高三物理二轮复习 专题能力提升练（三）动量与能量

我们在这里，召开私营企业家联谊会，借此机会，我代表成都市渝中工商局、渝中区私营企业协会，祝各位领导新年快乐、工作愉快、身体健康，祝各位企业家事业兴旺专题能力提升练(三)动量与能量(45分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求)1.如图所示,相同乒乓球1、2恰好在等高处水平向左越过球网,不计乒乓球的旋转和空气阻力,乒乓球自最高点到落台的过程中,正确的是()A.球1重力做的功大于球2重力做的功B.落台时,球1的重力功率大于球2的重力功率C.球1的平均功率等于球2的平均功率D.球1和球2在空中可能相遇【解析】选C。球1和球2平抛运动的高度相同,重力做的功W=mgh相同,选项A错误;由h=12gt2得t=2hg,可知两球运动的时间相同,落台时,由vy=gt知,竖直分速度相等,根据P=mgvy知,重力的瞬时功率相等,选项B错误;由P=Wt可知两球的平均功率相等,选项C正确;相同时间两球下落的高度相等,但水平位移不等,不可能相遇,选项D错误。2.(2016漳州一模)如图所示,A、B是两个质量均为m的小球,小球A从静止开始沿倾角为30的光滑斜面下滑,经tA时间到达斜面底端O,到达斜面底端O时动能为EkA,小球B从与A球等高处被水平抛出,经tB时间到达斜面底端O点,到达斜面底端O时动能为EkB,g取10m/s2,则下列说法正确的是()A.EkA=EkBB.tA=tBC.EkAEkBD.tAtB【解析】选C。对B由动能定理得mgh=EkB-12mv02,解得EkB=mgh+12mv02,对A由动能定理得mgh=EkA-0,可知EkAtB,故选项B、D错误。3.(2016烟台一模)如图所示,可视为质点的小球A和B用一根长为0.2m的轻杆相连,两球质量相等,开始时两小球置于光滑的水平面上,并给两小球一个2m/s的初速度,经一段时间两小球滑上一个倾角为30的光滑斜面,不计球与斜面碰撞时的机械能损失,g取10m/s2,在两小球的速度减小为零的过程中,下列判断正确的是()A.杆对小球A做负功B.小球A的机械能守恒C.杆对小球B做正功D.小球B速度为零时距水平面的高度为0.15m【解析】选D。将小球A、B视为一个系统,设小球的质量均为m,最后小球B上升的高度为h,根据机械能守恒定律有122mv2=mgh+mg(h+0.2msin30),解得h=0.15m,选项D正确;以小球A为研究对象,由动能定理有-mg(h+0.2msin30)+W=0-12mv2,可知W0,可见杆对小球A做正功,选项A、B错误;由于系统机械能守恒,故小球A增加的机械能等于小球B减少的机械能,杆对小球B做负功,选项C错误。【总结提升】应用机械能守恒定律解题时的三点注意(1)注意研究对象的选取:研究对象的选取是解题的首要环节,有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象时机械能不守恒,但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象,机械能却是守恒的。(2)注意研究过程的选取:有些问题研究对象的运动过程分几个阶段,有的阶段机械能守恒,而有的阶段机械能不守恒。因此,在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。(3)注意机械能守恒表达式的选取:守恒观点的表达式Ek1+Ep1=Ek2+Ep2适用于单个或多个物体机械能守恒的问题,解题时必须选取参考平面。而表达式Ek=-Ep和EA增=EB减是从“转化”和“转移”的角度来反映机械能守恒的,不必选取参考平面。4.(2016中山一模)如图所示,质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连,开始时B放在地面上,A、B均处于静止状态,此时弹簧压缩量为x1。现通过细绳将A向上缓慢拉起,第一阶段拉力做功为W1时,弹簧变为原长;第二阶段拉力再做功W2时,B刚要离开地面,此时弹簧伸长量为x2。弹簧一直在弹性限度内,则()A.x1x2B.拉力做的总功等于A的重力势能的增加量C.第一阶段,拉力做的功等于A的重力势能的增加量D.第二阶段,拉力做的功等于A的重力势能的增加量【解析】选B。开始时A压缩弹簧,形变量为x1=mgk,要使B刚要离开地面,则弹力应等于B的重力,即kx2=mg,故形变量x2=mgk,则x1=x2=x,故选项A错误;缓慢提升物体A,物体A的动能不变,第一阶段与第二阶段弹簧的形变量相同,弹簧弹力做的功大小相同,由动能定理得W1+W弹-mgx=0,W2-W弹-mgx=0,W1= mgx-W弹,W2= mgx+W弹,由于在整个过程中,弹簧的弹性势能不变,物体A、B的动能不变,B的重力势能不变,由能量守恒定律可知,拉力做的功转化为A的重力势能,拉力做的总功等于A的重力势能的增加量,故选项B正确;第一阶段物体重力势能的增加量为mgx,由W1=mgx-W弹可知,拉力做的功小于A的重力势能的增量,故选项C错误;第二阶段重力势能的增加量为mgx,由W2=mgx+W弹可知拉力做的功大于A的重力势能的增加量,故选项D错误。5.(2016衡水一模)某重型气垫船,自重达5.0105kg,最高时速为108km/h,装有额定输出功率为9000kW的燃气轮机。假设该重型气垫船在海面航行过程所受的阻力Ff与速度v满足Ff=kv,下列说法正确的是()A.该重型气垫船的最大牵引力为3.0105NB.从题中给出的数据,可算出k=1.0104Ns/mC.以最高时速一半的速度匀速航行时,气垫船所受的阻力为3.0105ND.以最高时速一半的速度匀速航行时,气垫船发动机的输出功率为4500kW【解析】选B。气垫船的最高速度为v=108km/h=30m/s,在额定输出功率下以最高时速航行时,根据P=Fv得气垫船的牵引力F=Pv=3.0105N,此时匀速运动,由P=Fv知,在速度达到最大前,F3.0105N,即气垫船的最大牵引力大于3.0105N,故选项A错误;气垫船以最高时速匀速运动时,气垫船所受的阻力为Ff=F=3.0105N,根据Ff=kv得k=1.0104Ns/m,故选项B正确;以最高时速一半的速度匀速航行时,气垫船所受的阻力为Ff=kv2=12Ff=1.5105N,此时气垫船发动机的输出功率为P=Fv2=Ffv2=1.510515W=2250kW,故选项C、D错误。6.质量为m的汽车在平直路面上由静止匀加速启动,运动过程的v -t图象如图所示,已知t1时刻汽车达到额定功率,之后保持额定功率运动,整个过程中汽车受到的阻力恒定,由图可知()A.在0t1时间内,汽车的牵引力大小为mv1t1B.在0t1时间内,汽车的功率与时间t成正比C.汽车受到的阻力大小为mv12t1(v2-v1)D.在t1t2时间内,汽车克服阻力做的功为12m(v22-v12)【解析】选B、C。在0t1时间内汽车做匀加速运动,加速度为a=v1t1,由牛顿第二定律可得F-Ff=ma,在t1时刻达到额定功率,P=Fv1,t2时刻达到最大速度,此时牵引力等于阻力,故P=Ffv2,联立解得F=mv2v1(v2-v1)t1,Ff=mv12t1(v2-v1),故选项A错误,C正确;在0t1汽车匀加速运动,牵引力恒定,汽车的功率P=Fv=Fat,功率与时间成正比,故选项B正确;在t1t2时间内,根据动能定理可得Pt-Wf=12mv22-12mv12,解得Wf=Pt-12m(v22-v12),故选项D错误。【加固训练】一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图,已知该车质量为2103kg,在某平直路面上行驶,阻力恒为3103N。若汽车从静止开始以恒定加速度2m/s2做匀加速运动,则此匀加速过程能持续的时间大约为()A.8 sB.14 sC.26 sD.38 s【解析】选B。由图可知,跑车的最大输出功率大约为200kW,根据牛顿第二定律得,牵引力F=Ff+ma=3000N+20002N=7000N,则匀加速过程最大速度vm=PF=200 0007 000m/s28.6 m/s,匀加速过程持续的时间t=vma=28.62s=14.3 s,故B正确,A、C、D错误。7.(2016河北区一模)如图所示,匀强电场场强大小为E,方向与水平方向夹角为(45),场中有一质量为m,电荷量为q的带电小球,用长为L的细线悬挂于O点。当小球静止时,细线恰好水平。现用一外力将小球沿圆弧缓慢拉到竖直方向最低点,小球电荷量不变,则在此过程中()A.外力所做的功为mgLcotB.带电小球的电势能增加qEL(sin+cos)C.带电小球的电势能增加2mgLcotD.外力所做的功为mgLtan【解析】选A、B。小球在水平位置静止,由共点力的平衡条件可知,qEsin=mg,则qE=mgsin,小球从最初始位置移到最低点时,电场力所做的功W电=-EqL(cos+sin),电场力做负功,电势能增加,故选项B正确,C错误;由动能定理可知,W外+W电+WG=0,W外=-(W电+WG)=EqL(cos+sin)-mgL=mgcot,故选项A正确,D错误。8.(2016泉州一模)如图,长为L的传送带与水平面的夹角为,皮带传送速率为v且保持不变,将质量为m的小物块轻放在传送带的下端,传送到上端的时间为t,小物块和传送带间因摩擦产生的热量为Q,传送带对小物块做的功为W,设小物块与传送带间的动摩擦因数为,则下列关系中可能正确的是()A.QmgLcosB.Q=(-tan)12mv2C.WmgvtcosD.W=12mv2+mgLsin+Q【解题指导】解答本题应注意以下三点:(1)判断物块在传送带上可能的运动情况。(2)物块和传送带间因摩擦产生的热量可由功能关系Q=Ffx相对求解。(3)传送带对小物块做的功要根据物块的运动情况,利用功的计算公式或者功能关系求解。【解析】选A、B。物块随传送带向上运动的情况有三种可能:一是物块一直向上做加速运动,到达最高点时物块的速度小于v;二是物块一直向上做加速运动,到达最高点时物块的速度恰好等于v;三是物块先向上加速到v,然后随传送带向上做匀速运动。由牛顿第二定律得物块向上加速运动的加速度为a=mgcos-mgsinm=gcos-gsin,在时间t内传送带前进位移为x=vt,发生的相对位移为x=vt-L。若物块一直向上做加速运动,到达最高点时物块的速度小于v时,传送带相对于物块的位移最大,产生的热量最多,若此时x=vt-LL,则Q=mgcosxmgLcos,故选项A正确;若物块一直向上做加速运动,到达最高点时物块的速度恰好等于v时,则v=at,L=12at2,x=vt-L=v2a-v22a=v22(gcos-gsin),产生的热量Q=mgcosx=mgcosv22(gcos-gsin)=-tan12mv2,故选项B正确;若物块一直做加速运动,则传送带对物块做的功W=mgcosL,由于物块的速度小于等于v,所以Lvt,所以Wmgvtcos,故选项C错误;当物块的速度能达到v时,传送带对物块做的功转化为动能与重力势能的和,即W=12mv2+mgLsin,故选项D错误。二、计算题(本大题共2小题,共36分。需写出规范的解题步骤)9.(16分)(2016江苏高考)如图所示,倾角为的斜面A被固定在水平面上,细线的一端固定于墙面,另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连,B静止在斜面上。滑轮左侧的细线水平,右侧的细线与斜面平行,A、B的质量均为m,撤去固定A的装置后,A、B均做直线运动。不计一切摩擦,重力加速度为g。求:(1)A固定不动时,A对B支持力的大小N。(2)A滑动的位移为x时,B的位移大小s。(3)A滑动的位移为x时的速度大小vx。【解题指导】(1)A固定不动时,B受平衡力作用。(2)撤去固定A的装置后,A、B均做直线运动,勾画两个物体的运动位移关系。(3)解决叠加体问题中的速度问题首选机械能守恒定律。【解析】(1)支持力的大小N=mgcos(2分)(2)根据几何关系sx=x(1-cos),(2分)sy=xsin,(2分)且s2=sx2+sy2(1分)解得s=2(1-cos)x(1分)(3)B下降的高度sy=xsin(1分)根据机械能守恒定律mgsy=12mvA2+12mvB2(3分)根据速度的定义得vA=xt,(1分)vB=st(1分)则vB=2(1-cos)vA,(1分)解得vx=vA=2gxsin3-2cos。(1分)答案:(1)mgcos(2)2(1-cos)x(3)2gxsin3-2cos10.(20分)(2016石嘴山一模)如图所示,水平传送带长L=12m,且以v=5m/s的恒定速率顺时针转动,光滑曲面与传送带的右端B点平滑连接,有一质量m=2kg的物块从距传送带高h=5m的A点由静止开始滑下。已知物块与传送带之间的动摩擦因数=0.5,重力加速度g取10m/s2,求:(1)物块距传送带左端C的最小距离。(2)物块再次经过B点后滑上曲面的最大高度。(3)在整个运动过程中,物块与传送带间因摩擦而产生的热量。【解析】(1)物块从A到B的过程中,由动能定理得:mgh=12mvB2(2分)解得:vB=10m/s(1分)物块在传送带上向左运动的过程中,由牛顿第二定律得:mg=ma(1分)解得:a=5m/s2(1分)由运动学公式得:0-vB2=-2ax1(1分)解得:x1=10m(1分)且t1=vBa=2s(1分)物块距传送带左端C的最小距离:dmin=L-x1=2m(1分)(2)物块在传送带上向右运动的过程中,由牛顿第二定律得:mg=ma解得:a=5m/s(1分)物块到达与传送带共速的时间:t2=va=1s(1分)x2=12at22=2.5m10m(1分)此后物块随传送带向右匀速运动,经过B点时的速度