高考物理二轮复习 寒假作业（二）能量与动量-人教版高三全册物理试题.doc

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1、寒假作业(二)能量与动量1(2017德阳一诊)如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相同，则此物体的运动不可能是()A匀速圆周运动B自由落体运动C平抛运动 D竖直上抛运动解析：选A如果物体在任意相等时间内受到的冲量都相同，由IFt可知，物体受到的合力是恒力。物体做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动时只受重力，合力为恒力；物体做匀速圆周运动时合力为变力，故B、C、D均可能，A不可能。2.如图所示，光滑水平地面上固定一带滑轮的竖直杆，用轻绳系着小滑块绕过滑轮，用恒力F1水平向左拉滑块的同时，用恒力F2拉绳，使滑块从A点起由静止开始向右运动，B和C是A点右方的两点，且ABBC，则以下说法正确的是(

2、)A从A点至B点F2做的功大于从B点至C点F2做的功B从A点至B点F2做的功小于从B点至C点F2做的功C从A点至C点F2做的功一定等于滑块克服F1做的功D从A点至C点F2做的功一定大于滑块克服F1做的功解析：选A由题，ABBC，根据数学知识得知，从A点至B点绳头的位移大于从B点至C点的位移，F2又是恒力，则从A点至B点F2做的功大于从B点至C点F2做的功，故A正确，B错误。滑块从A到C过程，可能先加速后减速，滑块在A点与C点速率可能相等，根据动能定理得知，滑块从A运动到C过程中动能的变化量为零，总功为零，则从A点至C点F2做的功可能等于滑块克服F1做的功，故C、D错误。3.多选如图所示为某汽车

3、在平直公路上启动时发动机功率P随时间t变化的图像，P0为发动机的额定功率。已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大值vm，汽车所受阻力大小与速度大小成正比。由此可得()A在t3时刻，汽车速度一定等于vmB在t1t2时间内，汽车一定做匀速运动C在t2t3时间内，汽车一定做匀速运动D在发动机功率达到额定功率前，汽车一定做匀加速运动解析：选AC已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大值vm，此后汽车做匀速直线运动，速度不变，所以在t3时刻，汽车速度一定等于vm，故A正确。0t1时间内汽车的功率均匀增加，汽车所受阻力增大，汽车做变加速直线运动；汽车的功率在t1时刻达到额定功率，根据PFv，速度继续增大，牵引力

4、减小，则加速度减小，则在t1t2时间内汽车做加速度减小的加速运动，故B、D错误。在t2t3时间内，汽车已达到最大速度，且功率保持不变，汽车一定做匀速直线运动，故C正确。4.如图，长方体ABCD A1B1C1D1中|AB|2|AD|2|AA1|，将可视为质点的小球从顶点A在BAD所在范围内(包括边界)分别沿不同方向水平抛出，落点都在A1B1C1D1范围内(包括边界)。不计空气阻力，以A1B1C1D1所在水平面为重力势能参考平面，则小球()A抛出速度最大时落在B1点B抛出速度最小时落在D1点C从抛出到落在B1D1线段上任何一点所需的时间都相等D落在B1D1中点时的机械能与落在D1点时的机械能相等解

5、析：选C由于小球抛出时离地高度相等，故各小球在空中运动的时间相等，则可知水平位移越大，抛出时的速度越大，故落在C1点的小球抛出速度最大，落点靠近A1点的小球速度最小，故A、B错误，C正确；由题图可知，落在B1D1中点和落在D1点的水平位移不同，所以两种情况中对应的水平速度不同，则可知它们在最高点时的机械能不相同，因下落过程机械能守恒，故落地时的机械能也不相同，故D错误。5.多选如图，两个相同小物块a和b之间用一根轻弹簧相连，小物块a和b及弹簧组成的系统用细线静止悬挂于足够高的天花板下。细线某时刻被剪断，系统下落，已知重力加速度为g，则()A细线剪断瞬间，a和b的加速度大小均为gB弹簧恢复原长时

6、，a和b的加速度大小均为gC下落过程中弹簧一直保持拉伸状态D下落过程中a、b和弹簧组成的系统机械能守恒解析：选BD开始时系统处于平衡状态，弹簧的弹力大小等于物块b的重力mg，当细线剪断瞬间，弹簧不能突变，则物块b受力仍然平衡，加速度为零，而a受向下的重力和拉力作用，加速度为2g，故A错误；弹簧恢复原长时，两物块均只受重力，故加速度大小为g，由于此时物块a的速度大于b的速度，故此后一段时间弹簧处于压缩状态，故B正确，C错误；对a、b和弹簧组成的系统来说，由于只有重力做功，故机械能守恒，故D正确。6多选一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的

7、速度v随时间t的变化关系如图3所示，则()A26 s时间内物体的加速度大小为0.75 m/s2B物体的质量为1 kgC整个过程中，物体所受摩擦力始终为2 ND010 s时间内，物体克服摩擦力所做的功为30 J解析：选AD在速度时间图像上，斜率表示加速度，由题图3可得26 s时间内物体的加速度为：a m/s20.75 m/s2，故A正确。由题图3知，68 s内物体做匀速直线运动，由平衡条件得：f滑F32 N由图3可得26 s内物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F2f滑ma1联立代入数据解得：m kg，故B错误。在01 s内物体静止不动，物体所受摩擦力f静F11 N，210 s内物体所受摩擦

8、力f滑2 N，故C错误。在整个过程中通过的位移为：x(28)3 m15 m，物体克服摩擦力做功：Wf滑x215 J30 J，故D正确。7(2017乌鲁木齐二模)动车组是由几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢组成的，带动力的车厢叫动车，不带动力的车厢叫拖车。每节动车与拖车质量都相等，每节动车的额定功率都相等。动车组运行过程中总阻力来自两部分：一部分是车轮与铁轨之间摩擦产生的机械阻力，阻力大小与动车组的质量成正比；另一部分来自于空气阻力，阻力大小与动车组速度的平方成正比。一列12节车厢的动车组，有3节动车时最大速度为160 km/h，此时空气阻力是总阻力的0.5倍。若要使12节车厢的动车组的速度

9、达到240 km/h，则动车的节数至少为()A7节 B8节C9节 D10节解析：选B设每节动车的功率为P，12节车厢的动车组受到的机械阻力为f，则有3P(fkv12)v1，nP(fkv22)v2，根据题意fkv12，代入v1、v2，解得n7.3故至少有8节动车，故B正确。8.如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两小木块中部夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上。若mA3mB，则下列结果正确的是()A若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1W211B在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零C若A、B在空中飞行时的动量变化量

10、分别为p1和p2，则有p1p211D若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为13解析：选D弹簧弹开木块过程中，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvAmBvB0，则速度之比vAvB13，根据动能定理得：轻弹簧对A、B做功分别为W1mAvA2，W2mBvB2，联立解得W1W213，故A错误。根据动量守恒定律得知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即mAvAmBvB0，可得，vAvB0，故B错误。A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为t。由动量定理得：A、

11、B在空中飞行时的动量变化量分别为p1mAgt，p2mBgt，所以p1p231，故C错误。平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由xv0t知，t相等，则A、B两木块的水平位移大小之比等于vAvB13，故D正确。9.用光滑圆管制成如图所示的轨道，竖直立于水平地面上，其中ABC为圆轨道的一部分，CD为倾斜直轨道，二者相切于C点，已知圆轨道的半径R1 m，倾斜轨道CD与水平地面的夹角为37，现将一小球以一定的初速度从A点射入圆管，小球直径略小于圆管的直径，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求小球通过倾斜轨道CD的最长时间(结果保留一位有效数字)。解析：小球通过倾斜

12、轨道时间若最长，则小球到达圆轨道的最高点的速度为0，从最高点到C点：对小球由动能定理可得：mghmvC2由几何关系得：hRRcos 小球在CD段做匀加速直线运动，由位移公式得：LvCtat2CD的长度为：L对小球利用牛顿第二定律可得：mgsin ma代入数据联立解得：t0.7 s。答案：0.7 s10(2017潍坊期中)如图所示，一内壁光滑的圆弧形轨道ACB固定在水平地面上，轨道的圆心为O，半径R0.5 m，C为最低点，其中OB水平，AOC37，质量m2 kg的小球从轨道左侧距地面高h0.55 m的某处水平抛出，恰好从轨道A点沿切线方向进入圆轨道，取g10 m/s2，sin 370.6，cos

13、 370.8，求：(1)小球抛出点到A点的水平距离；(2)小球运动到B点时对轨道的压力大小。解析：(1)小球做平抛运动，竖直方向：hR(1cos 37)gt2，解得：t0.3 s，竖直分速度：vygt100.3 m/s3 m/s，水平分速度：v0 m/s4 m/s，抛出点距A点的水平距离：Lxv0t40.3 m1.2 m。(2)小球从抛出到B点过程，由动能定理得：mg(hR)mvB2mv02，在B点，由牛顿第二定律得：Fm，解得：F68 N，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小：FF68 N。答案：(1)1.2 m(2)68 N11.如图所示，物块A静止在光滑水平面上，木板B和物块C一起以

14、速度v0向右运动，与A发生弹性正碰，已知v05 m/s，mA6 kg，mB4 kg，mC2 kg，C与B之间动摩擦因数0.2，木板B足够长，取g10 m/s2，求：(1)B与A碰撞后A物块的速度；(2)B、C共同的速度；(3)整个过程中系统增加的内能。解析：(1)以A、B为研究对象，B与A发生弹性碰撞过程，设向右为正，由动量守恒定律可有：mBv0mAvAmBvB；由机械能守恒定律可知：mBv02mBvB2mAvA2联立解得：vA4 m/s，vB1 m/s。(2)碰后B反向运动，与C相互作用。对B、C，由动量守恒定律可知：mCv0mBvB(mCmB)v解得：v1 m/s。(3)系统增加的内能为QmBvB2mCv02(mCmB)v2解得Q24 J。答案：(1)4 m/s，方向向右(2)1 m/s，方向向右(3)24 J6