高三物理二轮复习逐题对点特训专题二能量动量和原子物理第1讲

专题2第1讲1．(2017·福建福州质检)(多选)图为某电动汽车在加速性能试验过程中的v－t图象．为了简化计算，可近似认为：汽车运动时受到的阻力恒定，在0～30s内做匀加速直线运动，30s后汽车发动机的功率保持不变．近似后可得(BD)A．15s末、30s末汽车的牵引力大小之比为2∶1B．15s末、30s末汽车的发动机功率之比为1∶2C．30s末、54s末汽车的加速度大小之比为4∶3D．0～30s内、30～54s内汽车发动机做功之比为5∶8解析由题意可知汽车前30s做匀加速直线运动，则牵引力恒定，因此选项A错误；由图可知15s末、30s末的速度分别为9m/s、18m/s，由公式P＝Fv可知，15s末、30s末的功率之比为1∶2，选项B正确；由图可知30s末、54s末的加速度之比应为eq\f(a1,a2)＝eq\f(\f(P,18)－Ff,\f(P,24)－Ff)>eq\f(4,3)×eq\f(P－18Ff,P－24Ff)>eq\f(4,3)，选项C错误；0～30s内，汽车发动机做功W1＝Fx1＝eq\f(P,18)×eq\f(30×18,2)(J)＝15P(J)，30～54s内汽车发动机做功W2＝P(54s－30s)＝24P(J)，因此eq\f(W1,W2)＝eq\f(5,8)，选项D正确．2．(2017·宁夏银川模拟)(多选)如图甲所示，在水平地面上固定一个倾角为θ的足够长的光滑斜面，小滑块从斜面底端在与斜面平行的拉力F作用下由静止开始沿斜面运动，拉力F随时间变化的图象如图乙所示，小滑块运动的速度—时间图象如图丙所示，重力加速度g为10m/s2.下列说法正确的是(BD)A．斜面倾角θ为30°，小滑块的质量m＝2kgB．在0～2s时间内拉力F做的功为100JC．在0～4s时间内小滑块机械能增加80JD．在0～1s时间内合外力对小滑块做功12.5J解析由速度—时间图象可知，在2～4s时间内小滑块的加速度a2＝－5m/s2，由牛顿第二定律得－mgsinθ＝ma2，解得θ＝30°.在0～2s时间内小滑块的加速度a1＝5m/s2，由牛顿第二定律F－mgsinθ＝ma1，解得m＝1kg，选项A错误；在0～2s时间内小滑块的位移为x＝10m，拉力F做的功为W＝Fx＝10×10J＝100J，选项B正确；由功能关系，可知在0～4s时间内小滑块机械能增加量ΔE＝W＝100J，选项C错误；1s末小滑块的是速度v＝5m/s，由动能定理，在0～1s时间内合外力对小滑块做的功W′＝eq\f(1,2)mv2＝12.5J，选项D正确．3．(2016·福建福州质检)如图所示，一个纵截面是等腰三角形的斜面体M置于水平地面上，它的底面粗糙，两斜面光滑．将质量不相等的A、B两个小滑块(mA＞mB)同时从斜面上同一高度处静止释放，在两滑块滑至斜面底端的过程中，M始终保持静止，则(B)A．B滑块先滑至斜面底端B．地面对斜面体的摩擦力方向水平向左C．两滑块滑至斜面底端时重力的瞬时功率相同D．地面对斜面体的支持力等于三个物体的总重力解析设两斜面的倾角为θ，对两滑块受力分析，由牛顿第二定律可知：两滑块下滑过程中的加速度a＝gsinθ，两斜面的长度相等，根据x＝eq\f(1,2)at2，可知两滑块同时到达斜面的底端，选项A错误；根据v＝at，滑块到达底端的速度大小相等．根据功率定义可得P＝mgvsinθ，因两滑块的质量不等，故到达斜面底端时重力的瞬时功率不相等，选项C错误；斜面体处于静止状态，其受到的合力为零，对其受力分析，如图所示，利用正交分解法，可知因mA>mB，地面对斜面体的摩擦力方向水平向左，地面对斜面体的支持力小于三者的重力之和，选项B正确，选项D错误．4．(2016·安徽合肥模拟)(多选)一个小物体从斜面底端冲上足够长的斜面后又返回到斜面底端．已知小物体的初动能为E，它返回到斜面底端的动能为eq\f(E,2)，小物块上滑到最大路程的中点时速度为v；若小物体以2E的初动能冲上斜面，则有(AC)A．返回斜面底端时的动能为EB．返回斜面底端时的动能为eq\f(3E,2)C．小物体上滑到最大路程的中点时速度为eq\r(2)vD．小物体上滑到最大路程的中点时速率为2v解析设小物块沿斜面上滑的最大高度为h，沿斜面上升的最大距离为x，由动能定理得－mgh－Ff·x＝0－E，而h＝xsinα，式中α为斜面倾角，可得x＝eq\f(E,mgsinα＋Ff).由此可见小物块沿斜面上升的距离x与初动能E成正比，而摩擦力做功Ff·x与位移成正比，故当小物块以2E的初动能上滑时，上滑的最大距离变为原来的2倍，损失的动能(即克服摩擦力做的功)也为原来的2倍，故选项A正确，B错误；选取小物块从路程中点至最高点的过程，由v2＝2ax得eq\f(v2,v\o\al(2,1))＝eq\f(\f(1,2)x,x)，故有v1＝eq\r(2)v，选项C正确，D错误．5．(2017·甘肃一诊)质量为2kg的物体，放在动摩擦因数为μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，从O点由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，取g＝10m/s2.下列说法中正确的是(A)A．此物体在OA段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15WB．此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6WC．此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15WD．此物体在OA段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15W解析对物体受力分析，物体受到的摩擦力为Ff＝μFN＝μmg＝0.1×2×10N＝2N，由图象可知，斜率表示的是物体受到的力的大小，OA段的拉力为5N，AB段的拉力为2N，所以物体在OA段做匀加速运动，在AB段做匀速直线运动，选项C、D错误；在OA段的拉力为5N，物体做加速运动，当速度最大时，拉力的功率最大，由v＝at，x＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(F－Ff,m)代入数值解得v＝3m/s，此时的最大功率为P＝Fv＝5×3W＝15W，在AB段，物体匀速运动，最大速度的大小为3m/s，拉力的大小为2N，所以此时的最大功率为P＝Fv＝2×3W＝6W，所以在整个过程中拉力的最大功率为15W，故选项A正确，B错误．6．(2017·新疆乌鲁木齐二诊)动车组是由几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢组成的，带动力的车厢叫动车，不带动力的车厢叫拖车．每节动车与拖车质量都相等，每节动车的额定功率都相等．动车组运行过程中总阻力来自两部分：一部分是车轮与铁轨之间摩擦产生的机械阻力，阻力大小与动车组的质量成正比；另一部分来自于空气阻力，阻力大小与动车组速度的平方成正比．一列12节车厢的动车组，有3节动车时最大速度为160km/h，此时空气阻力是总阻力的0.5倍．若要使12节车厢的动车组的最大速度达到240km/h，则动车的节数至少为(B)A．7节 B．8节C．9节 D．10节解析设12节动车组的质量为m，则机械阻力Ff1＝k1m，空气阻力为Ff2＝k2v2，每节动车的额定功率为P，由P＝Fv得，有3节动车时3P＝(k1m＋k2veq\o\al(2,1))v1，k2veq\o\al(2,1)＝0.5(k1m＋k2veq\o\al(2,1))，有n节动车时nP＝(k1m＋k2veq\o\al(2,2))v2，由以上三式解得n≈7.3，故要使12车厢的动车组的最大速度达到240km/h，动车的节数至少8节，选项B正确，A、C、D错误．7．(2016·湖南长沙一中月考)一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动，周期为T，人和车(当作质点)的总质量为m，轨道半径为R，车经最高点时发动机功率为P0，车对轨道的压力为2mg.设轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，则(B)A．车经最低点时对轨道的压力为3mgB．车经最低点时发动机功率为2P0C．车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为eq\f(1,2)P0TD．车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为2mgR解析摩托车在最高点时有2mg＋mg＝meq\f(v2,R)，在最低点时有FN－mg＝meq\f(v2,R)，解得FN＝4mg，选项A错误；由于轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，又因为车在最高点对轨道的压力为2mg，根据P＝Fv，可知发动机在最低点时的功率是在最高点时功率的2倍，所以选项B正确，C错误；根据动能定理可知摩托车从最高点经半周到最低点的过程中克服阻力做的功等于发动机做的功与2mgR之和，选项D错误．8．(多选)如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是(BC)A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M＋m)gB．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ(M＋m)gC．若砝码与纸板分离时的速度小于eq\r(μgd)，砝码不会从桌面上掉下D．当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘解析纸板相对于砝码运动时，纸板受两个摩擦力；桌面对纸板向左的摩擦力和砝码对纸板向左的摩擦力，由Ff＝μFN得，Ff＝μ(2M＋m)g，选项A错误；由牛顿第二定律得，对砝码有μMg＝Ma1，对纸板有F－μ(2M＋m)g＝ma2，要使纸板相对砝码运动，则a1＜a2，联立以上三式解得F＞2μ(M＋m)g，选项B正确；设砝码与纸板分离时通过的位移为x1，速度为v1，由动能定理得μMgx1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)，解得x1＝eq\f(v\o\al(2,1),2μg)＜eq\f(d,2)，设砝码离开纸板后运动的位移为x2，由动能定理得－μMgx2＝－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)，解得x2＝eq\f(v\o\al(2,1),2μg)＜eq\f(d,2)，则砝码移动的总位移为x1＋x2＜d，因此砝码不会从桌面上掉下来，选项C正确；因为F＝μ(2M＋3m)g＞2μ(M＋m)g，所以砝码相对纸板运动，由牛顿第二定律得砝码的加速a1＝μg，对纸板，F－Ff＝ma′2，a′2＝2μg，设砝码离开纸板前的位移为x3，纸板在砝码离开前的位移为x4，由匀速直线运动规律得x3＝eq\f(1,2)a1t2，x4＝eq\f(1,2)a′2t2，x4＝x3＋d，v2＝a1t，联立以上各式解得x3＝d，即砝码离开纸板时，恰好到达桌面边缘，此时砝码的速度不为零，砝码将从桌面上掉下，选项D错误．9．(2017·福建质检)如图，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点．直杆与水平面的夹角为θ，小球质量为m，两根轻弹簧的原长均为L、劲度系数均为eq\f(3mgsinθ,L)，g为重力加速度．(1)小球在距B点eq\f(4,5)L的P点处于静止状态，求此时小球受到的摩擦力大小和方向；(2)设小球在P点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等．现让小球从P点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距A点eq\f(4,5)L的Q点，求初速度的大小．解析(1)小球在P点时两根弹簧的弹力大小相等，设为F，根据胡克定律有F＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－\f(4,5)L))；设小球静止时受到的摩擦力大小为Ff，方向沿杆向下，根据平衡条件有mgsinθ＋Ff＝2F，代入数据解得Ff＝eq\f(mgsinθ,5)，方向沿杆向下．(2)小球在P、Q两点时，弹簧的弹性势能相等，故小球从P到Q的过程中，弹簧对小球做功为零，据动能定理有W合＝ΔEk，－mg·2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－\f(4,5)L))sinθ－Ff·2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－\f(4,5)L))＝0－eq\f(1,2)mv2，联立解得v＝eq\f(2\r(6gLsinθ),5).答案(1)eq\f(mgsinθ,5)，方向沿杆向下(2)eq\f(2\r(6Lsinθ),5)10．(2017·安徽重点中学联考)如图所示，现有一根长为L＝1m的不可伸长的轻绳，其一端固定于O点，另一端系着质量为m＝0.5kg、电荷量为q＝1.0×10－4C的带正电小球(可视为质点)，整个装置处于竖直向上的匀强电场(未画出)中，电场强度的大小为E＝2.5×104V/m.现将小球提至O点正上方的A点处，此时绳刚好伸直且无张力，不计空气阻力，重力加速度大小为g＝10m/s2(1)在A点至少应给小球多大的水平速度，才能使小球在竖直面内做完整的圆周运动？(2)若将小球以v1＝4m/s的速度水平抛出，则求小球在最低点和最高点时轻绳的张力之差；(3)若将小球以v2＝1m/s的速度水平抛出，则经历多长时间轻绳绷直？小球运动到最低点时的动能为多少？解析(1)由题意知电场力F电＝qE＝2.5N，方向竖直向上，则重力与电场力的合力F合＝mg－qE＝2.5N，方向竖直向下，为保证小球能在竖直面内做完整的圆周运动，根据临界条件可知，在最高点时有F合＝meq\f(v\o\al(2,0),L)，解得v0＝eq\r(\f(F合L,m))＝eq\r(5)m/s.(2)因为v1>v0，则轻绳中有张力，在最高点，根据牛顿第二定律有F1＋mg－F电＝eq\f(mv\o\al(2,1),L)，代人数据，解得F1＝5.5N，小球由最高点运动到最低点的过程，根据动能定理有mg·2L－F电·2L＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，在最低点，由牛顿第二定律有F2＋F电－mg＝meq\f(v′\o\al(2,1),L)，代人数据联立解得F2＝20.5N.故小球在最低点和最高点时轻绳中的张力之差为ΔF＝F2－F1＝15N.(3)因为v2<v0，故开始时轻绳中无张力，小球做类平抛运动，如图所示，假设小球运动到图示位置轻绳绷直，根据几何关系有L2＝(y－L)2＋x2，由类平抛运动规律有x＝v2t，y＝eq\f(1,2)at2，加速度a＝eq\f(F合,m)，代入数据联立解得t＝0.8s，则经0.8s轻绳绷直．sinθ＝eq\f(x,L)＝0.8，故cosθ＝0.6，此时vx＝v2＝1m/s，vy＝at＝5×0.8m/s＝4m/s.将vx与vy沿轻绳方向和垂直轻绳方向分解，由于轻绳绷直的瞬间沿轻绳方向的速度变为零，与轻绳垂直的速度为vx⊥＝v2cosθ＝0.6m/s，vy⊥＝vysinθ＝3.2m/s，故垂直于轻绳方向的合速度为v合＝vy⊥－vx⊥＝2.6m/s，设小球到达最低点的动能为Ek，从轻绳绷直到小球运动到最低点的过程中，根据功能关系有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,合)＋F合L(1－cosθ)＝Ek，带入数据解得Ek＝2.69J.答案(1)eq\r(5)m/s(2)15N(3)0.8s2.69J11．(2017·湖南十三校联考二)为研究物体的运动，在光滑的水平桌面上建立如图所示的坐标系xOy，O、A、B是水平桌面内的三个点，OB沿x轴正方向，∠BOA＝60°，OB＝eq\f(3,2)OA.第一次将一质量为m的滑块以一定的初动能从O点沿y轴正方向滑出，并同时施加沿x轴正方向的恒力F1，滑块恰好通过A点．第二次，在恒力F1仍存在的情况下，再在滑块上施加一个恒力F2，让滑块从O点以同样的初动能沿某一