量为25J
D.运动到停止物体滑行的总位移为29m
【答案】BD
...............
14.如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是（ ）
A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh
B.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为
C.B能达到的最大高度为
D.B能达到的最大高度为
【答案】BD
【解析】试题分析：
对B下滑过程，据机械能守恒定律可得：
mgh=
mv02，则得，B刚到达水平地面时的速度
．A碰撞过程，以A、B组成的系统为研究对象，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
mv0=2mv，得A与B碰撞后的共同速度为v=
v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm=
•2mv2=
mgh，故A错误，B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′=
mv2，解得，B能达到的最大高度为h′=
，故C错误，D正确．故选BD．
考点：
机械能守恒定律；动量守恒定律
【名师点睛】利用动量守恒定律解题，一定注意状态的变化和状态的分析，明确研究对象，并选取正方向．把动量守恒和机械能守恒结合起来列出等式求解是常见的问题。
15.一个质量为m1的人造地球卫星在高空做匀速圆周运动，轨道半径为r。
某时刻和一个质量为m2的同轨道反向运动的太空碎片发生迎面正碰，碰后二者结合成一个整体，并开始沿椭圆轨道运动，轨道的远地点为碰撞时的点。
若碰后卫星的内部装置仍能有效运转，当卫星与碎片的整体再次经过远地点时，通过极短时间喷气可使整体仍在卫星碰前的轨道上做圆周运动，绕行方向与碰前相同。
已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）
A.卫星与碎片碰撞前的线速度大小为
B.卫星与碎片碰撞前运行的周期大小为
C.喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为
D.喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为
【答案】BC
【解析】试题分析：
据万有引力提供圆周运动向心力，即可求出卫星与碎片碰撞前的线速度大小与周期的大小；由动量守恒定律和动能定理即可求出喷气装置对卫星和碎片整体所做的功．
卫星圆周运动的向心力由万有引力提供可得
，又
，可得
，故A错误；据万有引力提供圆周运动向心力，有
解得卫星周期为
，故B正确；根据动量守恒定律可得：
，由动能定理可得
，喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为
．故C正确D错误．
16.在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.00kg.按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点O的距离如图所示（相邻计数点时间间隔为0.02s），那么（结果均保留两位有效数字）
①纸带的________端与重物相连．
②打点计时器打下计数点B时，重物的速度vB＝________.
③在从起点O到打下计数点B的过程中重物重力势能的减少量是ΔEp＝________，此过程中重物动能的增加量是ΔEk＝________.
④通过计算，数值上ΔEp_____ΔEk（填“>”“＝”或“<”），这是因为_______．
⑤实验的结论是__________________________________________________．
【答案】
（1）.①左
（2）.②0.98m/s（3）.③0.49J（4）.0.48J（5）.④>（6）.实验中存在着阻力（7）.⑤在实验误差允许范围内，重物的机械能守恒
【解析】①重物在开始下落时速度较慢，在纸带上打的点较密，越往后，物体下落得越快，纸带上的点越稀．所以，纸带上靠近重物的一端的点较密，因此纸带的左端与重物相连．
④可见重力势能的减小量大于动能的增加量，原因是实验中有阻力．
⑤实验的结论是：
在实验误差允许范围内，重物的机械能守恒.
17.如图，质量M＝1kg的长木板静止在光滑的水平面上，有一个质量m=0.2kg的可看作质点的物体以6m/s的水平初速度木板的左端冲上木板，在木板上滑行了2s后与木板保持相对静止，求：
（1）木板获得的速度；
（2）物体与木板间的动摩擦因数；
（3）在此过程中产生的热量；
（4）木板的最小长度。
【答案】1m/s,0.25,3J,6m
【解析】
（1）木板与物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=（m+M）v，
则得：
（2）对m由动量定理得：
-μmgt=mv-mv0
代入数据得：
μ=0.25
（3）在此过程中产生的热量为：
（4）木板的最小长度等于木块相对木板的位移，由Q=f△x得：
点睛：
本题要掌握物块在木板上滑动时遵守的基本规律：
动量守恒定律和能量守恒定律，要注意只有明确研究对象并做好受力分析，才能正确确定物理规律．
18.如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R＝0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1kg的滑块（大小不计），从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，取g＝10m/s2.求：
（1）滑块到达B处时的速度大小；
（2）滑块在水平轨道AB上运动前2m过程所用的时间；
（3）若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
【答案】
（1）2
m/s
（2）
s （3）5J
【解析】试题分析：
（1）对滑块从A到B的过程，由动能定理得
F1x1－F3x3－μmgx＝
mvB2得vB＝2
m/s．
（2）在前2m内，由牛顿第二定律得
F1－μmg＝ma且x1＝
at12
解得t1＝
s．
（3）当滑块恰好能到达最高点C时，有mg＝m
对滑块从B到C的过程，由动能定理得
W－mg×2R＝
mvC2－
mvB2
代入数值得W＝－5J
即克服摩擦力做的功为5J．
考点：
动能定理；牛顿第二定律
19.光滑水平面上，用弹簧相连接的质量均为2kg的A、B两物体都以v0＝6m/s速度向右运动，弹簧处于原长．质量为4kg的物体C静止在前方，如图所示，B与C发生碰撞后粘合在一起运动，在以后的运动中，求：
（1）弹簧弹性势能的最大值为多少？
（2）当A的速度为零时，弹簧的弹性势能为多少？
【答案】
（1）12J
（2）0
【解析】试题分析：
物体BC碰撞过程系统动量守恒，碰后B的速度减小，ABC整体动量守恒；当三个物体的速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大．ABC整体动量守恒，先根据动量守恒守恒定律求解BC的速度，然后根据机械能守恒定律求解弹性势能。
（1）.由B、C碰撞瞬间,B、C的总动量守恒,由动量守恒定律得:
代入数据解得：
三个物体速度相同时弹性势能最大,由动量守恒定律得:
代入数据解得
设最大弹性势能为
由机械能守恒得:
，解得：
（2）当A的速度为零时,由动量守恒定律得:
代入数据解得：
.
则此时的弹性势能:
点睛：
本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题。
升级会员 