（广西专用）2020高考物理二轮复习 阶段训练（二）功和能 动量（含解析）

阶段训练(二)功和能动量(时间:45分钟满分:100分)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=12mv2=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,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.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,p2=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=3m/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=3m/s,轨道半径r=0.4m,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=0.1kg,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=17m2/s2,因在b点是弹力提供向心力,所以有fb=mvb2r,解得f=4.25n,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=5m/s,所以题图乙中x=25m2/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,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,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=0-12mv22,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)3-33+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-mgcospb=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)-mgcosl=12mv2-0代入数据解得l=3+31-3r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;两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?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=4.0m/s,vb=1.0m/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,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=1.75m,sb=0.25m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0.25m处。b位于出发点左边0.25m处,两物块之间的距离s为s=0.25m+0.25m=0.50m。(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12mava2-12mava2=-mag(2l+sb)联立式并代入题给数据得va=