大二轮高考总复习物理考前第6天能量和动量（保温训练）

第二部分考前第6天1．(多选)(2017·广东中山一中七校联考)在地面附近，沿水平方向抛出一个物体，不计空气阻力，物体在空中飞行运动，说法正确的是()A．在相同时间间隔内，速度变化相同B．在相同时间间隔内，位移变化相同C．在相同时间间隔内，动量变化相同D．在相同时间间隔内，动能变化相同解析：平抛运动的加速度为g，是个定值，根据Δv＝gΔt可知，在相同时间间隔内，速度变化相同，故A正确；平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，相同时间内，水平位移的变化量相同，但是竖直方向位移的变化量不等，所以总位移变化不同，故B错误；根据ΔP＝m·Δv可知在相同时间间隔内，速度的变化相同，则动量变化相同，选项C正确；根据动能定理ΔEk＝mg·Δh，因在相同时间间隔内，竖直方向位移的变化量不等，则动能变化不相同，选项D错误；故选AC．答案：AC2．(2017·辽宁实验中学月考)质量m＝2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/sA．x＝1m时物块的速度大小为B．x＝3m时物块的加速度大小为1.25C．在前2m的运动过程中物块所经历的时间为2D．在前4m的运动过程中拉力对物块做的功为25解析：根据图象知，x＝1m时，动能为2J，即eq\f(1,2)mv2＝2J，解得v＝eq\r(2)m/s.故A错误．对x＝2m到x＝4m段运用动能定理，有：Fx－μmgx＝ΔEk，解得F＝6.5N．a＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(6.5－0.2×20,2)m/s2＝1.25m/s2.故B正确．对前2m运用动能定理得，Fx－μmgx＝ΔEk，解得F＝6N，物体的加速度a＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(6－4,2)m/s2＝1m/s2.末速度v＝eq\r(\f(2Ek,m))＝eq\r(\f(8,2))＝2m/s，根据v＝at得，t＝2s．故C正确．对全过程运用动能定理得，WF－μmgs＝ΔEk，解得WF＝25J．故D正确．此题选择错误的选项，故选A．答案：A3．(多选)(2017·大庆一模)如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中()A．物块a重力势能减少mghB．摩擦力对a做的功大于a机械能的增加C．摩擦力对a做的功小于物块a、b动能增加之和D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等解析：开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有magsinθ＝mg，则ma＝eq\f(m,sinθ).b上升h，则a下降hsinθ，则a重力势能的减小量为mag×hsinθ＝mgh，故A正确．根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量．所以摩擦力做功大于a的机械能增加．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加，故B正确，C错误．任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率Pb＝mgv，对a有：Pa＝magvsinθ＝mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D正确．答案：ABD4．(2017·成都外国语模拟)如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为m的物体A，处于静止状态．若将一个质量为2m的物体B竖直向下轻放在A上，则(重力加速度为gA．放在A上的一瞬间B对A的压力大小为23/mgB．AB一起向下运动过程中AB间的压力先增大后减小C．AB向上运动到某一位置时将分离D．运动过程中AB物体机械能守恒解析：B放在A上的一瞬间，对AB整体：2mg＝3ma；对B：2mg－FAB＝2ma，解得FAB＝eq\f(2mg,3)，选项A正确；AB一起向下运动过程中，整体的加速度先向下减小，后向上增大；故AB间的压力一直增大，选项B错误；因AB间的压力一直增大，不可能为零，可知AB不可能分离，选项C错误；运动过程中弹簧弹力对AB系统做负功，故AB物体机械能减小，选项D错误；故选A．答案：A5．(多选)(2017·上海长宁区模拟)从地面A处竖直向上抛一质量为m的小球，小球上升到B点时的动能与小球上升到最高点后返回至C点时的动能相等，B点离地高度为h，C点离地高度为eq\f(h,3).空气阻力f＝0.1mg，大小不变，重力加速度为g，则()A．小球上升的最大高度为2hB．小球上升的最大高度为4hC．小球下落过程中从B点到C点动能的增量为eq\f(3,5)mghD．小球下落过程中从B点到C点动能的增量为eq\f(4,5)mgh解析：设小球由B点再上升h′到达最高点，由动能定理得，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mg·eq\f(2,3)h－0.1mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2h′＋\f(2,3)h))＝0，解得h′＝3h，所以小球上升的最大高度H＝h＋h′＝4h，B正确；下落过程中小球从B点到C点动能的增加量eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(′2,B)＝mg·eq\f(2,3)h－0.1mg·eq\f(2,3)h＝eq\f(3,5)mgh，C正确．答案：BC6．(2017·兰州一中月考)如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R，用质量为m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为s＝6t－2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．取g＝(1)判断m2能否沿圆轨道到达M点；(2)B、P间的水平距离；(3)释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功．解析：(1)物块m2由D点以初速度vD平抛，至P点时，由平抛规律，得vy＝eq\r(2gR)，tan45°＝eq\f(vy,vD)，解得vD＝4假设能到达M点，且速度为vM，由机械能守恒，得eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,M)＋m2gh＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,D)由图中几何关系，得h＝eq\f(R,\r(2))，解得vM＝2eq\r(4－2\r(2))能完成圆周运动过M点的最小速度vMmin，由重力提供物体做圆周运动的向心力，m2g＝m2eq\f(v\o\al(2,M)min,R)，vM(min)＝2eq\r(2)m/s≈2.83m/s>2.17m/s，所以不能到达M点．(2)平抛过程水平位移为x，由平抛运动规律，得x＝vDtR＝eq\f(1,2)gt2在桌面上过B点后的运动为s＝6t－2t2，故为匀减速运动，且初速度为vB＝6m/s、加速度为a＝－4m/s2，B、D间由运动规律，得veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,D)＝2as解得B、P水平间距为x＋s＝4.1(3)设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep，由功能关系，得释放m1时为Ep＝μm1gsCB，释放m2时为Ep＝μm2gsCB＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，由动能定理，得Ep－Wf＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,D)解得Wf＝5.6J答案：(1)不能到达M点(2)4.1m(3)5.67．在竖直平面内有一个半圆形轨道ABC，半径为R，如图所示．A、C两点的连线水平，B点为轨道最低点．其中AB部分是光滑的，BC部分是粗糙的．有一个质量为m的乙物体静止在B点，另一个质量为4m的甲物体从A点无初速度释放，甲物体运动到轨道最低点与乙物体发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后结合成一个整体，甲乙构成的整体滑上BC轨道，最高运动到D点，OD与OB连线的夹角θ＝60°.甲、乙两物体可以看作质点，重力加速度为g，求(1)甲物体与乙物体碰撞过程中，甲物体受到的冲量．(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，甲乙构成的整体对轨道最低点的压力．(3)甲乙构成的整体从B点运动到D点的过程中，摩擦力对其做的功．解析：(1)设甲物体由A点运动到B点处速度为v0，由机械能守恒定律得4mgR＝eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gR)甲物体与乙物体碰撞过程取向左方向为正动量守恒4mv0＝5mv解得v＝eq\f(4,5)v0＝eq\f(4,5)eq\r(2gR)I甲＝4mv－4mv0＝－eq\f(4,5)meq\r(2gR)，方向水平向右．(2)F－5mg＝5meq\f(v2,R)F＝5mg＋6.4mg＝11.4