1、階段訓練(二)功和能動量(時間:45分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共8小題,每小題7分,共56分。在每小題給出的四個選項中,15題只有一個選項符合題目要求,68題有多個選項符合題目要求。全部選對的得7分,選對但不全的得4分,有選錯的得0分)1.(2018全國卷)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段,列車的動能()a.與它所經歷的時間成正比b.與它的位移成正比c.與它的速度成正比d.與它的動量成正比答案:b解析:高鐵列車啟動階段可看作初速度為零的勻加速運動,則列車所受合外力恒定,由動能定理ek=fx,ek與位移成正比。另外,ek=12mv2=12ma2t2=

2、p22m,故選項b正確,a、c、d錯誤。2.如圖所示,豎直面內,兩段半徑均為r的光滑半圓形細桿平滑拼接組成“s”形軌道,一個質量為m的小環套在軌道上,小環從軌道最高點由靜止開始下滑,下滑過程中始終受到一個水平恒力f的作用,小環能下滑到最低點,重力加速度大小為g。則小環從最高點下滑到最低點的過程中()a.小環機械能守恒b.外力f一直做正功c.小環在最低點的速度大小為v=22grd.在最低點小環對軌道的壓力大小fn=mg答案:c解析:小環下滑過程中受重力、軌道沿半徑方向的作用力和水平外力f,重力一直做正功,外力f時而做正功時而做負功,軌道的作用力一直不做功,故小環機械能不守恒,選項a、b錯誤;小環

3、從最高點下滑到最低點的過程中,在沿水平恒力f方向上的位移為0,則由動能定理可得整個過程中重力做的功等于動能變化量,mg4r=12mv2,解得v=22gr,選項c正確;小環在最低點,由牛頓第二定律得fn-mg=mv2r,得fn=9mg,由牛頓第三定律可知fn=fn=9mg,選項d錯誤。3.如圖所示,水平傳送帶兩端點a、b間的距離為l。若傳送帶處于靜止狀態,把一個小物塊放到右端的a點,某人用恒定的水平拉力f1使小物塊以速度v1勻速滑到左端的b點。若傳送帶的上表面以v2的速度勻速向左運動,此人用水平恒力f2拉物塊,使物塊以相對于傳送帶為v1的速度從a滑到b,下列說法正確的是()a.f2大于f1b.f

4、2做的功等于f1做的功c.f2的功率等于f1的功率d.兩種情況下物塊與皮帶之間因摩擦而產生的熱量相同答案:b解析:兩種情況下物體都做勻速直線運動,物體處于平衡狀態,由平衡條件可知,拉力等于滑動摩擦力,由于兩種情況下滑動摩擦力ff相等,則拉力相等,即f1=f2,故a錯誤;設ab的長度為l,拉力大小為f,滑動摩擦力大小為ff。當傳送帶不運動時,拉力做功w1=fl,物體從a運動到b的時間t1=lv1,因摩擦而產生的熱量q1=ffl。當傳送帶運動時,拉力做功w2=fl,物體從a運動到b的時間t2=lv1+v2t1,因摩擦而產生的熱量q2=ffv1t2。拉力做功功率p1=w1t1,p2=w2t2,比較可

5、知w1=w2,p1p2。又v1t2q2。故b正確,c、d錯誤。故選b。4.(2019湖南長沙長郡中學月考)如圖所示,質量為m的a球以速度v0在光滑水平面上運動,與原靜止的質量為4m的b球碰撞,碰撞后a球以v=av0(待定系數0a1)的速率彈回,并與擋板p發生完全彈性碰撞。若要使a球能追上b球再相撞,則a的取值范圍為()a.15a13b.13a23c.13a25d.13vb,解得a13;碰撞過程中損失的機械能ek=12mav02-12ma(av0)2+12mbvb20,解得a35,故13a35,d正確。5.質量為10 kg的物體,在變力f的作用下沿x軸做直線運動,力f隨坐標x的變化情況如圖所示。

6、物體在x=0處,速度為1 m/s,不計一切摩擦,則物體運動到x=16 m處時,速度大小為()a.22 m/sb.3 m/sc.4 m/sd.17 m/s答案:b解析:本題考查動能定理,意在考查f-x圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示功的知識。由題圖可知f-x圖線與橫軸圍成的面積表示功,由動能定理可知w=12mv2-12mv02,經計算可得v=3m/s,b正確。6.一升降機的底部裝有若干彈簧,如圖所示,設在某次事故中,升降機吊索在空中斷裂,忽略摩擦阻力,則升降機在從彈簧下端觸地后直到最低點的一段運動過程中()a.先處于失重狀態然后處于超重狀態b.重力的功率不斷減小c.機械能不斷減小d.機械能保持不變

7、答案:ac解析:升降機在下落過程中,受到豎直向下的重力和豎直向上的彈簧的彈力作用,且彈力逐漸增大,則升降機先向下加速,后減速,故升降機先處于失重狀態然后處于超重狀態,選項a正確;升降機的重力的功率p=mgv,其先增大后減小,選項b錯誤;除重力做功外,彈簧的彈力對其做負功,機械能減小,選項c正確,選項d錯誤。7.(2019云南楚雄模擬)如圖所示,在光滑的水平面上靜止放一質量為m的木板b,木板表面光滑,左端固定一輕質彈簧。質量為2m的木塊a以速度v0從板的右端水平向左滑上木板b。在木塊a與彈簧相互作用的過程中,下列判斷正確的是()a.彈簧壓縮量最大時,b板運動速率最大b.b板的加速度一直增大c.彈

8、簧給木塊a的沖量大小為43mv0d.彈簧的最大彈性勢能為mv023答案:cd解析:當木塊與長木板速度相等時,彈簧的壓縮量最大,此后彈簧要恢復原狀,木板進一步加速,a錯誤。木塊與木板發生彈性碰撞,彈簧壓縮量先增大后減小,故b板的加速度先增大后減小,b錯誤。木塊與木板發生彈性碰撞,動量守恒,機械能也守恒,根據動量守恒定律有2mv0=2mv1+mv2,根據機械能守恒定律有122mv02=122mv12+12mv22,解得v1=13v0,v2=43v0;對木塊a,根據動量定理有i=2mv1-2mv0=-43mv0(負號表示方向向右),c正確。當木塊與長木板速度相等時,彈簧的壓縮量最大,根據動量守恒定律

9、,有2mv0=(m+2m)v,系統機械能守恒,根據機械能守恒定律,有ep=122mv02-12(2m+m)v2,由兩式解得ep=13mv02,d正確。8.如圖甲所示,在豎直平面內固定一光滑的半圓形軌道abc,小球以一定的初速度從最低點a沖上軌道,圖乙是小球在半圓形軌道上從a運動到c的過程中,其速度的二次方與其對應高度的關系圖像。已知小球在最高點c受到軌道的作用力為1.25 n,空氣阻力不計,g取10 m/s2,b點為ac軌道的中點,下列說法正確的是()a.小球質量為0.5 kgb.小球在b點受到軌道作用力為4.25 nc.圖乙中x=25 m2/s2d.小球在a點時重力的功率為5 w答案:bc解

10、析:由題圖乙可知,小球在c點的速度大小為v=3m/s,軌道半徑r=0.4m,因小球所受重力與彈力的合力提供向心力,所以小球在c點有mg+f=mv2r,代入數據得m=0.1kg,選項a錯誤;由機械能守恒可知,小球在b點的速度12mv2+mgr=12mvb2,解得vb2=17m2/s2,因在b點是彈力提供向心力,所以有fb=mvb2r,解得f=4.25n,選項b正確;再由機械能守恒定律可得,12mv2+2mgr=12mv02,解得小球在a點的速度v0=5m/s,所以題圖乙中x=25m2/s2,選項c正確;因小球在a點時重力與速度方向垂直,所以重力的功率為0,選項d錯誤。二、非選擇題(本題共3小題,

11、共44分)9.(12分)(2019山東濰坊一模)右圖是某科技小組制做的嫦娥四號模擬裝置的示意圖,用來演示嫦娥四號空中懸停和著陸后的分離過程,它由著陸器和巡視器兩部分組成,其中著陸器內部有噴氣發動機,底部有噴氣孔,在連接巡視器的一側有彈射器。演示過程:先讓發動機豎直向下噴氣,使整個裝置豎直上升至某個位置處于懸停狀態,然后讓裝置慢慢下落到水平面上,再啟動彈射器使著陸器和巡視器瞬間分離,向相反方向做減速直線運動。若兩者均停止運動時相距為l,著陸器(含彈射器)和巡視器的質量分別為m和m,它們與地面間的動摩擦因數均為,重力加速度為g,發動機噴氣口橫截面積為s,噴出氣體的密度為;不計噴出氣體對整體質量的影

12、響。求:(1)裝置懸停時噴出氣體的速度;(2)彈射器給著陸器和巡視器提供的動能之和。答案:(1)(m+m)gs(2)mmglm+mm2+m2解析:(1)懸停時氣體對模擬裝置的作用力為f,則f=(m+m)g由牛頓第三定律可知,懸停時模擬裝置對氣體的作用力f=f取t時間噴出的氣體為研究對象,由動量定理有ft=(svt)v解得v=(m+m)gs。(2)彈射過程水平方向動量守恒,設二者分離瞬間巡視器和著陸器的速度大小分別為v1和v2,有mv1-mv2=0設巡視器和著陸器減速運動的距離分別為l1和l2,由動能定理得-mgl1=0-12mv12,-mgl2=0-12mv22,l=l1+l2彈射器提供的總動

13、能ek=12mv12+12mv22聯立解得ek=mmglm+mm2+m2。10.(14分)如圖所示,ab是傾角為=30的粗糙直軌道,bcd是光滑的圓弧軌道,ab恰好在b點與圓弧相切,圓弧的半徑為r。一個質量為m的物體(可以看作質點)從直軌道上的p點由靜止釋放,結果它能在兩軌道上做往返運動。已知p點與圓弧的圓心o等高,物體與軌道ab間的動摩擦因數為,重力加速度為g。(1)求物體對圓弧軌道最大壓力的大小。(2)求物體滑回軌道ab上距b點的最大距離。(3)釋放點距b點的距離l應滿足什么條件,才能使物體順利通過圓弧軌道的最高點d?答案:(1)3mg(1-)(2)3-33+1r(3)l3+31-3r解析

14、:(1)根據幾何關系可得pb=rtan=3r從p點到e點根據動能定理,有mgr-mgcospb=12mve2-0代入數據解得ve=(2-3)gr在e點,根據牛頓第二定律有fn-mg=mve2r解得fn=3mg(1-)。(2)設物體滑回到軌道ab上距b點的最大距離為x,根據動能定理,有mg(bp-x)sin-mgcos(bp+x)=0代入數據解得x=3-33+1r。(3)物體剛好到達最高點d時,有mg=mv2r解得v=gr從釋放點到最高點d的過程,根據動能定理,有mg(lsin-r-rcos)-mgcosl=12mv2-0代入數據解得l=3+31-3r所以只有l3+31-3r,物體才能順利通過圓

15、弧軌道的最高點d。11.(18分)(2019全國卷)靜止在水平地面上的兩小物塊a、b,質量分別為ma=1.0 kg,mb=4.0 kg;二者之間有一被壓縮的微型彈簧,a與其右側的豎直墻壁距離l=1.0 m,如圖所示。某時刻,將壓縮的微型彈簧釋放,使a、b瞬間分離,兩物塊獲得的動能之和為ek=10.0 j。釋放后,a沿著與墻壁垂直的方向向右運動。a、b與地面之間的動摩擦因數均為=0.20。重力加速度g取10 m/s2。a、b運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。(1)求彈簧釋放后瞬間a、b速度的大小。(2)物塊a、b中的哪一個先停止?該物塊剛停止時a與b之間的距離是多少?(3)a和b

16、都停止后,a與b之間的距離是多少?答案:(1)va=4.0 m/s,vb=1.0 m/s(2)b先停止0.50 m(3)0.91 m解析:(1)設彈簧釋放瞬間a和b的速度大小分別為va、vb,以向右為正方向,由動量守恒定律和題給條件有0=mava-mbvbek=12mava2+12mbvb2聯立式并代入題給數據得va=4.0m/s,vb=1.0m/s。(2)a、b兩物塊與地面間的動摩擦因數相等,因而兩者滑動時加速度大小相等,設為a。假設a和b發生碰撞前,已經有一個物塊停止,此物塊應為彈簧釋放后速度較小的b。設從彈簧釋放到b停止所需時間為t,b向左運動的路程為sb,則有mba=mbgsb=vbt

17、-12at2vb-at=0在時間t內,a可能與墻發生彈性碰撞,碰撞后a將向左運動,碰撞并不改變a的速度大小,所以無論此碰撞是否發生,a在時間t內的路程sa都可表示為sa=vat-12at2聯立式并代入題給數據得sa=1.75m,sb=0.25m這表明在時間t內a已與墻壁發生碰撞,但沒有與b發生碰撞,此時a位于出發點右邊0.25m處。b位于出發點左邊0.25m處,兩物塊之間的距離s為s=0.25m+0.25m=0.50m。(3)t時刻后a將繼續向左運動,假設它能與靜止的b碰撞,碰撞時速度的大小為va,由動能定理有12mava2-12mava2=-mag(2l+sb)聯立式并代入題給數據得va=7