（浙江選考）2019屆高考物理二輪復習 專題二 能量與動量綜合訓練

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1、專題二 能量與動量 專題綜合訓練(二) 1.質量為m=2 kg的物體沿水平面向右做直線運動,t=0時刻受到一個水平向左的恒力F,如圖甲所示,取水平向右為正方向,此物體的v-t圖象如圖乙所示,g取10 m/s2,則(　　) A.物體與水平面間的動摩擦因數μ=0.5 B.10 s內恒力F對物體做功102 J C.10 s末物體在計時起點位置左側2 m處 D.10 s內物體克服摩擦力做功30 J 2. 如圖所示,質量為m的物塊從A點由靜止開始下落,加速度是,下落H到B點后與一輕彈簧接觸,又下落h后到達最低點C,在由A運動到C的過程中,空氣阻力恒定,則(　　) A.物塊機械能

2、守恒 B.物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 C.物塊機械能減少 D.物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少 3. 如圖所示,A、B、C三個一樣的滑塊從粗糙斜面上的同一高度同時開始運動,A由靜止釋放,B的初速度方向沿斜面向下,大小為v0,C的初速度方向沿斜面水平,大小也為v0。下列說法中正確的是(　　) A.A和C將同時滑到斜面底端 B.滑到斜面底端時,B的動能最大 C.滑到斜面底端時,B的機械能減少最多 D.滑到斜面底端時,C的重力勢能減少最多 4.圖甲為豎直固定在水平面上的輕彈簧,t=0時刻,將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放,小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點,然后又被

3、彈簧彈起離開彈簧,上升到一定高度后再下落,如此反復。通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器,測出此過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示,不計空氣阻力,則(　　) A.t1時刻小球的動能最大 B.t2時刻小球的加速度最小 C.t3時刻彈簧的彈性勢能為零 D.圖乙中圖線所圍面積在數值上等于小球動量的變化量 5. 如圖所示,某人在P點準備做蹦極運動,假設蹦極者離開跳臺時的速度為零。圖中a是彈性繩的原長位置,c是人所到達的最低點。b是人靜止地懸吊著時的平衡位置。不計空氣阻力,下列說法中正確的是(　　) A.從P到c過程中重力的沖量大于彈性繩彈力的沖量 B.從P到c過程中重力做的功

4、等于人克服彈力所做的功 C.從P到b過程中人的速度不斷減小 D.從a到c過程中加速度方向保持不變 6. 如圖所示,質量為m的小球從斜軌道高h處由靜止滑下,然后沿豎直圓軌道內側運動,已知圓形軌道半徑為R,不計一切摩擦阻力,重力加速度為g。則下列說法正確的是(　　) A.當h=2R時,小球恰好能到達最高點M B.當h=2R時,小球在圓心等高處P時對軌道壓力為3mg C.當h≤R時,小球在運動過程中不會脫離軌道 D.當h=R時,小球在最低點N時對軌道的壓力為2mg 7. 總質量為m的汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛時,發(fā)動機的功率為P。司機為合理進入限速區(qū),減小了油門,

5、使汽車功率立即減小到P并保持該功率繼續(xù)行駛,設汽車行駛過程中所受阻力大小不變。從司機減小油門開始,汽車的v-t圖象如圖,從汽車開始減速到再次達到勻速運動的過程中,行駛的位移為x,汽車因油耗而改變的質量可忽略。則在該過程中,下列說法不正確的是(　　) A.汽車再次勻速運動時速度大小為v0 B.t=0時刻,汽車的加速度大小為 C.汽車的牽引力不斷減小 D.經歷的時間為 8. 如圖所示,物塊從足夠長粗糙斜面底端O點,以某一速度向上運動,到達最高點后又沿斜面下滑。物塊先后兩次經過斜面上某一點A時的動能分別為Ek1和Ek2,重力勢能分別為Ep1和Ep2,從O點開始到第一次經過A點的過程中

6、,重力做功為WG1,合外力做功的絕對值為W1,從O點開始到第二次經過A點的過程中重力做功為WG2,合外力做功的絕對值為W2,則下列選項正確的是(　　) A.Ek1>Ek2,Ep1=Ep2 B.Ek1=Ek2,Ep1>Ep2 C.WG1>WG2,W1WG2,W1=W2 9. 如圖所示,AB為長度足夠長的水平地面,AC為與水平方向成30°的傾斜地面,D為AC中點。已知將某物體以4 J的初動能從D點水平拋出,其落地時的動能為8 J。若將該物體以一定的初速度從C點水平拋出,要使其恰好能落在A點,則其拋出時的初動能應為(　　) A.4 J B.6 J C.8 J D.1

7、0 J 10. 一新型賽車在水平專用測試道上進行測試,該車總質量為m=1×103 kg,由靜止開始沿水平測試道運動。傳感設備記錄其運動的速度—時間圖象(v-t圖線先是一段曲線,后為直線)。g取10 m/s2,求: (1)發(fā)動機牽引力的額定功率; (2)行駛中的最大速度vm。 11. 如圖所示為游樂場的一項娛樂設備。一環(huán)形座艙套裝在豎直柱子上,由升降機送上幾十米的高處。然后讓座艙自由落下,落到一定位置時,制動系統(tǒng)啟動,到地面時剛好停下。已知座艙開始下落的高度為H=75 m,當落到離地面h=30 m的位置時開始制動,座艙均勻減速。在一次娛樂中,某同學把質

8、量m=6 kg的書包放在自己的腿上。g取10 m/s2。不計座艙與柱子間的摩擦力及空氣阻力。 (1)求座艙制動過程中書包對該同學腿部的壓力多大; (2)若環(huán)形座艙與同學們的總質量M=4×103 kg,求制動過程中機器輸出的平均功率。 12.如圖(a)所示,一物體以一定的速度v0沿足夠長斜面向上運動,此物體在斜面上的最大位移與斜面傾角的關系由圖(b)中的曲線給出。設各種條件下,物體運動過程中的摩擦系數不變。g取10 m/s2。試求: (1)物體與斜面之間的動摩擦因數; (2)物體的初速度大小; (3)θ為多大時,x值最小。 13.

9、 如圖所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成,軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接,其中軌道AB、CD段是光滑的,水平軌道BC的長度s=5 m,軌道CD足夠長且傾角θ=37°,A、D兩點離軌道BC的高度分別為h1=4.30 m、h2=1.35 m?，F讓質量為m的小滑塊自A點由靜止釋放。已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6、cos 37°=0.8。求: (1)小滑塊第一次到達D點時的速度大小; (2)小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔; (3)小滑塊最終停止的位置距B點的

10、距離。 14.如圖所示,一條帶有豎直圓軌道的長軌道水平固定,底端分別與兩側的直軌道相切,半徑R=0.5 m。物塊A以v0=10 m/s的速度滑入圓軌道,滑過最高點N,再沿圓軌道滑出,P點左側軌道光滑,右側軌道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段長度都為L=0.2 m。物塊與各粗糙段間的動摩擦因數都為μ=0.4,A的質量為m=1 kg(重力加速度g取10 m/s2;A可視為質點)。 (1)求A滑過N點時的速度大小v和受到的彈力大小; (2)若A最終停止在第k個粗糙段上,求k的數值; (3)求A滑

11、至第n個(n

12、從A到C要克服空氣阻力做功,從B到C又將一部分機械能轉化為彈簧的彈性勢能,因此機械能肯定減少,故A錯誤;對于物塊和彈簧組成的系統(tǒng)來說,整個系統(tǒng)機械能減少量即為克服空氣阻力所做的功,故B錯誤;由A運動到C的過程中,物塊的動能變化為零,重力勢能減少量等于機械能的減少量,所以物塊機械能減少mg(H+h),故C錯誤;物塊從A點由靜止開始下落,加速度是g,根據牛頓第二定律得:f=mg-ma=mg,所以空氣阻力所做的功為-mg(H+h),整個系統(tǒng)機械能減少量即為克服空氣阻力所做的功,所以物塊、彈簧和地球組成的系統(tǒng)機械能減少mg(H+h),故D正確。 3.B　解析 A、C兩個滑塊所受的滑動摩擦力大小相等,

13、A所受滑動摩擦力沿斜面向上,C沿斜面向上的力是滑動摩擦力的分力,所以C的加速度大于A的加速度,C先到達斜面底端,故A錯誤;三個滑塊重力相同,下降的高度相同,重力做功相同,摩擦力對A、B做功相同,C克服摩擦力做功最大,A的初動能為零,B、C的初動能相等,則滑到斜面底端時,B滑塊的動能最大,故B正確;滑動摩擦力做功與路程有關,C運動的路程最大,C克服摩擦力做功最大,C減少的機械能最多,故C錯誤;三個滑塊重力相同,下降的高度相同,重力勢能減少量相同,故D錯誤。 4.C　解析 由題圖知,t1時刻小球剛與彈簧接觸,此時小球的重力大于彈簧的彈力,小球將繼續(xù)向下做加速運動,此時小球的動能不是最大,當彈力增

14、大到與重力平衡,即加速度減為零時,速度達到最大,動能最大,故A錯誤;t2時刻,彈力F最大,故彈簧的壓縮量最大,小球運動到最低點,動能最小,此時小球受的合力最大,加速度最大,故B錯誤;t3時刻彈簧的彈力為零,此時彈性勢能為零,選項C正確;圖乙中圖線所圍面積在數值上等于彈力對小球的沖量,根據動量定理可知I彈-mgt=Δp,故圖線所圍面積在數值上大于小球動量的變化量,選項D錯誤。 5.B　解析 從P到c過程,根據動量定理,有pG-pF=0,故重力的沖量等于拉力的沖量,故A錯誤;從P到c過程,根據動能定理,有WG-WF=0,故重力的功等于克服彈力的功,故B正確;從P到a的過程中人做自由落體運動,速度

15、增大;從a到b過程中,彈力小于重力,加速度向下,則人的速度不斷增大,選項C不正確;從a到b過程人做加速運動,加速度向下;從b到c過程中,彈力大于重力,加速度向上,做減速運動,則從a到c過程中加速度方向要變化,選項D錯誤。 6.C　解析 在圓軌道的最高點M,mg=m,解得:v0=,根據機械能守恒得:mgh=mg·2R+,解得:h=2.5R,故A錯誤;當h=2R時,小球在圓心等高處P時速度為v,根據機械能守恒得:mg·2R=mgR+mv2,小球在P時,有:FN=m,聯立解得FN=2mg,則知小球在圓心等高處P時對軌道壓力為2mg,故B錯誤;當h≤R時,根據機械能守恒知小球在圓軌道上圓心下方軌道上

16、來回運動,在運動過程中不會脫離軌道,故C正確;當h=R時,設小球在最低點N時速度為v',則有:mgR=mv'2,在圓軌道最低點,有:FN'-mg=m,解得:FN'=3mg,則小球在最低點N時對軌道壓力為3mg,故D錯誤。 7.C　解析 以速度v0勻速行駛時,P=Ffv0,再次勻速時,P=Ffv,聯立解得v=v0,故A正確;在t=0時刻,根據牛頓第二定律:=ma,解得:a=,所以B正確;根據P=Fv知,速度減小,功率不變,故牽引力增大,所以C錯誤;根據動能定理:Pt-Ff·x=mv02-,解得:t=,所以D正確。 8.A　解析 由于摩擦力作用,物塊先后兩次經過斜面上某一點A時摩擦力做功不相等

17、,動能不相等,Ek1>Ek2;上升的高度與下降的高度相同,所以質點上升過程中克服重力做的功等于下降過程中重力做的功,重力做功為零,Ep1=Ep2,故A正確,B錯誤;重力做功只與初末高度差有關,WG1=WG2;合外力做功等于動能的變化量,第一次經過A點時的動能大,變化量小,W1

18、v0t;x=gt2,解得gt=v0,則到達A點的豎直速度vy=gt=v0,到達A點的速度vA=v0,則EkA=EkC,聯立解得:EkC=6 J,故選B。 10.答案 (1)1.2×105 W　(2)60 m/s 解析 (1)由題圖可知,賽車在0~5 s內(t1=5 s)做勻加速直線運動,5 s末的速度是v=20 m/s,v=at1,代入數據解得:a==4 m/s2 根據牛頓第二定律F牽-F阻=ma 解得:F牽=F阻+ma=μmg+ma=6×103 N 發(fā)動機牽引力的額定功率為P額=F牽v=1.2×105 W。 (2)當賽車勻速運動時,速度最大,此時F牽'=F阻=2×103 N 而

19、P額=F牽'vm 代入數據解得:vm==60 m/s 11.答案 (1)150 N　(2)1.5×106 W 解析 (1)設座艙開始制動時的速度為v,制動過程中的加速度大小為a,書包受到腿的支持力為FN,由運動公式可得: v2=2g(H-h) v2=2ah 根據牛頓第二定律,對書包:FN-mg=ma 解得FN=150 N 根據牛頓第三定律有該同學腿部受到的壓力為150 N。 (2)設制動過程中座艙所受的制動力為F,經歷的時間為t,由運動公式:h=vt-at2; 根據牛頓第二定律,對座艙:F-Mg=Ma 座艙克服制動力做功:W=Fh 機械輸出的平均功率:P= 聯立代入數

20、據可得:P=1.5×106 W。 12.答案 (1)μ=　(2)5 m/s　(3) 解析 (1)當θ為90°時v0=,當θ為0°時,x0= m,可知物體運動中必受摩擦阻力,設動摩擦因數為μ,此時摩擦力大小為μmg,加速度大小為μg,又=2μgx0,聯立解得μ=,v0=5 m/s; (3)對于任意一角度,利用動能定理可得對應的最大位移x滿足的關系式 =mgxsin θ+μmgxcos θ 解得x= =。 其中μ=tan φ,可知x的最小值為 x=h=1.08 m 對應的θ=。 13.答案 (1)3 m/s　(2)2 s　(3)1.4 m 解析 (1)小滑塊從A→B→C→D過

21、程中,由動能定理得 mg(h1-h2)-μmgx=-0 代入數據解得:vD=3 m/s (2)小滑塊從A→B→C過程中,由動能定理得 mgh1-μmgx=-0 得:vC=6 m/s 小滑塊沿CD段上滑的加速度大小a=gsin θ=6 m/s2 小滑塊沿CD段上滑到最高點的時間t1=1 s 由對稱性可知,小滑塊從最高點滑回C點的時間t2=t1=1 s 故小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔t=t1+t2=2 s (3)對小滑塊運動全過程利用動能定理,設小滑塊在水平軌道上運動的總路程為x總,則mgh1=μmgx總,解得x總=8.6 m 故小滑塊最終停止的位置距B點的距離為2

22、x-x總=1.4 m。 14.答案 (1)45 m/s　150 N　(2)63　(3)vn= m/s 解析 (1)物塊A從出發(fā)至N點過程,機械能守恒,有 =mg·2R+mv2 解得:v=45 m/s 假設物塊在N點受到的彈力方向豎直向下為FN,由牛頓第二定律有 mg+FN=m 得物塊A受到的彈力 FN=m-mg=150 N (2)物塊A經豎直圓軌道后滑上水平軌道,在粗糙路段摩擦力做負功,動能有損失,由動能定理有 -μmgkL=0- 解得:k=62.5 物塊A最終停在第63個粗糙段上。 (3)由動能定理有 -μmgnL= 故A滑至第n個(n