2018届高考物理二轮复习第五章能量和动量单元质量检测

1、单元质量检测（五）能量和动量一、选择题（第 14 题只有一项正确，第 58 题有多项正确）1. （2017 广州执信中学模拟）如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中 有一个质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中, 下列说法正确的是（ ）A. 人对车的推力F做的功为FLB. 人对车做的功为maLC.车对人的作用力大小为maD.车对人的摩擦力做的功为（FmaL解析：选 A 根据功的公式可知，人对车做功为W FL,故 A 正确；在水平方向上，由 牛顿第二定律可知，车对人的作用力为F=ma人对车的作用力为一ma故人对车做的功为WmaL故 B 错误；因车对人

2、还有支持力，大小等于mg故车对人的作用力为N=解析：选 C 根据P=Fv,FF阻=ma做匀加速运动时，v=at,所以P=Fat,故功率 与时间成正比；做匀速运动时，合力为零，即F=F阻，P=Fv=F阻v,可知汽车由匀加速运动变为匀速运动，要求牵引力F突然减小，功率突然减小，然后保持不变，所以A B、D错误；C正确。3. （2017 陕西西安一中模拟）如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点。轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上。 不计滑块在B点的机 械能损失，换用材料相同、质量为m的

3、滑块（mm）压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程， 下列说法正确的是（）A.两滑块到达B点时速度相同B.两滑块沿斜面上升的最大高度相同2C. 两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同D. 两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同解析：选 D 两滑块到达B点的动能相同，但质量不同，则速度不同，故A 错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同， 由于初速度不同， 故上升的最大高度不同， 故 B 错误；两滑 块上升到最高点过程克服重力做功可表示为mgh,由能量守恒定律得 巳=mgh+卩matexs-T，所以mg升存诗 L，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的4. （2017 河北衡水中学模拟）如图，质

4、量分别为m= 1.0 kg 和m= 2.0 kg 的弹性小球a、b,用轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变。该系统以速度V0= 0.10 m/s沿光滑水平面向右做直线运动。 某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。经 过时间t=5.0 s 后，测得两球相距s= 4.5 m，则下列说法错误的是（）C. 刚分离时，a、b两球的速度方向相同D.两球分开过程中释放的弹性势能为0.27 J解析：选 C 系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：（m+m）vo=mv1+mv2，位移：s= vd V2t，代入数据解得：V1= 0.70 m/s ,V2= 0.20 m/s，符号表示速

5、度一 一 1212方向与正方向相反，故选项A、B 正确，C 错误；由能量守恒定律得：（m+m）vo+EP=mwA. 物体的质量为 5 kgB.物体与水平面间的动摩擦因数为0.1功相同，故 C 错误；由能量守恒定律得E损=W= 1mgposhe x =1mghcote =sinecote1 + 卩 cote巳， 故D正确。A. 刚分离时,B. 刚分离时,a球的速度大小为b球的速度大小为0.7 m/si W0.2 m/s3C.第 1 s 内摩擦力对物体做的功为60 JD. 第 1 s 内拉力对物体做的功为 60 J2mv解析：选 BD 由动能定理有 45=空，第 1 s 末速度v= 3 m/s，解

6、出 m= 10 kg ,故 A3 一 o错误；撤去拉力后加速度的大小a= 4一 m/s2= 1 m/s摩擦力f=ma=10 N,又f=卩mg解出卩=0.1，故 B 正确；第 1 s 内物体的位移x= 1.5 m，第 1 s 内摩擦力对物体做的功W3 一 022=-fx=- 15 J,故 C 错误；第 1 s 内加速度的大小a1= m/s = 3 m/s，设第 1 s 内拉1 0力为F,贝 UFf=ma,第 1 s 内拉力对物体做的功W=Fx= 60 J，故 D 正确。6. （2015 浙江高考）我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。舰载机总质量为 3.0 x104kg ,设起飞过程中发

7、动机的推力恒为1.0X105N;弹射器有效作用长度为100m 推力恒定。要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s。弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%则（）A.弹射器的推力大小为 1.1X106NB.弹射器对舰载机所做的功为1.1X108JC.弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8X109WD.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2解析：选 ABD 对舰载机应用运动学公式V2 0= 2ax,解得加速度a= 32 m/s2，选项 D正确；设总推力为F,对舰载机应用牛顿第二定律可知：F 20 好=ma得F= 1.2X106N,而发动机的推

8、力为 1.0X105N,则弹射器的推力为尸推=（1.2X106 1.0X105）N = 1.1X106N, 选项 A正确；弹射器对舰载机所做的功为W=F推I= 1.1X108J，选项 B 正确；弹射过程的拉力作用下开始运动，在向上运动的过程中，物体的动能所示，其中在 0h过程中的图线为平滑曲线，h2h过程中的图线为平行于横轴的直线,2h3h过程中的图线为一倾斜的直线，不计空气阻力，下列说法正确的是9（2017 湖南长沙雅礼中学模拟）如图甲所示，静止在地面上的一个物体在竖直向上所用的时间为t=V= 80 s = 2.5 s，平均功率a328r W 1.1X10P=t2.5W= 4.4X107W

9、选项 C 错误。4A.物体上升到 h 高处时，拉力的功率为零B.在 0h过程中拉力大小为 2mgC.在h2h过程中物体机械能增加丘与位移x的关系图像如图乙甲5D.在 2h3h过程中物体的机械能不变解析：选 CD 由动能定理得Ek=（Fmgx,题图乙图线的斜率表示合外力，在 0h过 程中，斜率逐渐减小到零，则拉力逐渐减小到等于mg合力减小为零，则在上升到高度为h时，由题图可知，F=mg速度为v,则功率为P=mgv拉力的功率不为零，故 A、B 错误； 在h2h过程中，物体匀速上升，拉力做正功，物体的机械能增加，故C 正确；在 2h3h过程中，图线斜率恒定，为-mg则物体受到的合力为-mg物体只受重

10、力，机械能守恒, 故 D 正确。8. （2017 四川成都七中模拟）如图所示，某极限运动爱好者（可视为质点）尝试一种特 一殊的高空运动。他身系一定长度的弹性轻绳，从距水面高度大于弹性轻绳原长的P点以水平-TV Tk初速度V0跳出。他运动到图中a点时弹性轻绳刚好拉直，此时速度与竖直方向的夹角为0,3,b为运动过程的最低点（图中未画出），在他运动的整个过程中-4 X解析：选 BD 极限运动爱好者从P点到b点的运动过程中，爱好者和弹性轻绳组成的爱好者的机械能不守恒，故 A 错误；极限运动爱好者从P点到a点的过程二、计算题点平滑过度，bed段光滑，cd段是以O为圆心、半径为 =2 kg的小物块静止于a

11、处，在一与水平方向成0角的恒力F作用下开始沿轨道匀加速运 动，小物块到达b处时撤去该恒力， 小物块继续运动到d处时速度水平，此轻绳与竖直方向的夹角为未触及水面，不计空气阻力,A. 极限运动爱好者从P点到b点的运动过程中机械能守恒B. 极限运动爱好者从P点到a点时间的表达式为V0t=sanC. 极限运D.a点时，tan0= tan32V0弹性轻绳原长的表达式为1=gsin3tan0VoV0中做平抛运动，根据几何关系有tan0=Vy，解得Vy=tan0V0，则运动时间t=罟gtan0Vot2V0V0故 B 正确；根据几何关系得：tan3=- = = 2 = 2tan19gtVygt0，故 C 错误

12、;根据几何关系vot2V得：弹性轻绳原长的表达式l= sin3gsin3tan0，故 D 正确。系统机械能守恒，I -9如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，水平段ab粗糙，其距离为s= 3 m。在R= 0.4 m 的一小段圆弧。质量为重力加速度为( )6时轨道对小物块72的支持力大小为FN=15 N。小物块与ab段的动摩擦因数为I = 0.5 ,g取 10 m/s。求:(1) 小物块到达b点时的速度大小Vb；(2) 恒力F的最小值Fmin。(计算结果可用分式或根号表示)mv解析：在d点：mg-FN=R从b到d由机械能守恒得：1212qmv 2mv=mgR联立得Vb= 3 m/s。在a到b的过程

13、中有：vb= 2asFeos0 (meFsin0)=ma10. (2017 广西桂林质检)如图所示，静置于水平地面上的三辆手推车沿一直线排列， 质量均为m人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：(1) 整个过程中摩擦阻力所做的总功；(2) 人给第一辆车水平冲量的大小。解析：(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W则W=kmgL-2kmgL-3kmgL

14、= 6kmgL即整个过程中摩擦阻力所做的总功为6kmgL(2)设第一辆车的初速度为vo,第一次碰前速度为 w,碰后共同速度为V2，第二次碰前26由数学知识，解得F= 2迹0+sin26当 sin(0+0)=26答案：(1)3 m/s (2)8速度为V3,碰后共同速度为V4,则由动量守恒得mv=2mv2mv=3mv1212kmg qmv qmv1212k(2n)gL= 2(2n)v3 ?(2n)v212k(3n)gL= 0 空(3山V4由以上各式得vo=2 7kgL,所以人给第一辆车水平冲量的大小I=mv= 2m7kgL。答案：(1) 6kmgL(2)2m7kgL11. (2017 江苏泰州中学

15、模拟)如图所示，传送带AB总长为I= 10 m,与一个半径为R=0.4 m 的光滑四分之一圆弧轨道BC相切于B点，传送带速度恒为现有一个滑块以一定初速度从A点水平滑上传送带，滑块质量为m= 10 kg，滑块与传送带v= 6 m/s，方向向右,间的动摩擦因数为 卩=0.1，已知滑块运动到B端时，刚好与传送带同速，求：(1)滑块的初速度;滑块能上升的最大高度;(3)求滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能。解析：(1)以滑块为研究对象，滑块在传送带上运动过程中，当滑块初速度大于传送带 T、速度时，有一I1212卩mgl=2mv2mv,v= 2 14 m/s ;当滑块初速度小于传送带

16、速度时,解得有卩mgl= 并,解得V0= 4 m/s。1由动能定理可得一mgh=0 2mv,解得h= 1.8 m。以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得卩mg= ma滑块的加速度a= 1 m/s2,9102v滑块减速到零的位移s= = 18 m10 m,2a则滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带,12由匀变速运动的位移公式可得I=vt- 2 戌2,解得t= 2 s(t= 10 s 舍去)，在此时间内传送带的位移x=vt= 6X2 m= 12 m,滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能Q=umgl+x) = 0.1x10X10X(10 + 12)J = 220 J。答案：(1)214 m/s 或 4 m/s (2)1.8 m (3)220 Jma* 2+mg2,故 C 错误；对人由牛顿第二定律得fF=ma解得f=m时F,车对人的摩擦力做功