高考物理大二轮复习 阶段训练2 功和能 动量-人教版高三全册物理试题.doc

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2.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,P球的质量大于Q球的质量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起,使两绳均被水平拉直,如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点,()A.P球的速度一定大于Q球的速度B.P球的动能一定小于Q球的动能C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度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4.如图所示,竖直平面内的轨道和都由两段细直杆连接而成,两轨道长度相等,用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球,分别沿和推至最高点A,所需时间分别为t1、t2,动能增量分别为Ek1、Ek2。假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变,且球与和轨道间的动摩擦因数相等,则()A.Ek1>Ek2,t1>t2B.Ek1=Ek2,t1>t2C.Ek1>Ek2,t1<t2D.Ek1=Ek2,t1<t25.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.2 m/sB.3 m/sC.4 m/sD. m/s6.一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7.如图所示,质量为m的一辆小汽车从水平地面AC上的A点沿斜坡匀速行驶到B点,B距水平面高h,以水平地面为零势能面,重力加速度为g。小汽车从A点运动到B点的过程中(空气阻力不能忽略),下列说法正确的是()A.合外力做功为零B.合外力做功为mghC.小汽车的机械能增加量为mghD.牵引力做功为mgh8.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象。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二、非选择题(本题共3小题,共44分)9.(14分)如图所示,轨道ABC被竖直地固定在水平桌面上,A距离水平地面高H=0.75 m,C距离水平地面高h=0.45 m。一质量m=0.10 kg的小物块自A点从静止开始下滑,从C点以水平速度飞出后落在水平地面上的D点。现测得C、D两点的水平距离为x=0.60 m。不计空气阻力,g取10 m/s2。求:(1)小物块从C点运动到D点经历的时间;(2)小物块从C点飞出时速度的大小;(3)小物块从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功。10.(15分)如图所示,质量为m0=4 kg的木板静止在光滑的水平面上,在木板的右端放置一个质量m=1 kg、大小可以忽略的铁块,铁块与木板之间的动摩擦因数=0.4,在铁块上加一个水平向左的恒力F=8 N,铁块在长l=6 m的木板上滑动。g取10 m/s2。求:(1)经过多长时间铁块运动到木板的左端;(2)在铁块到达木板左端的过程中,恒力F对铁块所做的功;(3)在铁块到达木板左端时,铁块和木板的总动能。11.(15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.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=F·x,Ek与位移成正比。另外,Ek=mv2=ma2t2=,故选项B正确,A、C、D错误。2.C解析 设绳长为l,从水平位置到最低点,根据动能定理,mgl=mv2,可得 v=。已知lP<lQ,所以vP<vQ,A选项错误。因Ek=mv2,mP>mQ,又 vP<vQ,动能大小不能确定,B选项错误;在最低点,拉力与重力的合力提供向心力,FT-mg=m,联立可得 FT=3mg,只与质量有关,因为mP>mQ,所以FTP>FTQ,C选项正确;向心加速度a=2g,与质量和绳长均无关系,D选项错误。3.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=,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=<t1,因摩擦而产生的热量Q2=Ffv1t2。拉力做功功率P1=,P2=,比较可知W1=W2,P1<P2。又v1t2<v1t1,v1t1=l,得Q1>Q2。故B正确,C、D错误。故选B。4.B解析 因为摩擦力做功Wf=(mgcos +Fsin )·s=mgx+Fh,可知沿两轨道运动,摩擦力做功相等,根据动能定理得WF-mgh-Wf=Ek,知两次情况拉力做功相等,摩擦力做功相等,重力做功相等,则动能的变化量相等。作出在两个轨道上运动的速度时间图线如图所示,由于路程相等,则图线与时间轴围成的面积相等,由图可知,t1>t2。故B正确,A、C、D错误。故选B。5.B解析 本题考查动能定理,意在考查F-x图象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=mv2-,经计算可得v=3 m/s,B正确。6.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.AC解析 汽车匀速运动,动能不变,则根据动能定理可知,合外力做功为零,故A正确、B错误;小汽车动能不变,重力势能增加了mgh,则可知小汽车机械能增加量为mgh,故C正确;对上升过程由动能定理可知,牵引力的功等于重力势能的增加量和克服阻力做功之和,故牵引力做功一定大于mgh,故D错误。8.BC解析 由题图乙可知,小球在C点的速度大小为v=3 m/s,轨道半径R=0.4 m,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=,代入数据得m=0.1 kg,选项A错误;由机械能守恒可知,小球在B点的速度mv2+mgR=,解得=17 m2/s2,因在B点是弹力提供向心力,所以有FB=,解得F=4.25 N,选项B正确;再由机械能守恒定律可得,mv2+2mgR=,解得小球在A点的速度v0=5 m/s,所以题图乙中x=25 m2/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。9.答案 (1)0.3 s(2)2 m/s(3)0.1 J解析 (1)小物块从C水平飞出后做平抛运动,由h=gt2得小物块从C到D运动的时间t=0.3 s。(2)从C到D,小物块水平方向做匀速直线运动,v=得v=2 m/s此速度即小物块从C点飞出时的速度。(3)物块从A运动到C的过程中,根据动能定理得mg(H-h)-Wf=mv2-0则克服摩擦力做功Wf=0.1 J。10.答案 (1)2 s(2)64 J(3)40 J解析 (1)铁块与木板间的滑动摩擦力Ff=mg=0.4×1×10 N=4 N铁块的加速度a1= m/s2=4 m/s2木板的加速度a2= m/s2=1 m/s2铁块滑到木板左端的时间为t则a1t2-a2t2=l代入数据解得t=2 s。(2)铁块位移s1=a1t2=×4×22 m=8 m木板位移s2=a2t2=×1×22 m=2 m恒力F对铁块做的功W=Fs1=8×8 J=64 J。(3)铁块的动能EkA=(F-Ff)s1=(8-4)×8 J=32 J木板的动能EkB=Ffs2=4×2 J=8 J铁块和木板的总动能Ek总=EkA+EkB=32 J+8 J=40 J。11.答案 (1)3mg(1-)(2)R(3)lR解析 (1)根据几何关系可得PB=R从P点到E点根据动能定理,有mgR-mgcos ·PB=-0代入数据解得vE=在E点,根据牛顿第二定律有FN-mg=m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=R。(3)物体刚好到达最高点D时,有mg=m解得v=从释放点到最高点D的过程,根据动能定理,有mg(lsin -R-Rcos )-mgcos ·l=mv2-0代入数据解得l=R所以只有lR,物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D。