（廣西專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 階段訓(xùn)練（二）功和能 動量（含解析）

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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,1~5題只有一個選項符合題目要求,6~8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Ⅰ)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=F·x,E

2、k與位移成正比。另外,Ek=12mv2=12ma2t2=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(xì)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(jī)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=22gR D.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,

3、外力F時而做正功時而做負(fù)功,軌道的作用力一直不做功,故小環(huán)機(jī)械能不守恒,選項A、B錯誤;小環(huán)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,mg·4R=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?fàn)顟B(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

4、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F1 B.F2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(dāng)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(dāng)傳送帶運動時,拉力做功W2=Fl

5、,物體從A運動到B的時間t2=lv1+v2Q2。故B正確,C、D錯誤。故選B。 4.(2019·湖南長沙長郡中學(xué)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)0

6、答案:D 解析:碰撞過程動量守恒,以v0方向為正方向有mAv0=-mAav0+mBvB,A與擋板P碰撞后能追上B發(fā)生再碰撞的條件是av0>vB,解得a>13;碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔEk=12mAv02-12mA(av0)2+12mBvB2≥0,解得a≤35,故13

7、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(jī)的底部裝有若干彈簧,如圖所示,設(shè)在某次事故中,升降機(jī)吊索在空中斷裂,忽略摩擦阻力,則升降機(jī)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(jī)械能不斷減小 D.機(jī)械能保持不變 答案:AC 解析:升降機(jī)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(jī)先向下加速,后減速,故升降機(jī)先處于失重狀態(tài)然

8、后處于超重狀態(tài),選項A正確;升降機(jī)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(fù)功,機(jī)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.彈簧給木塊A的沖量大小為43mv0 D.彈簧的最大彈性勢能為mv023 答案:CD 解析:當(dāng)木塊與長木板速度相等時,彈簧

9、的壓縮量最大,此后彈簧要恢復(fù)原狀,木板進(jìn)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(jī)械能也守恒,根據(jù)動量守恒定律有2mv0=2mv1+mv2?、?根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12×2mv02=12×2mv12+12mv22?、?解得v1=13v0,v2=43v0;對木塊A,根據(jù)動量定理有I=2mv1-2mv0=-43mv0(負(fù)號表示方向向右),C正確。當(dāng)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,有2mv0=(m+2m)v?、?系統(tǒng)機(jī)械能守恒,根據(jù)機(jī)械能守恒定律,有Ep=12×2mv02-12

10、(2m+m)v2　④,由③④兩式解得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 kg B.小球在B點受到軌道作用力為4.25 N C.圖乙中x=25 m2/s2 D.小球在A點時重力的功率為5 W 答案:BC 解析:由題圖乙可知,小球在C點的速度大小為v=3m/

11、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(jī)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(jī)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,共44分) 9.(12分)(2019·山東濰

12、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(jī),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(jī)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μ,重力加速度為g,發(fā)動機(jī)噴氣口橫截面積為S,噴出氣體的密度為ρ;不計噴出氣體對整體質(zhì)量的影響。求: (1)裝置懸停時噴出氣

13、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)gρS　(2)μm'mglm'+mm'2+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Δt時間噴出的氣體為研究對象,由動量定理有 F'Δt=(ρSvΔt)v 解得v=(m'+m)gρS。 (2)彈射過程水平方向動量守恒,有mv1-m'v2=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 -μmgl1=0-12mv12,-μm'gl2=0-12m'v22,l=l1+l2 彈射器提供的總動

14、能Ek=12mv12+12m'v22 聯(lián)立解得Ek=μm'mglm'+mm'2+m2。 10.(14分)如圖所示,AB是傾角為θ=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μ,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-μ)

15、　(2)3-3μ3μ+1R　(3)l≥3+31-3μR 解析:(1)根據(jù)幾何關(guān)系可得PB=Rtanθ=3R 從P點到E點根據(jù)動能定理,有 mgR-μmgcosθ·PB=12mvE2-0 代入數(shù)據(jù)解得vE=(2-3μ)gR 在E點,根據(jù)牛頓第二定律有FN-mg=mvE2R 解得FN=3mg(1-μ)。 (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)sinθ-μmgcosθ(BP+x)=0 代入數(shù)據(jù)解得x=3-3μ3μ+1R。 (3)物體剛好到達(dá)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

16、 mg(lsinθ-R-Rcosθ)-μmgcosθ·l=12mv2-0 代入數(shù)據(jù)解得l=3+31-3μR 所以只有l(wèi)≥3+31-3μR,物體才能順利通過圓弧軌道的最高點D。 11.(18分)(2019·全國卷Ⅲ)靜止在水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μ=0.20。重力加速度g取10 m/s2。A、B運動

17、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 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-mBvB① Ek=12mAvA2+12mBvB2② 聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得 vA=4.0m/s,vB=1.0m/s。③ (2)A、B兩物

18、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=μmBg④ sB=vBt-12at2⑤ vB-at=0⑥ 在時間t內(nèi),A可能與墻發(fā)生彈性碰撞,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-12at2⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得 sA=1.75m,sB=0.25m⑧ 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

19、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。⑨ (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 12mAvA'2-12mAvA2=-μmAg(2l+sB)⑩ 聯(lián)立③⑧⑩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(jī)械能守恒定律有 mA(-vA')=mAvA″+mBvB″ 12mAvA'2=12mAvA″2+12mBvB″2 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(xué)公式有 2asA'=vA″2,2asB'=vB″2 由④式及題給數(shù)據(jù)得sA'=0.63m,sB'=0.28m sA'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