网校教育资源平台

2018届高考物理二轮专题复习:选择题押题练(四) 能量与动量(常考点)

评价文档:
文档评论: 0

相关文档推荐

2018届高中物理总复习 第十四章 波与相对论(选修3-4) 实 验 十四 探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
免费
2018届高中物理总复习 第十四章 波与相对论(选修3-4) 第4节 光的波动性 电磁波 相对论
免费
2018届高中物理总复习 第十四章 波与相对论(选修3-4) 课时跟踪检测(五十一) 光的波动性 电磁波 相对论
免费
2018届高中物理总复习 第十一章 交变电流 传感器 课时跟踪检测(四十二) 变压器 电能的输送(重点高中)
免费
2018届高中物理总复习 第十一章 交变电流 传感器 实验十二 传感器的简单使用
免费
2018届高中物理总复习 第十四章 波与相对论(选修3-4) 第十四章 波与相对论[选修3-4]
免费
2018届高中物理总复习 第十三章 热学[选修3-3]
免费
2018届高中物理总复习 第十四章 波与相对论(选修3-4) 课时跟踪检测(四十九) 机械波
免费
2018届高中物理总复习 第十三章 热学(选修3-3) 课时跟踪检测(四十七) 热力学定律
免费
2018届高中物理总复习 第十四章 波与相对论(选修3-4) 课时跟踪检测(四十八) 机械振动
免费
2018届高中物理总复习 第十一章 交变电流 传感器 课时跟踪检测(四十一) 交变电流的产生及描述(普通高中)
免费
2018届高中物理总复习 第十四章 波与相对论(选修3-4) 实 验 十六 用双缝干涉测光的波长
免费
2018届高中物理总复习 第十三章 热学(选修3-3) 课时跟踪检测(四十六) 固体、液体和气体
免费
2018届高中物理总复习 第十四章 波与相对论(选修3-4) 第1节 机 械 振 动
免费
2018届高中物理总复习 第十四章 波与相对论(选修3-4) 实验十五 测定玻璃的折射率
免费
2018届高中物理总复习 第十一章 交变电流 传感器 第2节 变压器 电能的输送
免费
2018届高中物理总复习 第十三章 热学(选修3-3) 第3节 热力学定律
免费
2018届高中物理总复习 第十三章 热学(选修3-3) 第2节 固体、液体和气体
免费
2018届高中物理总复习 第十一章 交变电流 传感器 课时跟踪检测(四十一) 交变电流的产生及描述(重点高中)
免费
2018届高中物理总复习 第十一章 交变电流 传感器
免费
分享到:
10积分 下载
                  中国现代教育网     www.30edu.com  全国最大教师交流平台

                   选择题押题练(四) 能量与动量(常考点)

    1.[多选]如图所示,内壁光滑半径大小为                R 的圆轨道竖直固定在桌面
上,一个质量为       m 的小球静止在轨道底部          A 点。现用小锤沿水平方向快速
击打小球,击打后迅速移开,使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到

A 点时,再次用小锤沿运动方向击打小球,通过两次击打,小球才能运动
到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道,在第一次击打过程中小锤对

小球做功    W1,第二次击打过程中小锤对小球做功                W2。设先后两次击打过程中小锤对小球
                             W1
做功全部用来增加小球的动能,则W2的值可能是(  )
      1                                   2
    A.2                               B.3
      3
    C.4                               D.1
    解析:选    AB 第一次击打后球最多到达与球心               O 等高位置,根据功能关系,有:

W1≤mgR①
    两次击打后可以到达轨道最高点,根据功能关系,有:
                   1

                       2
    W1+W2-2mgR=2mv      ②
    在最高点,有:
             v2
    mg+N=m    R ≥mg③
    联立①②③解得:

    W1≤mgR
        3

    W2≥2mgR
      W1   2
    故W2≤3
    故 A、B   正确,C、D     错误。

    2.质量为    2 kg 的物体   A 做平抛运动,落地时水平方向的位移和竖直方向的位移均为
L=5 m,不考虑空气阻力的影响,重力加速度                  g 取 10 m/s2,下列说法中正确的是(  )
    A.物体    A 落地时的动量大小为         10 5 kg·m/s
    B.物体    A 落地时的动能为       100 J
    C.物体    A 落地时,速度与水平方向的夹角是              45°
    D.物体    A 做平抛运动中合力的平均功率为             125 W
                  中国现代教育网     www.30edu.com  全国最大教师交流平台

                                                            2L
    解析:选    A 由平抛运动规律可知:物体             A 做平抛运动的时间        t=  g =1  s,做平抛运
              L

动的初速度     v0= t =5    m/s,落地时竖直方向的速度           vy=gt=10    m/s,落地时速度      v=
 v02+vy2=5   5 m/s,落地时的动量大小        p=mv=10    5 kg·m/s,A 正确;物体      A 落地时的
         1

            2
动能   Ek=2mv  =125 J,B  错误;物体     A 落地时,速度与水平方向的夹角的正切值                  tan θ=
vy
v0=2,速度与水平方向的夹角不是              45°,C 错误;物体     A 做平抛运动中合力是重力,这段
时间内重力做的功        W=mgL=100 J,重力的平均功率为            100 W,D  错误。

    3.[多选]让一小球分别从竖直墙壁上面的                A 点和  B 点沿不同的粗糙斜
面  AC 和 BC 到达水平面上同一点         C,小球释放的初速度等于           0,两个斜面
的粗糙程度相同,关于小球的运动,下列说法正确的是(  )
    A.下滑到     C 点时合外力的冲量可能相同
    B.下滑到     C 点时的动能可能相同
    C.下滑到     C 点过程中损失的机械能一定相同
    D.若小球质量增大,则沿同一斜面到达斜面底端的速度不变
    解析:选    CD 下滑到     C 点时速度方向不同,而动量是矢量,所以                 C 点的动量不可能
相同,由于初动量等于          0,所以下滑到      C 点动量变化量不同,即合外力的冲量不同,选项
A 错误;两次下滑到        C 点过程中损失的机械能等于克服摩擦力做功,大小为                      μmgcos    θ·
  L
cos θ=μmgL,θ  为斜面与水平面的夹角,则损失的机械能一定相同,选项                        C 正确;到达底
                                1

                                    2
端的动能为     mgh-Wf=mgh-μmgL=2mv       ,则两次下滑到       C 点时的动能不可能相同,速
度  v=  2gh-2μgL与质量无关,选项        B 错误,D    正确。
    4.[多选]如图所示,固定于地面、倾角为                θ 的光滑斜面上有一轻质
弹簧,轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板                    C 连接,另一端与物块
A 连接,物块     A 上方放置有另一物块         B,物块    A、B  质量均为    m 且不粘
连,整个系统在沿斜面向下的恒力               F 作用下而处于静止状态。某一时刻将力                F 撤去,若在
弹簧将   A、B   弹起过程中,A、B       能够分离,则下列叙述正确的是(  )
    A.从力    F 撤去到   A、B  发生分离的过程中,弹簧及            A、B  物块所构成的系统机械能
守恒

    B.A、B   被弹起过程中,A、B         即将分离时,两物块速度达到最大
    C.A、B   刚分离瞬间,A       的加速度大小为       gsin θ
    D.若斜面为粗糙斜面,则从力             F 撤去到   A、B  发生分离的过程中,弹簧减少的弹性
                  中国现代教育网     www.30edu.com  全国最大教师交流平台

势能一定大于      A、B  增加的机械能与系统摩擦生热之和
    解析:选    AC 从力    F 撤去到   A、B  发生分离的过程中,弹簧及            A、B  物块所构成的系
统只有重力和弹簧的弹力做功,所以系统的机械能守恒,故                         A 正确。A、B     被弹起过程中,
合力等于零时,两物块速度达到最大,此时弹簧处于压缩状态,A、B                             还没有分离,故
B 错误。A、B     刚分离瞬间,A、B       间的弹力为零,对         B 分析,由牛顿第二定律得          mgsin 

θ=maB,得    aB=gsin θ,此瞬间    A 与 B 的加速度相同,所以         A 的加速度大小为       gsin θ,故
C 正确。若斜面为粗糙斜面,则从力               F 撤去到   A、B  发生分离的过程中,由能量守恒定律
知,弹簧减少的弹性势能一定等于               A、B  增加的机械能与系统摩擦生热之和,故                D 错误。

    5.[多选]2017   年国际雪联单板滑雪         U 型池世锦赛决赛在西班牙内华
达山收官,女子决赛中,中国选手蔡雪桐以                   90.75 分高居第一成功卫冕。
如图所示,单板滑雪         U 型场地可简化为固定在竖直面内的半圆形轨道场
地,雪面不同曲面内各处动摩擦因数不同,因摩擦作用滑雪运动员从半圆形场地的坡顶下

滑到坡的最低点过程中速率不变,则(  )
    A.运动员下滑的过程中加速度时刻变化
    B.运动员下滑的过程所受合外力恒定不变
    C.运动员下滑过程中与雪面的动摩擦因数变小
    D.运动员滑到最低点时所受重力的瞬时功率达到最大
    解析:选    AC 滑雪运动员速率不变,必做匀速圆周运动,向心加速度的大小不变,方
向时刻变化,选项        A 正确;滑雪运动员下滑的过程中做匀速圆周运动,所受的合外力的大
小不变,但方向时刻在变,选项              B 错误;因运动员在运动方向(切线方向)上合力为零,才
能保证速率不变,在该方向重力的分力不断减小,所以摩擦力                          f 不断减小,而运动员下滑
过程中重力沿径向分力变大,所需向心力的大小不变,故弹力                          N 增大,由    f=μN  可知,运

动员下滑过程中与雪面的动摩擦因数变小,选项                    C 正确;由     P=Fvcos   θ 得,当速度与竖
直方向的夹角越大时,运动员所受重力的瞬时功率就越小,选项                           D 错误。

    6.[多选]如图所示,AB        为固定水平长木板,长为           L,C  为长木板的中点,AC        段光滑,
                   L
CB 段粗糙,一原长为4的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上,另一端连一物块,开始时
将物块拉至长木板的右端           B 点,由静止释放物块,物块在弹簧弹力的作用下向左滑动,已
知物块与长木板       CB 段间的动摩擦因数为         μ,物块的质量为        m,弹簧的劲度系数为         k,且
   4μmg

k>   L ,物块第一次到达        C 点时,物块的速度大小为           v0,这时弹簧的弹性势能为           E0,不
计物块的大小,则下列说法正确的是(  )


    A.物块可能会停在         CB 面上某处
                  中国现代教育网     www.30edu.com  全国最大教师交流平台

    B.物块最终会做往复运动
                                   1

                                       2
    C.弹簧开始具有的最大弹簧势能为2mv0               +E0
                               1     1

                                   2
    D.物块克服摩擦做的功最大为2mv0              +2μmgL
                        4μmg        1
    解析:选    BD 由于    k>  L  ,由此   k·4L>μmg,由此,物块不可能停在             BC 段,故
A 错误;只要物块滑上         BC 段,就要克服摩擦力做功,物块的机械能就减小,所以物块最
终会在   AC  段做往返运动,故        B 正确;物块从开始运动到第一次运动到                C 点的过程中,根
                           1          L

                               2
据能量守恒定律得:Epm=E0+2mv0           +μmg·2,故    C 错误;物块第一次到达          C 点时,物块

的速度大小为      v0,物块最终会在       AC 段做往返运动,到达         C 点的速度为     0,可知物块克服
                              1      1

                                  2
摩擦做的功最大为        Wfm=Epm-E0=2mv0    +2μmgL,故    D 正确。
    7.如图所示,水平传送带         AB  距离地面的高度为        h,以恒定速率

v0 顺时针运行。甲、乙两相同滑块(视为质点)之间夹着一个压缩轻弹
簧(长度不计),在       AB 的正中间位置轻放它们时,弹簧瞬间恢复原长,
两滑块以相同的速率分别向左、右运动。下列判断正确的是(  )
    A.甲、乙两滑块不可能落在传送带的左右两侧
    B.甲、乙两滑块可能落在传送带的左右两侧,但距释放点的水平距离一定相等
    C.甲、乙两滑块可能落在传送带的同一侧,但距释放点的水平距离一定不相等
    D.若甲、乙两滑块能落在同一点,则摩擦力对甲、乙做的功一定相等

    解析:选    D 设   v 大于  v0,弹簧瞬间恢复原长后,甲滑块向左做初速度为                    v,加速度
为  a 的匀减速运动。乙滑块向右做初速度为                v,加速度为     a 的匀减速运动。若甲、乙都一
直做匀减速运动,两个滑块落地后,距释放点的水平距离相等,若甲做匀减速运动,乙先

做匀减速后做匀速运动,则水平距离不等,故                    A、B  错误。若    v 小于  v0,弹簧瞬间恢复原
长后,甲滑块向左做初速度为             v,加速度为     a 的匀减速运动。速度为零后可以再向相反的
方向运动。乙滑块做初速度为             v,加速度为     a 的匀加速运动,运动方向和加速度的方向都
和传送带的运动方向相同。甲、乙到达                 B 点时的速度可能相同。落地的位置可能在同一点,
此过程摩擦力对甲、乙做的功一定相等,故                   C 错误,D   正确。

    8.[多选]如图所示,小车质量为            M,小车顶端为半径为          R 的四分之一
光滑圆弧,质量为        m 的小球从圆弧顶端由静止释放,对此运动过程的分析,
下列说法中正确的是(g         为当地重力加速度)(  )
    A.若地面粗糙且小车能够静止不动,则地面对小车的静摩擦力最大为
mg
                  中国现代教育网     www.30edu.com  全国最大教师交流平台

                                                                3mg
    B.若地面粗糙且小车能够静止不动,则地面对小车的静摩擦力最大为                              2
                                                           2gR
    C.若地面光滑,当小球滑到圆弧最低点时,小车速度为                        m  MM+m
                                                           2gR
    D.若地面光滑,当小球滑到圆弧最低点时,小车速度为                        M  mM+m
    解析:选    BC 若地面粗糙且小车能够静止不动,设当小球运动到重力

与半径夹角为      θ 时,速度为     v。根据机械能守恒定律和牛顿第二定律可得
1                                v2
2mv2=mgRcos    θ,N-mgcos    θ=m  R ,解得小球对小车的压力为           N′=
                                           3

N=3mgcos  θ,其水平分量为       Nx=3mgcos  θsin θ=2mgsin 2θ,根据平衡条件,地面对小车
                                    3

的静摩擦力方向水平向右,大小为               f=Nx=2mgsin 2θ,故当    sin 2θ=1 时,即   θ=45°时,地
                                   3

面对小车的静摩擦力最大,最大为               fmax=2mg,B  正确;若地面光滑,则小车和小球在水平

方向动量守恒,当小球滑到圆弧最低点时有                   Mv1+mv2=0,同时没有能量损失,机械能守

      1      1                              2gR

          2      2                      MM+m
恒,即2Mv1    +2mv2  =mgR,联立可得       v1=m            ,选项   C 正确。
10积分下载