2018届高考物理二轮复习文档：寒假作业（二）　能量与动量

2018届高考物理二轮复习文档：寒假作业（二）　能量与动量

寒假作业(二)　能量与动量 ‎1．(2017·德阳一诊)如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相同，则此物体的运动不可能是(　　)‎ A．匀速圆周运动　　　　　 B．自由落体运动 C．平抛运动 D．竖直上抛运动 解析：选A　如果物体在任意相等时间内受到的冲量都相同，由I＝Ft可知，物体受到的合力是恒力。物体做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动时只受重力，合力为恒力；物体做匀速圆周运动时合力为变力，故B、C、D均可能，A不可能。‎ ‎2.如图所示，光滑水平地面上固定一带滑轮的竖直杆，用轻绳系着小滑块绕过滑轮，用恒力F1水平向左拉滑块的同时，用恒力F2拉绳，使滑块从A点起由静止开始向右运动，B和C是A点右方的两点，且AB＝BC，则以下说法正确的是(　　)‎ A．从A点至B点F2做的功大于从B点至C点F2做的功 B．从A点至B点F2做的功小于从B点至C点F2做的功 C．从A点至C点F2做的功一定等于滑块克服F1做的功 D．从A点至C点F2做的功一定大于滑块克服F1做的功 解析：选A　由题，AB＝BC，根据数学知识得知，从A点至B点绳头的位移大于从B点至C点的位移，F2又是恒力，则从A点至B点F2做的功大于从B点至C点F2做的功，故A正确，B错误。滑块从A到C过程，可能先加速后减速，滑块在A点与C点速率可能相等，根据动能定理得知，滑块从A运动到C过程中动能的变化量为零，总功为零，则从A点至C点F2做的功可能等于滑块克服F1做的功，故C、D错误。‎ ‎3.[多选]如图所示为某汽车在平直公路上启动时发动机功率P随时间t变化的图像，P0为发动机的额定功率。已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大值vm，汽车所受阻力大小与速度大小成正比。由此可得(　　)‎ A．在t3时刻，汽车速度一定等于vm B．在t1～t2时间内，汽车一定做匀速运动 C．在t2～t3时间内，汽车一定做匀速运动 D．在发动机功率达到额定功率前，汽车一定做匀加速运动 解析：选AC　已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大值vm，此后汽车做匀速直线运动，速度不变，所以在t3时刻，汽车速度一定等于vm，故A正确。0～t1时间内汽车的功率均匀增加，汽车所受阻力增大，汽车做变加速直线运动；汽车的功率在t1时刻达到额定功率，根据P＝Fv，速度继续增大，牵引力减小，则加速度减小，则在t1～t2时间内汽车做加速度减小的加速运动，故B、D错误。在t2～t3时间内，汽车已达到最大速度，且功率保持不变，汽车一定做匀速直线运动，故C正确。‎ ‎4.如图，长方体ABCD A1B1C1D1中|AB|＝2|AD|＝2|AA1|，将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内(包括边界)分别沿不同方向水平抛出，落点都在A1B1C1D1范围内(包括边界)。不计空气阻力，以A1B1C1D1所在水平面为重力势能参考平面，则小球(　　)‎ A．抛出速度最大时落在B1点 B．抛出速度最小时落在D1点 C．从抛出到落在B1D1线段上任何一点所需的时间都相等 D．落在B1D1中点时的机械能与落在D1点时的机械能相等 解析：选C　由于小球抛出时离地高度相等，故各小球在空中运动的时间相等，则可知水平位移越大，抛出时的速度越大，故落在C1点的小球抛出速度最大，落点靠近A1点的小球速度最小，故A、B错误，C正确；由题图可知，落在B1D1中点和落在D1点的水平位移不同，所以两种情况中对应的水平速度不同，则可知它们在最高点时的机械能不相同，因下落过程机械能守恒，故落地时的机械能也不相同，故D错误。‎ ‎5.[多选]如图，两个相同小物块a和b之间用一根轻弹簧相连，小物块a和b及弹簧组成的系统用细线静止悬挂于足够高的天花板下。细线某时刻被剪断，系统下落，已知重力加速度为g，则(　　)‎ A．细线剪断瞬间，a和b的加速度大小均为g B．弹簧恢复原长时，a和b的加速度大小均为g C．下落过程中弹簧一直保持拉伸状态 D．下落过程中a、b和弹簧组成的系统机械能守恒 解析：选BD　开始时系统处于平衡状态，弹簧的弹力大小等于物块b的重力mg ‎，当细线剪断瞬间，弹簧不能突变，则物块b受力仍然平衡，加速度为零，而a受向下的重力和拉力作用，加速度为2g，故A错误；弹簧恢复原长时，两物块均只受重力，故加速度大小为g，由于此时物块a的速度大于b的速度，故此后一段时间弹簧处于压缩状态，故B正确，C错误；对a、b和弹簧组成的系统来说，由于只有重力做功，故机械能守恒，故D正确。‎ ‎6．[多选]一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示，则(　　)‎ A．2～6 s时间内物体的加速度大小为0.75 m/s2‎ B．物体的质量为1 kg C．整个过程中，物体所受摩擦力始终为2 N D．0～10 s时间内，物体克服摩擦力所做的功为30 J 解析：选AD　在速度时间图像上，斜率表示加速度，由题图3可得2～6 s时间内物体的加速度为：‎ a＝＝ m/s2＝0.75 m/s2，故A正确。‎ 由题图3知，6～8 s内物体做匀速直线运动，由平衡条件得：f滑＝F3＝2 N 由图3可得2～6 s内物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F2－f滑＝ma1‎ 联立代入数据解得：m＝ kg，故B错误。‎ 在0～1 s内物体静止不动，物体所受摩擦力f静＝F1＝1 N，2～10 s内物体所受摩擦力f滑＝2 N，故C错误。‎ 在整个过程中通过的位移为：x＝×(2＋8)×3 m＝15 m，物体克服摩擦力做功：W＝f滑x＝2×15 J＝30 J，故D正确。‎ ‎7．(2017·乌鲁木齐二模)‎ 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160 km/h，此时空气阻力是总阻力的0.5倍。若要使12节车厢的动车组的速度达到240 km/h，则动车的节数至少为(　　)‎ A．7节 B．8节 C．9节 D．10节 解析：选B　设每节动车的功率为P，‎ ‎12节车厢的动车组受到的机械阻力为f，则有 ‎3P＝(f＋kv12)v1，nP＝(f＋kv22)v2，‎ 根据题意f＝kv12，代入v1、v2，‎ 解得n＝7.3‎ 故至少有8节动车，故B正确。‎ ‎8.如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两小木块中部夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上。若mA＝3mB，则下列结果正确的是(　　)‎ A．若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1∶W2＝1∶1‎ B．在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零 C．若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1和Δp2，则有Δp1∶Δp2＝1∶1‎ D．若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3‎ 解析：选D　弹簧弹开木块过程中，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，则速度之比vA∶vB＝1∶3，根据动能定理得：轻弹簧对A、B做功分别为W1＝mAvA2，W2＝mBvB2，联立解得W1∶W2＝1∶3，故A错误。根据动量守恒定律得知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即mAΔvA＋mBΔvB＝0，可得，ΔvA＋ΔvB≠0，故B错误。A、B 离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为t。由动量定理得：A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1，故C错误。平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由x＝v0t知，t相等，则A、B两木块的水平位移大小之比等于vA∶vB＝1∶3，故D正确。‎ ‎9.用光滑圆管制成如图所示的轨道，竖直立于水平地面上，其中ABC为圆轨道的一部分，CD为倾斜直轨道，二者相切于C点，已知圆轨道的半径R＝1 m，倾斜轨道CD与水平地面的夹角为θ＝37°，现将一小球以一定的初速度从A点射入圆管，小球直径略小于圆管的直径，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求小球通过倾斜轨道CD的最长时间(结果保留一位有效数字)。‎ 解析：小球通过倾斜轨道时间若最长，则小球到达圆轨道的最高点的速度为0，从最高点到C点：‎ 对小球由动能定理可得：mgh＝mvC2‎ 由几何关系得：h＝R－Rcos θ 小球在CD段做匀加速直线运动，由位移公式得：‎ L＝vCt＋at2‎ CD的长度为：L＝ 对小球利用牛顿第二定律可得：mgsin θ＝ma 代入数据联立解得：t＝0.7 s。‎ 答案：0.7 s ‎10．(2017·潍坊期中)如图所示，一内壁光滑的圆弧形轨道ACB固定在水平地面上，轨道的圆心为O，半径R＝0.5 m，C为最低点，其中OB水平，∠AOC＝37°，质量m＝2 kg的小球从轨道左侧距地面高h＝0.55 m的某处水平抛出，恰好从轨道A点沿切线方向进入圆轨道，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：‎ ‎(1)小球抛出点到A点的水平距离；‎ ‎(2)小球运动到B点时对轨道的压力大小。‎ 解析：(1)小球做平抛运动，‎ 竖直方向：h－R(1－cos 37°)＝gt2，‎ 解得：t＝0.3 s，‎ 竖直分速度：vy＝gt＝10×0.3 m/s＝3 m/s，‎ 水平分速度：v0＝＝ m/s＝4 m/s，‎ 抛出点距A点的水平距离：‎ L＝x＝v0t＝4×0.3 m＝1.2 m。‎ ‎(2)小球从抛出到B点过程，由动能定理得：‎ mg(h－R)＝mvB2－mv02，‎ 在B点，由牛顿第二定律得：‎ F＝m，解得：F＝68 N，‎ 由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小：‎ F′＝F＝68 N。‎ 答案：(1)1.2 m　(2)68 N ‎11.如图所示，物块A静止在光滑水平面上，木板B和物块C一起以速度v0向右运动，与A发生弹性正碰，已知v0＝5 m/s，mA＝6 kg，‎ mB＝4 kg，mC＝2 kg，C与B之间动摩擦因数μ＝0.2，木板B足够长，取g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)B与A碰撞后A物块的速度；‎ ‎(2)B、C共同的速度；‎ ‎(3)整个过程中系统增加的内能。‎ 解析：(1)以A、B为研究对象，B与A发生弹性碰撞过程，设向右为正，由动量守恒定律可有：‎ mBv0＝mAvA＋mBvB；‎ 由机械能守恒定律可知：‎ mBv02＝mBvB2＋mAvA2‎ 联立解得：vA＝4 m/s，vB＝－1 m/s。‎ ‎(2)碰后B反向运动，与C相互作用。‎ 对B、C，由动量守恒定律可知：‎ mCv0＋mBvB＝(mC＋mB)v 解得：v＝1 m/s。‎ ‎(3)系统增加的内能为 Q＝mBvB2＋mCv02－(mC＋mB)v2‎ 解得Q＝24 J。‎ 答案：(1)4 m/s，方向向右　(2)1 m/s，方向向右 ‎(3)24 J