【高中物理】专题二　能量与动量（含解析）

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专题分层突破练 5　动能定理、机械能守恒定律、功能关
系的应用
A 组
1.(2021 山西高三二模)如图所示,竖直平面内有一个半径为 R 的半圆形轨道,A、B 为水平直径的两端
点,O 为圆心,现将半径远小于轨道半径、质量为 m 的小球从 O 点以初速度 v0= 水平向右抛出,小
球落在圆周上某一点,不计空气阻力,重力加速度为 g,则小球落在圆周上时的动能为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.2 2 - 1mgR B. 2 - 12 2 mgR
C.( 2-1)mgR D. 2 - 22 mgR
2.(多选)(2021 福建高三二模)2020 年 11 月 10 日,中国自主研发制造的“奋斗者”号潜水器在马里亚纳
海沟成功坐底,创造了 10 909 m 的中国载人深潜新纪录。在这次深潜探测中,“奋斗者”号下潜过程潜
水深度随时间变化规律如图所示,其中 t1~t2、t3~t4为直线,忽略下潜过程重力加速度的变化及潜水器
的体积变化。则 (　　)
A.0~t1时间内,潜水器做加速下潜
B.t1~t2时间内,潜水器内的科考人员所受重力的功率逐渐增大
C.t2~t3时间内,潜水器内的科考人员处于失重状态
D.t3~t4时间内,潜水器竖直方向所受合外力为零
3.(多选)(2021 四川成都高三二模)从地面竖直向上抛出一物体,运动过程中,物体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 F 作用。以地面为零势能面,物体从抛出到落回地面
的过程中,机械能 E 随路程 s 的变化关系如图所示,重力加速度大小为 10 m/s2。则(　　)
A.物体到达的最高点距地面的高度为 1.0 m
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B.外力 F 的大小为 3.5 N
C.物体动能的最小值为 1.0 J
D.物体的质量为 0.4 kg
4.(2021 江西高三一模)研究“蹦极”运动时,在运动员身上系好弹性绳并安装传感器,可测得运动员竖
直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据,得到如图所示的速度—位移图像,若
空气阻力和弹性绳的重力可忽略,根据图像信息,下列说法正确的是(　　)
A.弹性绳原长为 15 m
B.当运动员下降 10 m 时,处于超重状态;当运动员下降 20 m 时,处于失重状态
C.若以运动员、弹性绳、地球为系统研究,则此过程机械能守恒
D.当运动员下降 15 m 时,绳的弹性势能最大
5.(2021 辽宁大连高三一模)“ETC”是电子不停车收费系统的简称。若某汽车以恒定功率匀速行驶,为
合理通过收费处,司机在 t1时刻使汽车功率减半,并保持该功率行驶,到 t2时刻又做匀速运动;通过收
费处后,逐渐增加功率,使汽车做匀加速运动直到恢复原来功率,以后保持该功率行驶。设汽车所受阻
力大小不变,则在该过程中,汽车的速度随时间变化图像可能正确的是(　　)
6.(2021 江西上饶高三二模)如图所示的光滑斜面长为 l,宽为 b=0.6 m,倾角为 θ=30°,一物块(可看成
质点)从斜面左上方顶点 P 水平射入,恰好从斜面右下方底端 Q 点离开斜面,已知物块的初速度 v0=1
m/s,质量 m=1 kg,g 取 10 m/s2,试求:
(1)物块由 P 运动到 Q 所用的时间 t;
(2)光滑斜面的长 l;
(3)物块在斜面上运动过程中重力的平均功率 P。
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7.(2021 江苏南京高三二模)如图所示,电动传送带以恒定速度 v0=1.2 m/s 顺时针运行,传送带与水平面
的夹角 α=37°。现将质量 m=20 kg 的箱子轻放到传送带底端,经过一段时间后,箱子被送到 h=1.8 m
的平台上。已知箱子与传送带间的动摩擦因数 μ=0.85,不计其他损耗,g 取 10 m/s2,sin 37°=0.6,cos
37°=0.8。
(1)求箱子在传送带上刚开始运动时加速度的大小。
(2)箱子从传送带底端送到平台上的过程中,求箱子与传送带之间因摩擦而产生的热量。
B 组
8.(多选)(2021 河南高三二模)如图所示,水平传送带两端 A、B 间的距离为 l,传送带以速度 v 沿顺时针
运动,一个质量为 m 的小物块以一定的初速度从 A 端滑上传送带,运动到 B 端,此过程中物块先做匀
加速直线运动后做匀速直线运动,物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动的时间相等,两过
程中物块运动的位移之比为 2∶3,重力加速度为 g,传送带速度大小不变。下列说法正确的是(　　)

A.物块的初速度大小为2
B. 3物块做匀加速直线运动的时间为 l5
10 2C.物块与传送带间的动摩擦因数为 9
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D.
2
整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为 9
9.(多选)(2021 全国甲卷)一质量为 m 的物体自倾角为 α 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 Ek,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
k
5 。已知 sin α=0.6,重力加速度大小为 g。则(　　)

A. k物体向上滑动的距离为2

B.物体向下滑动时的加速度大小为5
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
10.(多选)(2021 内蒙古赤峰高三一模)如图所示,光滑直角细杆 POQ 固定在竖直平面内,OP 边水平,OP
与 OQ 在 O 点平滑相连,A、B 两小环用长为 l 的轻绳相连,分别套在 OP 和 OQ 杆上。已知 A 环质量
为 m,B 环质量为 2m。初始时刻,将轻绳拉至水平位置拉直(即 B 环位于 O 点),然后同时释放两小
环,A 环到达 O 点后,速度大小不变,方向变为竖直向下。已知重力加速度为 g,下列说法正确的是
(　　)
A.B 2环下降高度为 2 l 时,A 环与 B 环速度大小相等
B.在 A 环到达 O 点的过程中,B 环速度一直增大
C.A 环到达 O 点时速度大小为
D. 1 当 A 环到达 O 点后,若在转弯处机械能损失不计,再经2 的时间能追上 B 环
11. 1如图所示,水平轨道 AB 长度 l1=1.0 m,左端连接半径为 R=0.5 m 的光滑4圆弧轨道,右端连接水平传
送带,AB 与传送带的上表面等高,三段之间都平滑连接。一个质量 m=1.0 kg 的物块(可视为质点),从
圆弧上方距 AB 平面 h 高处由静止释放,恰好切入圆弧轨道,经过 AB 冲上静止的传送带,物块恰好停
在 C 端。已知物块与 AB、BC 段的动摩擦因数分别为 μ1=0.2、μ2=0.5,BC 长度 l2=2.0 m,g 取 10 m/s2,
不计空气阻力。
(1)求 h 的大小。
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(2)求物块第一次经过圆弧轨道最低点 A 时对轨道的压力 FN。
(3)如果传送带以速度 v(v 的大小可调且 v≥2 5 m/s)逆时针转动,那么物块最后停止的位置到 A 点的
距离是多少 (可用 v 表示)
参考答案
专题分层突破练 5　动能定理、机械能
守恒定律、功能关系的应用
1.A　解析 设小球下落的时间为 t,根据平抛运动规律,水平方向的位移为 x=v0t,竖直方向
y=1的位移为 gt22 ,由几何关系可得 x
2+y2=R2,解得 y=( 2-1)R,小球落在圆周上时的动能为
E =1 2+mgy=2 2 - 1k 2 0 2 mgR,故选 A。
2.AD　解析 因 h-t 图像的斜率等于速度,可知 0~t1时间内,潜水器速度增加,即做加速下
潜,选项 A 正确。t1~t2时间内,潜水器的速度不变,根据 P=mgvy可知,则潜水器内的科考
人员所受重力的功率不变,选项 B 错误。t2~t3时间内,潜水器的速度减小,即减速下降,加
速度向上,则潜水器内的科考人员处于超重状态,选项 C 错误。t3~t4时间内,潜水器处于
竖直方向速度为零,则竖直方向所受合外力为零,选项 D 正确。
3.AD　解析 根据图像可知,物体总共的路程为 s=2 m,上升的最大高度为 1.0 m,故 A 正
确。这个过程,由功能关系 Ek-Ek0=-Fs,根据图像可知 Ek0=7 J,Ek=1 J,可得 F=3 N,故 B 错
误。到达最高点速度为零,动能为零,故 C 错误。由图像知 s=1 m 时 E=4 J,此时动能为
0,Ep=E=4 J,Ep=mgh,得 m=0.4 kg,故 D 正确。
4.C　解析 15 m 时速度最大,此时加速度为 0,合外力为 0,弹力不为 0,弹力等于重力,弹簧
处于伸长状态,所以 A 错误。运动员下降 10 m 时,处于加速下落过程,加速度向下,处于
失重状态,当运动员下降 20 m 时,处于减速下落过程,加速度向上,处于超重状态,所以 B
错误。以运动员、弹性绳、地球为系统研究,此过程机械能守恒,所以 C 正确。运动员
下降 15 m 时,速度不为 0,继续向下运动,弹性绳继续伸长,弹性势能继续增大,所以 D 错
误。
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5.C　解析 0~t1时间内,汽车以恒定功率匀速行驶,则有 F=Ff,P=Fv1,t1时刻使汽车功率减

半,则有2=F v , F =

1 1 解得
f
1 2 = 2 ,则汽车做减速运动,速度减小,t1到 t2时刻保持该功率行
驶,所以牵引力增大,由牛顿第二定律可得 Ff-F'=ma,则汽车做加速度逐渐减小的减速运
动,t1到 t2时间内图像的斜率逐渐减小;t2到 t3时间内做匀速运动,则速度保持不变;t3到 t4
时间内先做匀加速运动有 F2-Ff=ma2,P2=F2v2,由于牵引力不变,速度增大,功率增大,当
P2=P 时,保持功率不变,则汽车继续加速运动,其牵引力减小,由牛顿第二定律可知,汽车
做加速度逐渐减小的加速运动,加速度为 0 时,汽车的速度达到最大值,最后做匀速运
动。所以在 t3到 t4时间内图像斜率先保持不变,再逐渐减小,最后为 0。所以 C 正确,A、
B、D 错误。
6.答案 (1)0.6 s
(2)0.9 m
(3)7.5 W
解析 (1)物块做类平抛运动,沿水平方向做匀速直线运动,沿水平方向有
b=v0t
t=0.6 s。
(2)物块沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动
mgsin θ=ma
l=12at
2
两式联立得 l=0.9 m。
(3)物块在斜面上运动过程中重力做的功
W=mglsin θ
重力的平均功率 P=
联立得 P=7.5 W。
7.答案 (1)0.8 m/s2
(2)122.4 J
解析 (1)箱子刚开始运动时,受到垂直于传送带的支持力 FN、竖直向下的重力 G、沿斜
面向上的滑动摩擦力 Ff,将重力沿斜面方向和垂直斜面方向进行正交分解,由牛顿第二定
律得 Ff-mgsin α=ma
Ff=μFN
FN=mgcos α
解得 a=0.8 m/s2。

(2) 0 1 2箱子加速所用时间为 t= = . 0 8 s=1.5 s.
传送带位移 x 传=v0t=1.8 m
传送带总长 l= sin =3 m
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箱子加速运动的位移为 x =1箱 2at
2=12×0.8×1.5
2 m=0.9 m<l
产生的热量 Q=FfΔx=Ff(x 传-x 箱)=122.4 J。
8.BC 0 +

　解析由题意知 2 ∶v=2∶3, v = ,A
3 3
得 0 3 错误。匀速运动中5 =vt,则 t=5 ,匀加速
与匀速时间相等,B 2正确。由运动学公式 v2- 20 =2ax,x=5l,μg=a 得动摩擦因数为
2
μ=10 ,C Q=F s ,s =3l-2l=1l, Q=2
2
9 正确。由热量 f 相对 相对 5 5 5 得 9 ,选项 D 错误。
9.BC　解析 设物体向上滑动的距离为 x,斜面的动摩擦因数为 μ,对物体从斜面底端滑到
最高点和从最高点滑到底端的过程用动能定理有 0-Ek=-mgxsin α-μmgxcos α
k
5 -0=mgxsin α-μmgxcos α

联立解得 x= k ,μ=0.5,故 A 错误,C 正确。
1
物体向下滑动的加速度 a2=gsin α-μgcos α=5g,故 B 正确。
物体向上滑动和向下滑动的距离相同,而向上滑动的加速度 a1=gsin α+μgcos α=g,
1
大于向下滑动的加速度 a2,由 x=2at
2知,向上滑动的时间比向下滑动的时间短,故 D 错
误。
10.AD　解析 将两环的速度分解如图所示,B 2环下降高度为 2 l 时,图中 α=β=45°,则有
vAcos α=vBcos β,所以 A 环与 B 环速度大小相等,A 正确。B 开始下降的过程中速度由 0
开始增大,所以是做加速运动,当绳子与水平方向之间的夹角接近 90°时,tan α→∞,则
vB→0,可知当 A 到达 O 点时,B 的速度等于 0,所以 B 一定还存在减速的过程,即 A 环到
达 O 点的过程中,B 环先加速后减速,B 错误。由于 A 到达 O 点时 B 的速度等于 0,由机
1
械能守恒得2
2
A =2mgl,则有 vA=2 ,C 错误。环 A 过 O 点后做加速度等于 g 的匀加
1
速直线运动,B 做自由落体运动,当 A 追上 B 时有 v 2At+2gt =l+
1gt2, 1 2 解得 t=2 ,D 正确。
11.答案 (1)1.2 m
(2)58 N,方向竖直向下
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(3)见解析
解析 (1)物块从释放到 C 点的过程中,由动能定理得 mgh-μ1mgl1-μ2mgl2=0
解得 h=1.2 m。
(2)设物块从释放到第一次通过 A 点时的速度为 vA,轨道对物块的支持力为 FN',根据
动能定理得
mgh=1 22
2
在 A 点根据牛顿第二定律得 FN'-mg=m

联立解得 FN'=58 N
根据牛顿第三定律可知,物块在 A 点时对轨道的压力大小为
FN=FN'=58 N,方向竖直向下。
(3)当传送带逆时针转动时,由于物块在传送带上向右及向左匀变速运动时的加速度
大小不变,故物块从 B 点离开传送带时的速度不大于传送带的速度。
当物块从 h 处下落第一次至 B 点时,设速度为 v1,根据动能定理得
mgh-μ1mgl
1 2
1=2 1
解得 v1=2 5 m/s≤v
则物块从 B 到 C 再返回到 B 时速度仍为 2 5 m/s。设物块在 AB 段往返经过的总路
程为 s1,根据动能定理得
μ1mgs
1 2
1=2 1
解得 s1=5 m
1
因为 =5,所以物块恰好停止在 A 点。1进VIP资料群，可下载无水印版本，还有各种精品试卷资料，具体介绍见文末
专题分层突破练 6　动量和能量观点的应用
A 组
1.(2021 福建泉州高三月考)如图所示,建筑工地上的打桩过程可简化为重锤从空中某一固定高度由静
止释放,与钢筋混凝土预制桩在极短时间内发生碰撞,并以共同速度下降一段距离后停下来。则
(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.重锤质量越大,撞预制桩前瞬间的速度越大
B.重锤质量越大,预制桩被撞后瞬间的速度越大
C.碰撞过程中,重锤和预制桩的总机械能保持不变
D.整个过程中,重锤和预制桩的总动量保持不变
2.(2021 福建高三二模)如图所示,A 车以某一初速度水平向右运动距离 l 后与静止的 B 车发生正碰,碰
后两车一起运动距离 l 后停下。已知两车质量均为 m,运动时受到的阻力为车重力的 k 倍,重力加速
度为 g,碰撞时间极短,则(　　)
A.两车碰撞后瞬间的速度大小为
B.两车碰撞前瞬间 A 车的速度大小为 2
C.A 车初速度大小为 10
D.两车碰撞过程中的动能损失为 4kmgl
3.(2021 辽宁丹东高三一模)2022 年冬奥会将在北京举行,滑雪是冬奥会的比赛项目之一,如图所示,某
运动员(视为质点)从雪坡上先后以 v0和 2v0沿水平方向飞出,不计空气阻力,则运动员从飞出到落到
雪坡上的整个过程中(　　)
A.空中飞行的时间相同
B.落在雪坡上的位置相同
C.动量的变化量之比为 1∶2
D.动能的增加量之比为 1∶2
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4.(多选)(2021 辽宁大连高三一模)在光滑水平桌面上有一个静止的木块,高速飞行的子弹水平穿过木
块,若子弹穿过木块过程中受到的摩擦力大小不变,则(　　)
A.若木块固定,则子弹对木块的摩擦力的冲量为零
B.若木块不固定,则子弹减小的动能大于木块增加的动能
C.不论木块是否固定,两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小相等
D.不论木块是否固定,两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等
5.(多选)(2021 河南洛阳高三二模)如图所示,质量均为 2 kg 的三个物块静止在光滑水平面上,其中物块
B 的右侧固定一轻弹簧,物块 A 与弹簧接触但不连接。某时刻物块 A 突然以 v0=3 m/s 的速度向左运
动,已知当 A、B 速度相等时,B 与 C 恰好发生完全非弹性碰撞,碰撞过程时间极短,然后继续运动。
若 B、C 碰撞过程中损失的机械能为 ΔE,B、C 碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为 Ep,则
(　　)
A.ΔE=4.875 J B.ΔE=1.125 J
C.Ep=6 J D.Ep=4.875 J
6.(2021 福建漳州高三二模)如图所示,水平面上固定两根足够长的平行直导轨 MN、PQ,两导轨间静
置一质量 m'=2.0 kg 的外壁光滑环形空心玻璃管 ABCD,BC、DA 段均为半圆管,AB、CD 段是长度均
为 l=3.0 m 的直管。管内 CD 段放置有质量为 m=1.0 kg 的小球,小球在 AB 段相对运动时受到的摩擦
力 Ff=0.3mg,玻璃管内其余部分光滑,g 取 10 m/s2。现给玻璃管水平向右的初速度 v0=6.0 m/s,求:
(1)从开始运动到小球与玻璃管共速,玻璃管对小球的冲量 I 的大小;
(2)小球第一次通过玻璃管中 A 点时的速度大小。
7.(2021 福建福州高三二模)如图所示,质量为 m'=2 kg、带有半径为 R=0.8 m 的四分之一光滑圆弧轨
道 AB 的曲面体静止在光滑的水平地面上;质量为 m=0.5 kg 的小球以 Ek0=25 J 的初动能冲上曲面体
轨道 AB,g 取 10 m/s2,求:
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(1)小球第一次冲出曲面体轨道的 B 点时曲面体的速度大小 v1;
(2)小球第一次冲出曲面体轨道的 B 点时小球的速度大小 v2;
(3)小球第一次冲出曲面体轨道的 B 点至再次落回 B 点的时间 t。
B 组
8.(多选)(2021 陕西高三二模)在一个反应堆中用石墨作慢化剂使快中子减速。碳原子核的质量是中
子的 12 倍,假设中子与碳原子核的每次碰撞都是弹性正碰,而且认为碰撞前碳核都是静止的。微观粒
子之间的碰撞均遵循碰撞的一般规律。关于原子的内部结构,有以下知识可供参考:①一个原子的直
径大约是 10-10 m,极小极小;②原子核由质子与中子组成,这两种粒子的质量几乎相同,约为电子质量
的 2 000 倍;③原子核只占据原子内部极小的空间(大约为原子整个体积的 10-15),却集中了几乎所有
原子的质量;④小小的电子(直径大约为 10-15 m)在原子内部、原子核之外的“广袤”的空间中“游荡”
着。根据上述研究,用碳作为中子减速剂比起用更重的原子(比如硅,它的质量是中子的 28 倍),其优势
有(　　)
A.每一次碰撞的减速效果明显
B.达到相同能量要求,需要减速的次数较少
C.其他材料中电子对碰撞的影响不可忽略
D.中子与质量较小的原子碰撞,物理规律相对简单、计算简便
9.(多选)(2021 江西高三一模)如图所示,弹簧左端固定,将圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于
P、Q 点,质量为 m'=8 kg 的小球 B 静止在水平轨道上,将质量为 m=2 kg 的小球 A 压缩弹簧后由静止
释放,小球 A 能从 P 点进入圆弧轨道,通过轨道的最高点 N 时恰好与圆管无弹力作用,之后从 Q 点返
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回水平轨道,水平轨道足够长,两球间的碰撞为弹性碰撞,已知两球的大小相同且半径很小,圆弧轨道
半径 R=0.2 m,不计一切摩擦和空气阻力,g 取 10 m/s2。则 (　　)
A.释放小球 A 时弹簧内储存的弹性势能为 10 J
B.两小球第一次碰撞后速度大小之比为 4∶1
C.两小球最终运动的速度大小之比为 7∶12
D.两小球至多能发生 2 次碰撞
10.(2021 浙江温州高三二模)如图所示,内壁光滑的管道 ABCD 竖直放置,其圆形轨道部分半径 R=1.2
m,管道左侧 A 处放有弹射装置,被弹出的物块可平滑进入管道,管道右端出口 D 恰好水平,且与圆心
O 等高,出口 D 的右侧接水平直轨道,轨道呈光滑段、粗糙段交替排列,每段长度均为 l=0.1 m。在第
一个光滑段与粗糙段的结合处 P 位置放一质量 m=0.1 kg 的物块乙,质量为 m=0.1 kg 的物块甲通过
弹射装置获得初动能。两物块与各粗糙段间的动摩擦因数均为 μ=0.1,弹簧的弹性势能与压缩量的二
次方成正比,当弹射器中的弹簧压缩量为 d 时,物块甲到达与圆心 O 等高的 C 处时刚好对管壁无挤
压。管道内径远小于圆形轨道半径,物块大小略小于管的内径,物块视为质点,空气阻力忽略不计,g 取
10 m/s2。
(1)求弹射器释放的弹性势能 Ep和物块经过 B 点时对管道的压力 F。
(2)当弹射器中的弹簧压缩量为 2d 时,物块甲与物块乙在 P 处发生碰撞(碰撞时间极短),碰后粘在一起
运动,求因碰撞甲物块损失的机械能。
(3)若发射器中的弹簧压缩量为 nd(n=2,3,4,…),物块甲与物块乙在 P 处发生碰撞(碰撞时间极短),碰后
粘在一起运动,求碰后两物块滑行的距离 s 与 n 的关系式。
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11.(2021 浙江 6 月选考)如图所示,水平地面上有一高 h'=0.4 m 的水平台面,台面上竖直放置倾角
θ=37°的粗糙直轨道 AB、水平光滑直轨道 BC、四分之一圆周光滑细圆管道 CD 和半圆形光滑轨
道 DEF,它们平滑连接,其中管道 CD 的半径 r=0.1 m、圆心在 O1点,轨道 DEF 的半径 R=0.2 m、圆
心在 O2点,O1、D、O2和 F 点均处在同一水平线上。小滑块从轨道 AB 上距台面高为 h 的 P 点静止
下滑,与静止在轨道 BC 上等质量的小球发生弹性碰撞,碰后小球经管道 CD、轨道 DEF 从 F 点竖直
向下运动,与正下方固定在直杆上的三棱柱 G 碰撞,碰后速度方向水平向右,大小与碰前相同,最终落
在地面上 Q 点, 1已知小滑块与轨道 AB 间的动摩擦因数 μ=12,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)若小滑块的初始高度 h=0.9 m,求小滑块到达 B 点时速度 v0的大小。
(2)若小球能完成整个运动过程,求 h 的最小值 hmin。
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(3)若小球恰好能过最高点 E,且三棱柱 G 的位置上下可调,求落地点 Q 与 F 点的水平距离 x 的最大值
xmax。
参考答案
专题分层突破练 6　动量和能量观点的应用
1.B　解析 重锤下落过程中做自由落体运动,根据 v0= 2 可知,重锤撞预制桩前瞬间的
速度与重锤的质量无关,只与下落的高度有关,选项 A 错误。重锤撞击预制桩的瞬间动
量守恒,则 mv0=(m+m')v,可知重锤质量 m 越大,预制桩被撞后瞬间的速度越大,选项 B 正
确。碰撞过程中,系统产生内能,重锤和预制桩的总机械能减小,选项 C 错误。整个过程
中,重锤和预制桩在以共同速度下降的过程中,受合外力不为零,总动量减小,选项 D 错
误。
2.C　解析 两车运动时受到的阻力为车重力的 k 倍,由牛顿第二定律得 kmg=ma,则 a=kg,
两车碰撞后做匀减速运动,由 v2=2al,得两车碰撞后瞬间的速度大小为 v= 2 =
2 ,A 错误。由于碰撞时间极短,两车相碰由动量守恒得 mv1=2mv,可得两车碰撞前瞬
间 A 车的速度大小为 v1=2 2 ,B 错误。对 A 车由 v2- 21 =2al,得 A 车初速度大小为
v= 21 + 2 = 10 ,C
1
正确。两车碰撞过程中的动能损失为 ΔE = 2k 2 1 -2×
1
2
mv2=2kmgl,D 错误。
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3.C　解析 运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中,由平抛运动规律可得 tan θ= =
1
2
2 2 0tan = 2 ,解得 t= ,所以两次在空中飞行的时间不相同,所以 A 错误。根据 0 0
x=v 1 20t,y=2gt ,由于时间不同,所以落在雪坡上的位置不相同,则 B 错误。根据动量定理可
得 Δp=mgt=2mv0tan θ,则两次运动动量的变化量之比为 1∶2,所以 C 正确。根据动能定
理可得 ΔEk=mgy=mg×
1
2gt
2=2m(v0tan θ)2,则两次动能的增加量之比为 1∶4,所以 D 错
误。
4.BD　解析 木块固定,子弹对木块的摩擦力的冲量不为零,A 错误。木块不固定时,因为
子弹与木块间有内能增加,由能量守恒定律可知,子弹减小的动能大于木块增加的动
能,B 正确。由 I=Fft 可知,摩擦力大小不变时,由于两种情况下子弹与木块的作用时间不
同,因此两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小不相等,C 错误。根据 Q=Ffl 相对,由
于摩擦力大小不变,并且两种情况下子弹与木块的相对位移也相同,因此不论木块是否固
定,两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等,D 正确。
5.BD　解析 对 A、B 整体由动量守恒有 mv0=2mv1,对 B、C 整体由动量守恒有

mv1=2mv2,解得 v2=
0
4 ,对 A、B、C 整体由动量守恒有 mv0=3mv3,B、C 碰撞过程中损失
1 1
的机械能为 ΔE=2
2
1 ― 2×2m
2
2 =1.125 J,B、C 碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性
势能为 Ep=
1
2
2
0 -ΔE-
1 2
2×3m 3 =4.875 J,故选 B、D。
6.答案 (1)4 kg·m/s　(2)6 m/s
解析 (1)由动量守恒得 m'v0=(m+m')v
玻璃管对小球的冲量 I 的大小 I=mv
解得 I=4 kg·m/s。
(2)由动量守恒得
m'v0=m'v1+mv2
由功能关系得
1
2m'
2
0 ―
1
2m'
2
1 ―
1
2
2
2 =Ffl
解得
v1=3 m/s,v2=6 m/s 或 v1=5 m/s,v2=2 m/s(不符合实际,舍掉)
所以,小球速度
v2=6 m/s。
7.答案 (1)2 m/s　(2)8.25 m/s　(3)1.6 s
1
解析 (1)由动能表达式可知 E 2k0=2 0
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设小球第一次冲出曲面体 B 点时水平方向分速度为 vx,竖直方向分速度为 vy,由于曲
面体是四分之一圆曲面,所以 vx=v1
小球从 A 到 B 运动过程,球和曲面体水平方向动量守恒,mv0=(m+m')v1
解得 v0=10 m/s,v1=2 m/s。
(2)从小球开始运动到 B 过程中,系统机械能守恒,有
1 2 1
2 0 = 2m'
2 + 11 2
2
2 +mgR
解得 v2=2 17 m/s=8.25 m/s。
(3)小球离开曲面体后,在竖直方向上做竖直上抛运动,则落回 B 点有
vy= 22 - 2 =8 m/s
2
所以从离开到回到 B 点,有 t= =1.6 s。
8.AB　解析 用 m1表示中子质量,m2表示某原子核质量,v10和 v1表示中子碰撞前后的速
度,v20和 v2表示某原子核碰撞前后的速度。当中子与静止的原子核发生弹性碰撞时,系
1
统动量守恒、能量守恒,故有 22m1 10 +
1
2m2
2 1 2 1
20 = 2m1 1 + 2
2 m2 2 ,m1v10+m2v20=m1v1+m2v2(v
1 - 2
20=0),解得 v1= v1 + 2 10;中子碰后,动能会损失,动能损
Δ 2 2 2 4 1 2 Δ 4 × 12 Δ
失比率 = 1 10 - 1 1 2 =1-
1
2 = ( + )2,对于碳 = =0.28,对于硅1 10 10 1 2 (12 + 1)2
4 × 28
= (28 + 1)2=0.13;根据分析可知用碳作为中子减速剂时每一次碰撞的减速效果明显,则
达到相同能量要求,需要减速的次数较少,A、B 正确,D 错误。任何材料中电子的质量都
是相同的,所以电子对碰撞的影响都可忽略,C 错误。
9.ACD　解析 小球 A 能从 P 点进入圆弧轨道通过轨道的最高点 N 时恰好与圆管无弹力
2
作用,有 mg=m ,则 v= = 2 m/s;小球 A 自 P 到 N,由动能定理得-mg·2R=
1 2 1
2mv -2
20 ,可得 v0= 10 m/s;弹簧弹开小球 A,
1
弹性势能转化为动能,有 E 2p=2 0 =10 J,即释放
小球 A 时弹簧内储存的弹性势能为 10 J,A 正确。由能量守恒可知小球从管道出来的速
度仍然为 v0= 10 m/s,
1 1
然后 A 与 B 球发生弹性碰撞,有 mv =mv +m'v , 2 = 20 1 2 2 0 2 1 +
1m' 2, v =-3 10 m/s,v =2 102 2 解得 1 5 2 5 m/s,
3
故第一次碰后两球的速度大小之比为| 1 = ,B |2 2
10 10
错误。当 A 返回后的速度大小为 v '=31 5 m/s,方向向右,v2=
2
5 m/s,因 v1'>v2,则 A 球
B , mv '+m'v =mv +m'v ,1mv '2+1m' 2 = 1 2 + 1追上 球发生第二次弹性碰撞有 1 2 3 4 2 1 2 2 2 3 2m'
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2,解得 v =7 10 12 10 3 74 3 25 m/s,v4= 25 m/s,则速度大小之比为| | = 12,C 正确。两次碰撞后, 4
因 v3<v4,即 A 再也不能追上 B 球,故不再发生碰撞,即两小球至多能发生 2 次碰撞,D 正
确。
10.答案 (1)1.2 J　3 N,竖直向下
(2)2.7 J
(3)s=(6n2-6.1) m(n=2,3,4,…)
解析 (1)物块甲到达与圆心 O 等高的 C 处时刚好对管壁无挤压,说明到达 C 点处速度恰
好为零,从 A 到 C 由能量守恒可得 Ep=mgR=1.2 J
C 1从 到 B 过程由能量守恒可得 mgR= 22
2
在 B 点由牛顿第二定律可得 FN-mg=m

解得 FN=3 N,由牛顿第三定律可知,物块经过 B 点时对管道压力大小为 3 N,方向竖
直向下。
(2)从 A 到 D 1过程由能量守恒可得 22 =Ep'-mgR
由于弹簧的弹性势能与压缩量的二次方成正比,对比(1)中结论可知 Ep'=4mgR
碰撞过程由动量守恒可得 mvD=2mv1
甲物块损失的机械能为
ΔE =1 2 1 2p 2 ― 2 1
联立解得 ΔEp=2.7 J。
(3) 1从 A 到 D 过程由能量守恒可得2
2
=Ep″-mgR
弹簧具有的弹性势能为 Ep″=n2mgR
碰撞过程满足动量守恒 mvD=2mv2
1
设在粗糙段滑行距离为 x1,由能量守恒可得 ×2m 22 2 =2μmgx1
满足 x1=3(n2-1) m(n=2,3,4,…)
在光滑段滑行距离为 x2=[3(n2-1)-0.1] m(n=2,3,4,…)
所以滑行的总距离为 s=x1+x2=(6n2-6.1) m(n=2,3,4,…)。
11.答案 (1)4 m/s　(2)0.45 m　(3)0.8 m
解析 (1)小滑块在 AB 轨道上运动
mgh-μmgcos θ· 1 2sin = 2 0
代入数据解得 v0=4 m/s。
(2)小滑块与小球碰撞后速度交换,小球沿 CDEF 轨道运动,在最高点可得
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min2mg=m
从 C 点到 E 点由机械能守恒可得
1
2
2
min +mg(R+r)=
1 2
2 min
v =4其中 Bmin 3 min,解得 hmin=0.45 m。
(3)设 F 点到 G 点的距离为 y,小球从 E 点到 Q 点的运动,由动能定理
1
2
2 = 1 2 2 min +mg(R+y)
由平抛运动可得
x=vGt,h'+r-y=
1
2gt
2
联立可得水平距离为
x=2 (0.5m - )(0.3m + )
由数学知识可得当 0.5 m-y=0.3 m+y 时 x 取最大,最大值为 xmax=0.8 m。

【高中物理】专题二　能量与动量（含解析）