2020高考物理二轮课标通用阶段训练（二）　功和能　动量 WORD版含解析.docx

1、阶段训练(二)功和能动量(时间:45分钟满分:100分)专题能力训练第17页一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。在每小题给出的四个选项中,15题只有一个选项符合题目要求,68题有多个选项符合题目要求。全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2018全国卷)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段,列车的动能()A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比答案:B解析:高铁列车启动阶段可看作初速度为零的匀加速运动,则列车所受合外力恒定,由动能定理Ek=Fx,Ek与位移成正比。另外,Ek=12mv

2、2=12ma2t2=p22m,故选项B正确,A、C、D错误。2.如图所示,竖直面内,两段半径均为R的光滑半圆形细杆平滑拼接组成“S”形轨道,一个质量为m的小环套在轨道上,小环从轨道最高点由静止开始下滑,下滑过程中始终受到一个水平恒力F的作用,小环能下滑到最低点,重力加速度大小为g。则小环从最高点下滑到最低点的过程中()A.小环机械能守恒B.外力F一直做正功C.小环在最低点的速度大小为v=22gRD.在最低点小环对轨道的压力大小FN=mg答案:C解析:小环下滑过程中受重力、轨道沿半径方向的作用力和水平外力F,重力一直做正功,外力F时而做正功时而做负功,轨道的作用力一直不做功,故小环机械能不守恒,

3、选项A、B错误;小环从最高点下滑到最低点的过程中,在沿水平恒力F方向上的位移为0,则由动能定理可得整个过程中重力做的功等于动能变化量,mg4R=12mv2,解得v=22gR,选项C正确;小环在最低点,由牛顿第二定律得FN-mg=mv2R,得FN=9mg,由牛顿第三定律可知FN=FN=9mg,选项D错误。3.如图所示,水平传送带两端点A、B间的距离为l。若传送带处于静止状态,把一个小物块放到右端的A点,某人用恒定的水平拉力F1使小物块以速度v1匀速滑到左端的B点。若传送带的上表面以v2的速度匀速向左运动,此人用水平恒力F2拉物块,使物块以相对于传送带为v1的速度从A滑到B,下列说法正确的是()A

4、.F2大于F1B.F2做的功等于F1做的功C.F2的功率等于F1的功率D.两种情况下物块与皮带之间因摩擦而产生的热量相同答案:B解析:两种情况下物体都做匀速直线运动,物体处于平衡状态,由平衡条件可知,拉力等于滑动摩擦力,由于两种情况下滑动摩擦力Ff相等,则拉力相等,即F1=F2,故A错误;设AB的长度为l,拉力大小为F,滑动摩擦力大小为Ff。当传送带不运动时,拉力做功W1=Fl,物体从A运动到B的时间t1=lv1,因摩擦而产生的热量Q1=Ffl。当传送带运动时,拉力做功W2=Fl,物体从A运动到B的时间t2=lv1+v2t1,因摩擦而产生的热量Q2=Ffv1t2。拉力做功功率P1=W1t1,P

5、2=W2t2,比较可知W1=W2,P1P2。又v1t2Q2。故B正确,C、D错误。故选B。4.(2019湖南长沙长郡中学月考)如图所示,质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动,与原静止的质量为4m的B球碰撞,碰撞后A球以v=av0(待定系数0a1)的速率弹回,并与挡板P发生完全弹性碰撞。若要使A球能追上B球再相撞,则a的取值范围为()A.15a13B.13a23C.13a25D.13vB,解得a13;碰撞过程中损失的机械能Ek=12mAv02-12mA(av0)2+12mBvB20,解得a35,故13a35,D正确。5.质量为10 kg的物体,在变力F的作用下沿x轴做直线运动,力F随坐标x

6、的变化情况如图所示。物体在x=0处,速度为1 m/s,不计一切摩擦,则物体运动到x=16 m处时,速度大小为()A.22 m/sB.3 m/sC.4 m/sD.17 m/s答案:B解析:本题考查动能定理,意在考查F-x图像中图线与横轴围成的面积表示功的知识。由题图可知F-x图线与横轴围成的面积表示功,由动能定理可知W=12mv2-12mv02,经计算可得v=3 m/s,B正确。6.一升降机的底部装有若干弹簧,如图所示,设在某次事故中,升降机吊索在空中断裂,忽略摩擦阻力,则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中()A.先处于失重状态然后处于超重状态B.重力的功率不断减小C.机械能不断

7、减小D.机械能保持不变答案:AC解析:升降机在下落过程中,受到竖直向下的重力和竖直向上的弹簧的弹力作用,且弹力逐渐增大,则升降机先向下加速,后减速,故升降机先处于失重状态然后处于超重状态,选项A正确;升降机的重力的功率P=mgv,其先增大后减小,选项B错误;除重力做功外,弹簧的弹力对其做负功,机械能减小,选项C正确,选项D错误。7.(2019云南楚雄模拟)如图所示,在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B,木板表面光滑,左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B。在木块A与弹簧相互作用的过程中,下列判断正确的是()A.弹簧压缩量最大时,B板运动速率最大B.B板

8、的加速度一直增大C.弹簧给木块A的冲量大小为43mv0D.弹簧的最大弹性势能为mv023答案:CD解析:当木块与长木板速度相等时,弹簧的压缩量最大,此后弹簧要恢复原状,木板进一步加速,A错误。木块与木板发生弹性碰撞,弹簧压缩量先增大后减小,故B板的加速度先增大后减小,B错误。木块与木板发生弹性碰撞,动量守恒,机械能也守恒,根据动量守恒定律有2mv0=2mv1+mv2,根据机械能守恒定律有122mv02=122mv12+12mv22,解得v1=13v0,v2=43v0;对木块A,根据动量定理有I=2mv1-2mv0=-43mv0(负号表示方向向右),C正确。当木块与长木板速度相等时,弹簧的压缩量

9、最大,根据动量守恒定律,有2mv0=(m+2m)v,系统机械能守恒,根据机械能守恒定律,有Ep=122mv02-12(2m+m)v2,由两式解得Ep=13mv02,D正确。8.如图甲所示,在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC,小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道,图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中,其速度的二次方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为1.25 N,空气阻力不计,g取10 m/s2,B点为AC轨道的中点,下列说法正确的是()A.小球质量为0.5 kgB.小球在B点受到轨道作用力为4.25 NC.图乙中x=25 m2/s2D.小球在A点时重力的功

10、率为5 W答案:BC解析:由题图乙可知,小球在C点的速度大小为v=3 m/s,轨道半径R=0.4 m,因小球所受重力与弹力的合力提供向心力,所以小球在C点有mg+F=mv2R,代入数据得m=0.1 kg,选项A错误;由机械能守恒可知,小球在B点的速度12mv2+mgR=12mvB2,解得vB2=17 m2/s2,因在B点是弹力提供向心力,所以有FB=mvB2R,解得F=4.25 N,选项B正确;再由机械能守恒定律可得,12mv2+2mgR=12mv02,解得小球在A点的速度v0=5 m/s,所以题图乙中x=25 m2/s2,选项C正确;因小球在A点时重力与速度方向垂直,所以重力的功率为0,选项

11、D错误。二、非选择题(本题共3小题,共44分)9.(12分)(2019山东潍坊一模)右图是某科技小组制做的嫦娥四号模拟装置的示意图,用来演示嫦娥四号空中悬停和着陆后的分离过程,它由着陆器和巡视器两部分组成,其中着陆器内部有喷气发动机,底部有喷气孔,在连接巡视器的一侧有弹射器。演示过程:先让发动机竖直向下喷气,使整个装置竖直上升至某个位置处于悬停状态,然后让装置慢慢下落到水平面上,再启动弹射器使着陆器和巡视器瞬间分离,向相反方向做减速直线运动。若两者均停止运动时相距为l,着陆器(含弹射器)和巡视器的质量分别为m和m,它们与地面间的动摩擦因数均为,重力加速度为g,发动机喷气口横截面积为S,喷出气体

12、的密度为;不计喷出气体对整体质量的影响。求:(1)装置悬停时喷出气体的速度;(2)弹射器给着陆器和巡视器提供的动能之和。答案:(1)(m+m)gS(2)mmglm+mm2+m2解析:(1)悬停时气体对模拟装置的作用力为F,则F=(m+m)g由牛顿第三定律可知,悬停时模拟装置对气体的作用力F=F取t时间喷出的气体为研究对象,由动量定理有Ft=(Svt)v解得v=(m+m)gS。(2)弹射过程水平方向动量守恒,设二者分离瞬间巡视器和着陆器的速度大小分别为v1和v2,有mv1-mv2=0设巡视器和着陆器减速运动的距离分别为l1和l2,由动能定理得-mgl1=0-12mv12,-mgl2=0-12mv

13、22,l=l1+l2弹射器提供的总动能Ek=12mv12+12mv22联立解得Ek=mmglm+mm2+m2。10.(14分)如图所示,AB是倾角为=30的粗糙直轨道,BCD是光滑的圆弧轨道,AB恰好在B点与圆弧相切,圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放,结果它能在两轨道上做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高,物体与轨道AB间的动摩擦因数为,重力加速度为g。(1)求物体对圆弧轨道最大压力的大小。(2)求物体滑回轨道AB上距B点的最大距离。(3)释放点距B点的距离l应满足什么条件,才能使物体顺利通过圆弧轨道的最高点D?答案:(1)3mg(1-)(2)3-

14、33+1R(3)l3+31-3R解析:(1)根据几何关系可得PB=Rtan=3R从P点到E点根据动能定理,有mgR-mgcos PB=12mvE2-0代入数据解得vE=(2-3)gR在E点,根据牛顿第二定律有FN-mg=mvE2R解得FN=3mg(1-)。(2)设物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离为x,根据动能定理,有mg(BP-x) sin -mgcos (BP+x)=0代入数据解得x=3-33+1R。(3)物体刚好到达最高点D时,有mg=mv2R解得v=gR从释放点到最高点D的过程,根据动能定理,有mg(lsin -R-Rcos )-mgcos l=12mv2-0代入数据解得l=3+31

15、-3R所以只有l3+31-3R,物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D。11.(18分)(2019全国卷)静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为mA=1.0 kg,mB=4.0 kg;二者之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m,如图所示。某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使A、B瞬间分离,两物块获得的动能之和为Ek=10.0 J。释放后,A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为=0.20。重力加速度g取10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小。(2)物块A、B中的哪一个先停止?

16、该物块刚停止时A与B之间的距离是多少?(3)A和B都停止后,A与B之间的距离是多少?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)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB,以向右为正方向,由动量守恒定律和题给条件有0=mAvA-mBvBEk=12mAvA2+12mBvB2联立式并代入题给数据得vA=4.0 m/s,vB=1.0 m/s。(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等,因而两者滑动时加速度大小相等,设为a。假设A和B发生碰撞前,已经有一个物块停止,此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t,

17、B向左运动的路程为sB,则有mBa=mBgsB=vBt-12at2vB-at=0在时间t内,A可能与墙发生弹性碰撞,碰撞后A将向左运动,碰撞并不改变A的速度大小,所以无论此碰撞是否发生,A在时间t内的路程sA都可表示为sA=vAt-12at2联立式并代入题给数据得sA=1.75 m,sB=0.25 m这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞,但没有与B发生碰撞,此时A位于出发点右边0.25 m处。B位于出发点左边0.25 m处,两物块之间的距离s为s=0.25 m+0.25 m=0.50 m。(3)t时刻后A将继续向左运动,假设它能与静止的B碰撞,碰撞时速度的大小为vA,由动能定理有12mAvA2-

18、12mAvA2=-mAg(2l+sB)联立式并代入题给数据得vA=7 m/s故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA和vB,由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(-vA)=mAvA+mBvB12mAvA2=12mAvA2+12mBvB2联立式并代入题给数据得vA=375 m/s,vB=-275 m/s这表明碰撞后A将向右运动,B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA时停止,B向左运动距离为sB时停止,由运动学公式有2asA=vA2,2asB=vB2由式及题给数据得sA=0.63 m,sB=0.28 msA小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离s=sA+sB=0.91 m。