2019高考物理大二轮复习阶段训练2功和能动量.doc

1、1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,1 5 题只有一个选项符合题目要求,6 8 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

2、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(

3、)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( )2A. Ek1 Ek2,t1t2 B. Ek1= Ek2,t1t2C. Ek1 Ek2,t1mQ,又 vPmQ,2所以 FTPFTQ,C 选项正确;向心加速度 a= =

4、2g,与质量和绳长均无关系 ,D 选项错误。23.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=1Q2。故 B 正确,C、D 错误。故选 B。4.B 解析 因为摩擦力做功 Wf= (mgcos +F sin )s=mg

5、x+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, t1t2。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12 12m02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

6、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。68.BC 解析 由题

7、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2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12 12m2 2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2 12 12m02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

8、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 12 2s。 (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 12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= 0.4110 N

9、=4 N铁块的加速度a1= m/s2=4 m/s2- =8-41木板的加速度a2= m/s2=1 m/s20=44铁块滑到木板左端的时间为 t则 a1t2- a2t2=l 12 12代入数据解得 t=2 s。 7(2)铁块位移s1= a1t2= 422 m=8 m12 12木板位移s2= a2t2= 122 m=2 m12 12恒力 F 对铁块做的功 W=Fs1=88 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=42 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)3

10、mg(1- ) (2) R3-33+1(3)l R3+31- 3解析 (1)根据几何关系可得 PB= R=3从 P 点到 E 点根据动能定理,有mgR-mg cos PB= -012m2代入数据解得 vE= (2-3)在 E 点,根据牛顿第二定律有 FN-mg=m2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 -mg cos (BP+x)=0代入数据解得 x= R。3-33+1(3)物体刚好到达最高点 D 时,有 mg=m2解得 v= 从释放点到最高点 D 的过程,根据动能定理,有8mg(lsin -R-R cos )-mg cos l= mv2-012代入数据解得 l= R3+31- 3所以只有 l R,物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点 D。3+31- 3