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1、階段訓(xùn)練(二)功和能動量(時間:45分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共8小題,每小題7分,共56分。在每小題給出的四個選項中,15題只有一個選項符合題目要求,68題有多個選項符合題目要求。全部選對的得7分,選對但不全的得4分,有選錯的得0分)1.(2018全國卷)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段,列車的動能()A.與它所經(jīng)歷的時間成正比B.與它的位移成正比C.與它的速度成正比D.與它的動量成正比答案:B解析:高鐵列車啟動階段可看作初速度為零的勻加速運動,則列車所受合外力恒定,由動能定理Ek=Fx,Ek與位移成正比。另外,Ek=12mv2=12ma2t2=
2、p22m,故選項B正確,A、C、D錯誤。2.如圖所示,豎直面內(nèi),兩段半徑均為R的光滑半圓形細桿平滑拼接組成“S”形軌道,一個質(zhì)量為m的小環(huán)套在軌道上,小環(huán)從軌道最高點由靜止開始下滑,下滑過程中始終受到一個水平恒力F的作用,小環(huán)能下滑到最低點,重力加速度大小為g。則小環(huán)從最高點下滑到最低點的過程中()A.小環(huán)機械能守恒B.外力F一直做正功C.小環(huán)在最低點的速度大小為v=22gRD.在最低點小環(huán)對軌道的壓力大小FN=mg答案:C解析:小環(huán)下滑過程中受重力、軌道沿半徑方向的作用力和水平外力F,重力一直做正功,外力F時而做正功時而做負功,軌道的作用力一直不做功,故小環(huán)機械能不守恒,選項A、B錯誤;小環(huán)
3、從最高點下滑到最低點的過程中,在沿水平恒力F方向上的位移為0,則由動能定理可得整個過程中重力做的功等于動能變化量,mg4R=12mv2,解得v=22gR,選項C正確;小環(huán)在最低點,由牛頓第二定律得FN-mg=mv2R,得FN=9mg,由牛頓第三定律可知FN=FN=9mg,選項D錯誤。3.如圖所示,水平傳送帶兩端點A、B間的距離為l。若傳送帶處于靜止狀態(tài),把一個小物塊放到右端的A點,某人用恒定的水平拉力F1使小物塊以速度v1勻速滑到左端的B點。若傳送帶的上表面以v2的速度勻速向左運動,此人用水平恒力F2拉物塊,使物塊以相對于傳送帶為v1的速度從A滑到B,下列說法正確的是()A.F2大于F1B.F
4、2做的功等于F1做的功C.F2的功率等于F1的功率D.兩種情況下物塊與皮帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量相同答案:B解析:兩種情況下物體都做勻速直線運動,物體處于平衡狀態(tài),由平衡條件可知,拉力等于滑動摩擦力,由于兩種情況下滑動摩擦力Ff相等,則拉力相等,即F1=F2,故A錯誤;設(shè)AB的長度為l,拉力大小為F,滑動摩擦力大小為Ff。當傳送帶不運動時,拉力做功W1=Fl,物體從A運動到B的時間t1=lv1,因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q1=Ffl。當傳送帶運動時,拉力做功W2=Fl,物體從A運動到B的時間t2=lv1+v2t1,因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q2=Ffv1t2。拉力做功功率P1=W1t1,P2=W2t2,比較可
5、知W1=W2,P1P2。又v1t2Q2。故B正確,C、D錯誤。故選B。4.(2019湖南長沙長郡中學月考)如圖所示,質(zhì)量為m的A球以速度v0在光滑水平面上運動,與原靜止的質(zhì)量為4m的B球碰撞,碰撞后A球以v=av0(待定系數(shù)0a1)的速率彈回,并與擋板P發(fā)生完全彈性碰撞。若要使A球能追上B球再相撞,則a的取值范圍為()A.15a13B.13a23C.13a25D.13vB,解得a13;碰撞過程中損失的機械能Ek=12mAv02-12mA(av0)2+12mBvB20,解得a35,故13a35,D正確。5.質(zhì)量為10 kg的物體,在變力F的作用下沿x軸做直線運動,力F隨坐標x的變化情況如圖所示。
6、物體在x=0處,速度為1 m/s,不計一切摩擦,則物體運動到x=16 m處時,速度大小為()A.22 m/sB.3 m/sC.4 m/sD.17 m/s答案:B解析:本題考查動能定理,意在考查F-x圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示功的知識。由題圖可知F-x圖線與橫軸圍成的面積表示功,由動能定理可知W=12mv2-12mv02,經(jīng)計算可得v=3m/s,B正確。6.一升降機的底部裝有若干彈簧,如圖所示,設(shè)在某次事故中,升降機吊索在空中斷裂,忽略摩擦阻力,則升降機在從彈簧下端觸地后直到最低點的一段運動過程中()A.先處于失重狀態(tài)然后處于超重狀態(tài)B.重力的功率不斷減小C.機械能不斷減小D.機械能保持不變
7、答案:AC解析:升降機在下落過程中,受到豎直向下的重力和豎直向上的彈簧的彈力作用,且彈力逐漸增大,則升降機先向下加速,后減速,故升降機先處于失重狀態(tài)然后處于超重狀態(tài),選項A正確;升降機的重力的功率P=mgv,其先增大后減小,選項B錯誤;除重力做功外,彈簧的彈力對其做負功,機械能減小,選項C正確,選項D錯誤。7.(2019云南楚雄模擬)如圖所示,在光滑的水平面上靜止放一質(zhì)量為m的木板B,木板表面光滑,左端固定一輕質(zhì)彈簧。質(zhì)量為2m的木塊A以速度v0從板的右端水平向左滑上木板B。在木塊A與彈簧相互作用的過程中,下列判斷正確的是()A.彈簧壓縮量最大時,B板運動速率最大B.B板的加速度一直增大C.彈
8、簧給木塊A的沖量大小為43mv0D.彈簧的最大彈性勢能為mv023答案:CD解析:當木塊與長木板速度相等時,彈簧的壓縮量最大,此后彈簧要恢復(fù)原狀,木板進一步加速,A錯誤。木塊與木板發(fā)生彈性碰撞,彈簧壓縮量先增大后減小,故B板的加速度先增大后減小,B錯誤。木塊與木板發(fā)生彈性碰撞,動量守恒,機械能也守恒,根據(jù)動量守恒定律有2mv0=2mv1+mv2,根據(jù)機械能守恒定律有122mv02=122mv12+12mv22,解得v1=13v0,v2=43v0;對木塊A,根據(jù)動量定理有I=2mv1-2mv0=-43mv0(負號表示方向向右),C正確。當木塊與長木板速度相等時,彈簧的壓縮量最大,根據(jù)動量守恒定律
9、,有2mv0=(m+2m)v,系統(tǒng)機械能守恒,根據(jù)機械能守恒定律,有Ep=122mv02-12(2m+m)v2,由兩式解得Ep=13mv02,D正確。8.如圖甲所示,在豎直平面內(nèi)固定一光滑的半圓形軌道ABC,小球以一定的初速度從最低點A沖上軌道,圖乙是小球在半圓形軌道上從A運動到C的過程中,其速度的二次方與其對應(yīng)高度的關(guān)系圖像。已知小球在最高點C受到軌道的作用力為1.25 N,空氣阻力不計,g取10 m/s2,B點為AC軌道的中點,下列說法正確的是()A.小球質(zhì)量為0.5 kgB.小球在B點受到軌道作用力為4.25 NC.圖乙中x=25 m2/s2D.小球在A點時重力的功率為5 W答案:BC解
10、析:由題圖乙可知,小球在C點的速度大小為v=3m/s,軌道半徑R=0.4m,因小球所受重力與彈力的合力提供向心力,所以小球在C點有mg+F=mv2R,代入數(shù)據(jù)得m=0.1kg,選項A錯誤;由機械能守恒可知,小球在B點的速度12mv2+mgR=12mvB2,解得vB2=17m2/s2,因在B點是彈力提供向心力,所以有FB=mvB2R,解得F=4.25N,選項B正確;再由機械能守恒定律可得,12mv2+2mgR=12mv02,解得小球在A點的速度v0=5m/s,所以題圖乙中x=25m2/s2,選項C正確;因小球在A點時重力與速度方向垂直,所以重力的功率為0,選項D錯誤。二、非選擇題(本題共3小題,
11、共44分)9.(12分)(2019山東濰坊一模)右圖是某科技小組制做的嫦娥四號模擬裝置的示意圖,用來演示嫦娥四號空中懸停和著陸后的分離過程,它由著陸器和巡視器兩部分組成,其中著陸器內(nèi)部有噴氣發(fā)動機,底部有噴氣孔,在連接巡視器的一側(cè)有彈射器。演示過程:先讓發(fā)動機豎直向下噴氣,使整個裝置豎直上升至某個位置處于懸停狀態(tài),然后讓裝置慢慢下落到水平面上,再啟動彈射器使著陸器和巡視器瞬間分離,向相反方向做減速直線運動。若兩者均停止運動時相距為l,著陸器(含彈射器)和巡視器的質(zhì)量分別為m和m,與地面間的動摩擦因數(shù)均為,重力加速度為g,發(fā)動機噴氣口橫截面積為S,噴出氣體的密度為;不計噴出氣體對整體質(zhì)量的影響。
12、求:(1)裝置懸停時噴出氣體的速度;(2)彈射器給著陸器和巡視器提供的動能之和。答案:(1)(m+m)gS(2)mmglm+mm2+m2解析:(1)懸停時氣體對模擬裝置的作用力為F,則F=(m+m)g由牛頓第三定律可知,懸停時模擬裝置對氣體的作用力F=F取t時間噴出的氣體為研究對象,由動量定理有Ft=(Svt)v解得v=(m+m)gS。(2)彈射過程水平方向動量守恒,有mv1-mv2=0設(shè)巡視器和著陸器減速運動的距離分別為l1和l2,由動能定理得-mgl1=0-12mv12,-mgl2=0-12mv22,l=l1+l2彈射器提供的總動能Ek=12mv12+12mv22聯(lián)立解得Ek=mmglm+
13、mm2+m2。10.(14分)如圖所示,AB是傾角為=30的粗糙直軌道,BCD是光滑的圓弧軌道,AB恰好在B點與圓弧相切,圓弧的半徑為R。一個質(zhì)量為m的物體(可以看作質(zhì)點)從直軌道上的P點由靜止釋放,結(jié)果它能在兩軌道上做往返運動。已知P點與圓弧的圓心O等高,物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為,重力加速度為g。(1)求物體對圓弧軌道最大壓力的大小。(2)求物體滑回軌道AB上距B點的最大距離。(3)釋放點距B點的距離l應(yīng)滿足什么條件,才能使物體順利通過圓弧軌道的最高點D?答案:(1)3mg(1-)(2)3-33+1R(3)l3+31-3R解析:(1)根據(jù)幾何關(guān)系可得PB=Rtan=3R從P點到E點根據(jù)
14、動能定理,有mgR-mgcosPB=12mvE2-0代入數(shù)據(jù)解得vE=(2-3)gR在E點,根據(jù)牛頓第二定律有FN-mg=mvE2R解得FN=3mg(1-)。(2)設(shè)物體滑回到軌道AB上距B點的最大距離為x,根據(jù)動能定理,有mg(BP-x)sin-mgcos(BP+x)=0代入數(shù)據(jù)解得x=3-33+1R。(3)物體剛好到達最高點D時,有mg=mv2R解得v=gR從釋放點到最高點D的過程,根據(jù)動能定理,有mg(lsin-R-Rcos)-mgcosl=12mv2-0代入數(shù)據(jù)解得l=3+31-3R所以只有l(wèi)3+31-3R,物體才能順利通過圓弧軌道的最高點D。11.(18分)(2019全國卷)靜止在水
15、平地面上的兩小物塊A、B,質(zhì)量分別為mA=1.0 kg,mB=4.0 kg;兩者之間有一被壓縮的微型彈簧,A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l=1.0 m,如圖所示。某時刻,將壓縮的微型彈簧釋放,使A、B瞬間分離,兩物塊獲得的動能之和為Ek=10.0 J。釋放后,A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為=0.20。重力加速度g取10 m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小。(2)物塊A、B中的哪一個先停止?該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少?(3)A和B都停止后,A與B之間的距離是多少?答案:(1)vA=4.0
16、m/s,vB=1.0 m/s(2)B先停止0.50 m(3)0.91 m解析:(1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB,以向右為正方向,由動量守恒定律和題給條件有0=mAvA-mBvBEk=12mAvA2+12mBvB2聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得vA=4.0m/s,vB=1.0m/s。(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等,因而兩者滑動時加速度大小相等,設(shè)為a。假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前,已經(jīng)有一個物塊停止,此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B。設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時間為t,B向左運動的路程為sB,則有mBa=mBgsB=vBt-12at2vB-at=0在時間t內(nèi),A可能與墻發(fā)生彈性碰撞
17、,碰撞后A將向左運動,碰撞并不改變A的速度大小,所以無論此碰撞是否發(fā)生,A在時間t內(nèi)的路程sA都可表示為sA=vAt-12at2聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得sA=1.75m,sB=0.25m這表明在時間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞,但沒有與B發(fā)生碰撞,此時A位于出發(fā)點右邊0.25m處。B位于出發(fā)點左邊0.25m處,兩物塊之間的距離s為s=0.25m+0.25m=0.50m。(3)t時刻后A將繼續(xù)向左運動,假設(shè)它能與靜止的B碰撞,碰撞時速度的大小為vA,由動能定理有12mAvA2-12mAvA2=-mAg(2l+sB)聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得vA=7m/s故A與B將發(fā)生碰撞。設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA和vB,由動量守恒定律與機械能守恒定律有mA(-vA)=mAvA+mBvB12mAvA2=12mAvA2+12mBvB2聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得vA=375m/s,vB=-275m/s這表明碰撞后A將向右運動,B繼續(xù)向左運動。設(shè)碰撞后A向右運動距離為sA時停止,B向左運動距離為sB時停止,由運動學公式有2asA=vA2,2asB=vB2由式及題給數(shù)據(jù)得sA=0.63m,sB=0.28msA小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離s=sA+sB=0.91m。10
（廣西專用）2020高考物理二輪復(fù)習 階段訓(xùn)練（二）功和能 動量（含解析）
