1、周测五 能量和动量(A卷)(本试卷满分 95分)一、选择题(本题包括 8小题，每小题 6分，共 48分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的全部选对的得 6分，选不全的得 3分，有选错或不答的得 0分)1.如图所示，一质点在一恒力作用下做曲线运动，从 M点运动到 N点时，质点的速度方向恰好改变了 90.在此过程中，质点的动能( )A不断增大 B不断减小C先减小后增大 D先增大后减小答案：C解析：本题考查的是曲线运动及动能定理质点做曲线运动，恒力指向轨迹的内侧，在开始时恒力与速度成钝角，恒力做负功，当恒力与速度的夹角变为锐角时，恒力开始做正功，由动能定
2、理知质点的动能先减小后增大，故本题答案为 C.2.质量为 2 kg的物体以一定的初速度沿倾角为 30的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(取 g10 m/s2)( )A34 J B56 JC92 J D196 J答案：A解析：本题考查动能定理的应用物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得 mgxsin30 fx0 E0，下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得mgxsin30 fx E0，代入数据解得 E34 J，故选 A.3(多选)如图所示，一质量为 m的圆环套在一根固定的光滑竖直杆上，圆环通过细线绕过定滑轮 O与质量为
3、5m的钩码相连竖直杆上有 A、 B、 C三点， B为 AC的中点， AO与竖直杆的夹角 53， B点与滑轮 O在同一水平高度，滑轮与竖直杆相距为 L.现将圆环从 A点由静止释放，已知：sin530.8，cos530.6.下列说法正确的是( )A圆环下滑到 B点时速度最大B圆环下滑到 C点时速度为零C圆环下滑到 B点时速度为 2 gLD砝码下降的最大距离为L4答案：CD解析：本题考查了机械能守恒定律、动能定理等知识圆环在竖直方向合力为零时速度最大， B点时环竖直方向只受重力作用，圆环速度最大的位置为 B点下方，选项 A错误；圆环滑到 C点，那么钩码还在初始位置，如果圆环的速度为零，则系统的机械能
4、是不守恒的，选项 B错误；圆环下滑到 B点时，钩码的速度为零，根据 mg 5 mgLtan53 mv2，解得 v2 ，选项 C正确；砝码下降的最大距离(Lsin53 L) 12 gLx L ，选项 D正确Lsin53 L44.一质量为 m的小球以初动能 Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面， h0表示上升的最大高度，图中坐标数据中的 k值为常数且满足0F1C若物体仍以速度 v做匀速运动，则 F2的功率可能等于 F1的功率D若物体以大于 v的速度做匀速运动，则 F1的功率可能等于
5、 F2的功率答案：AD解析：本题考查功率物体做匀速运动，由平衡条件， F1作用时，F1cos 1 f1 (mg F1sin 1)，解得F1 ，其中 tan ，同理， F2作用时， mgcos 1 sin 1 mg1 2sin 1 1F2 ，虽然 2 1，但是 sin( 1 )可能等于 sin( 2 )， mg1 2sin 2 故可能有 F2 F1，选项 A正确、B 错误；恒力 F1作用下的功率 P1 F1vcos 1 ， F2作用下的功率 P2 F2vcos 2 ，由于 mgvcos 1cos 1 sin 1 mgv1 tan 1 mgv1 tan 2 2 1，则 tan 2tan 1，故一定
6、有 P1P2，选项 C错误；若物体以大于 v的速度做匀速运动，则可能有 P1 P2，选项 D正确2.(多选)如图所示，在倾角 30的光滑固定斜面上，放有质量分别为 1 kg和 2 kg的小球 A和 B，且两球之间用一根长 L0.3 m的轻杆相连，小球 B距水平面的高度 h0.3 m现让两球从静止开始自由下滑，最后都进入到上方开有细槽的足够长的光滑圆管中，不计球与圆管内壁碰撞时的机械能损失，不计空气阻力， g取 10 m/s2.则下列说法中正确的有( )A从开始下滑到 A进入圆管整个过程，小球 A与地球两者组成的系统机械能守恒B在 B球未进入水平圆管前，小球 A与地球组成系统机械能守恒C两球最后
7、在光滑圆管中运动的速度大小为 m/s7D从开始下滑到 A进入圆管整个过程，轻杆对 B球做功 1 J答案：BCD解析：本题考查动能定理、机械能守恒定律在 B球未进入水平圆管前，小球 A和 B以相同的加速度下滑，轻杆没有作用力，小球 A与地球组成系统机械能守恒，选项 B正确；在进入圆管整个过程，轻杆有作用力，小球 A和 B与地球组成的系统机械能守恒，选项 A错误；根据系统机械能守恒， mAgh1 mBgh (mA mB)v2，解得两球最后在光滑圆管中运动12的速度大小为 m/s，选项 C正确；从开始下滑到 A进入圆管整个过程，对 B运用动能定7理得 mBgh W mBv2， W1 J，轻杆对 B球
8、做功 1 J，选项 D正确123(2016辽宁重点中学期中)(多选)质量为 m的物体静止在粗糙的水平地面上，它与水平地面间的动摩擦因数 ， g为重力加速度，从 t0 时刻开始，物体受到水平方2F0mg向的力的作用，力的大小 F与时间 t的关系如图所示，力的方向保持不变，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )A3 t0时刻水平力的瞬时功率为3F20t0mB3 t0时刻水平力的瞬时功率为15F20t0mC在 03 t0这段时间内，水平力的平均功率为F20t02mD在 03 t0这段时间内，水平力的平均功率为25F20t06m答案：AC解析：因为物体与水平地面间最大静摩擦力 f mg 2 F0，则在
9、 02 t0内物体保持静止状态，在 2t03 t0内物体的加速度为 a ，在 3t0时刻的瞬时速度为F0mv at0 ，3 t0时刻水平力的瞬时功率为 P3 F0v ，即 A正确、B 错误；在F0t0m 3F20t0m03 t0这段时间内，水平力做功为 W3 F0 t0 ，平均功率为 ，即 Cv2 3F20t202m P W3t0 F20t02m正确、D 错误4列车在空载情况下以恒定功率 P经过一平直的路段，通过某点时速度为 v，加速度大小为 a1；当列车满载货物再次经过同一点时，功率和速率均与原来相同，但加速度大小变为 a2.重力加速度大小为 g.设阻力是列车重力的 k倍，则列车满载与空载时
10、的质量之比为( )A. B.kg a1kg a2 kg a2kg a1C. D.P kg a2v kg a1 P kg a1v kg a2答案：A解析：牵引力 F ，空载时由牛顿第二定律知 a1 kg，同理满载时 a2Pv F fm Pmv kg，联立解得 ，A 正确F fM PMv Mm kg a1kg a25(2018山东济宁期末)如图所示，一质量为 M3.0 kg的长木板 B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为 m1.0 kg的小木块 A.给 A和 B以大小均为 4.0 m/s、方向相反的初速度，使 A开始向左运动， B开始向右运动， A始终没有滑离 B.在 A做加速运动的时间内，
11、B的速度大小可能是( )A1.8 m/s B2.4 m/sC2.8 m/s D3.0 m/s答案：B解析： A先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间， B做减速运动，最终它们保持相对静止，设 A减速到零时， B的速度为 v1，最终它们的共同速度为 v2，取水平向右为正方向，则 Mv mv Mv1， Mv1( M m)v2，可得 v1 m/s， v22 m/s，所以在 A做加速83运动的时间内， B的速度大小应大于 2 m/s且小于 m/s，只有选项 B正确836(多选)如图所示，在光滑水平面上停放着质量为 m、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为 m的小球以水平初速度 v0沿水平槽口向小车滑去
12、，到达某一高度后，小球又返回右端，则( )A小球离开槽右端后将向右做平抛运动B小球离开槽右端后将做自由落体运动C此过程小球对小车做的功为mv202D小球在槽内上升的最大高度为v202g答案：BC解析：小球上升到最大高度时与小车相对静止，有共同速度 v，由水平方向动量守恒得 mv02 mv，由机械能守恒定律得 mv 2 mv 2 mgh，解得 h ，故 D错误；12 20 12 v204g从小球滑上小车到滚下并离开小车，系统在水平方向动量守恒，由于无摩擦，故机械能守恒，设小球速度大小为 v1，小车速度大小为 v2，则 mv0 mv2 mv1， mv mv mv ，解12 20 12 20 12
13、21得 v2 v0， v10 即两者交换速度，根据动能定理，小球对小车做功 W mv 0 mv ，12 20 12 20故 B、C 正确，A 错误7(多选)如图所示，质量均为 m的 A、 B两物体用轻绳相连，将物体 A用一轻弹簧悬挂于天花板上，系统处于静止状态，如果弹簧的劲度系数为 k，弹簧的弹性势能表达式为 Ep kx2(式12中 x为弹簧的伸长量)，且弹簧一直处在弹性限度内，现将 A、 B间的连线剪断，则在这之后的过程中(已知重力加速度为 g)( )A绳子剪断的瞬间物体 A的加速度为 g12B绳子剪断后物体 A能上升的最大高度为2mgkC物体 A的最大动能为m2g22kD物体 A速度达到最
14、大时，弹簧弹力做的功为m2g2k答案：BC解析：根据题意，绳子剪断前有 2mg kx，则 x ，绳子剪断的瞬间，根据力的瞬2mgk时作用效果和弹簧的弹力不能突变可得 aA g，选项 A错误；设物体 A上升的高度为 x，如果此时弹簧还是处于伸长状态，弹簧的伸长量为 x x，根据机械能守恒有kx2 mg x k(x x)2，解得 x ，如果此时弹簧已处于压缩状态，则弹簧的压12 12 2mgk缩量为 x x，根据机械能守恒有 kx2 mg x k( x x)2，解得 x ，故选项 B12 12 2mgk正确；当物体 A上升到弹簧弹力等于物体 A的重力时速度最大，动能最大，由 kx1 mg，可得 x
15、1 ，由机械能守恒有 kx2 mg kx Ekm，解得 Ekm ，故选项 Cmgk x2 12 (x x2) 12 21 m2g22k正确；弹力做功等于动能和重力势能之和的增加量，故物体 A达到速度最大时，弹力做的功为 WT mg Ekm ，选项 D错误(xx2) 3m2g22k8如图所示，两质量分别为 m1和 m2的弹性小球 A、 B叠放在一起，从高度为 h处自由落下， h远大于两小球的半径，落地瞬间， B先与地面碰撞，后与 A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计已知 m23 m1，则 A反弹后能达到的最大高度为( )A h B2 hC3 h D4 h答案：
16、D解析：所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，( m1 m2)gh (m1 m2)12v2， m2v m1v m1v1 m2v2， (m1 m2)v2 m1v m2v ， m1v m1gh1，又 m23 m1，则12 12 21 12 2 12 21v1v20，联立可得 h14 h，选项 D正确二、非选择题(本题包括 4小题，共 47分)9(8 分)在“验证机械能守恒定律”实验中，小伟所用实验装置如图甲所示(1)从仪器结构和电源使用情况来看，该打点计时器是_(填“电磁打点计时器”或“电火花打点计时器”)(2)实验使用频率为 50 H
17、z的交流电源，在实验各项操作正确的情况下，得到的纸带如图乙所示小伟选取纸带上某点为计时起点，并记为计数点 0，后按纸带实际打出的点取计数点，依次记为 1、2、3、4、5、6、7，并将测量所得的每个计数点离计数点 0的距离记录于下表中现已求得部分打下计数点时纸带瞬时速度大小，并记入表中根据题目信息，完成下列各小题计数点 0 1 2 3 4 5 6 7位置(cm) 0 0.88 2.15 3.74 5.78 8.36 11.24 14.26速度(m/s) 0.54 0.71 1.15 1.37 1.48丙打下计数点 3时纸带的瞬时速度大小为_m/s；(答案保留两位小数)小伟选取计数点 0至计数点
18、6为研究过程，根据表中的数据，他的推算过程如图丙所示，而老师在点评时却说小伟是错误的你认为老师点评小伟错误的理由是什么？答：_.答案：(1)电磁打点计时器(2 分)(2)0.900.95(3 分)因为计数点 0的速度(或动能)大小不等于 0(或“重力加速度 g默认为 9.8 m/s2进行计算”)(3 分，只要分析理由充分即可)解析：本题考查了“验证机械能守恒定律”的实验(1)只有电磁打点计时器才需要接在学生电源上，电火花打点计时器直接接在 220 V的交流电源上(2)打下计数点 3时纸带的瞬时速度为 v3 m/s0.91 5.78 2.15 0.0120.02m/s.(3)根据图丙，该同学计算
19、动能变化时，默认初速度等于零；计算重力势能的变化量时，把重力加速度默认为 9.8 m/s2.10(9 分)某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图(a)所示向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能回答下列问题：(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能 Ep与小球抛出时的动能 Ek相等已知重力加速度大小为 g.为求得 Ek，至少需要测量下列物理量中的_(填正确答案标号)A小球的质量 mB小球抛出点到落
20、地点的水平距离 sC桌面到地面的高度 hD弹簧的压缩量 xE弹簧原长 l0(2)用所选取的测量量和已知量表示 Ek，得 Ek_.(3)图(b)中的直线是实验测量得到的 s x图线从理论上可推出，如果 h不变， m增加， s x图线的斜率会_(填“增大” “减小”或“不变”)；如果 m不变， h增加， s x图线的斜率会_(填“增大” “减小”或“不变”)由图(b)中给出的直线关系和 Ek的表达式可知， Ep与 x的_次方成正比答案：(1)ABC(3 分选对但不全的给 1分，有选错的，不给这 3分)(2) (3分) (3)减小 增大 2(3 分每空 1分)mgs24h解析：弹簧被压缩后的弹性势能
21、等于小球抛出时的动能，即 Ep Ek mv .小球离开桌12 20面后做平抛运动，由平抛运动规律，水平位移 s v0t，竖直高度 h gt2，得 v0 s ，12 g2h动能 Ek mv ，因此 A、B、C 正确弹簧的弹性势能 Ep ，由理论推导可知12 20 mgs24h mgs24hEp k( x)2即 k( x)2 ， s x，因此当 h不变时， m增加，其斜率减小，12 12 mgs24h 2hkmg当 m不变时， h增加其斜率增大，由图线知 s x，由 Ek表达式知 Ek s2，则由 Ep Ek知Ep( x)2，即 Ep与 x的二次方成正比11(14 分)如图所示，半径 R0.4 m
22、的光滑圆弧轨道 BC固定在竖直平面内，轨道的上端点 B和圆心 O的连线与水平方向的夹角 30，下端点 C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一轻质弹簧右端固定在竖直挡板上质量 m0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中 A点以v02 m/s的速度水平抛出，恰好从 B端沿轨道切线方向进入轨道，经过 C点后沿水平面向右运动至 D点时，弹簧被压缩至最短， C、 D间的水平距离 L1.2 m，小物块与水平面间的动摩擦因数 0.5，取 g10 m/s 2.求：(1)小物块经过圆弧轨道上 B点时速度 vB的大小；(2)小物块经过圆弧轨道上 C点时对轨道压力 FNC的大小；(3)弹簧的弹性势能的最大值 Epm
23、.答案：(1)4 m/s (2)8 N (3)0.8 J解析：(1)小物块恰好从 B端沿切线方向进入轨道，据几何关系有vB 4 m/s(4 分)v0sin(2)小物块由 B运动到 C，据机械能守恒有mgR(1sin ) mv mv (3分)12 2C 12 2B在 C点处，据牛顿第二定律有 F NC mg m (2分)v2CR解得 F NC8 N(1 分)根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上 C点时对轨道压力大小 FNC为 8 N(3)小物块从 B运动到 D，据能量关系有Epm mv mgR(1sin ) mgL (3分)12 2B 0.142 J0.1100.4 J0.50.1101.2
24、J0.8 J(1 分)12 (1 12)12(16 分)如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面 AD和光滑圆轨道 DCE组成，AD与 DCE相切于 D点， C为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道 ADC上离地面高为 H处由静止下滑，用力传感器测出其经过 C点时对轨道的压力 FN，改变 H的大小，可测出相应的 FN的大小， FN随 H的变化关系如图乙折线 PQI所示( PQ与 QI两直线相连接于 Q点)， QI反向延长交纵轴于 F点(0，5.8 N)，重力加速度 g取 10 m/s2，求：(1)小物块的质量 m；(2)圆轨道的半径及轨道 DC所对应的圆心角 ；(可用角度的三角函数值表示)(3)
25、小物块与斜面 AD间的动摩擦因数 .答案：(1)0.5 kg (2)37 (3)0.3解析：(1)如果物块只在圆轨道上运动，则由动能定理得 mgH mv2解得 v (2分)12 2gH由向心力公式 FN mg mv2R得 FN m mg H mg(3分)v2R 2mgR结合 PQ曲线可知 mg5 N 得 m0.5 kg(1 分)(2)由图象可知 10 得 R1 m(2 分)2mgRcos 0.8， 37(2 分)1 0.21(3)如果物块由斜面上滑下，由动能定理得mgH mg cos mv2 H 0.2 msin 12解得 mv22 mgH mg (H0.2 m)(2 分)83由向心力公式 FN mg m 得v2RFN m mg H mg mg(2分)v2R 2mg 83 mgR 1.63结合 QI曲线知 mg mg5.8 N(2 分)1.63解得 0.3
