2019版高考物理一轮复习 精选题辑： 月考二 曲线运动 能量和动量.doc

1、月考二 必修二 曲线运动 能量和动量第卷 (选择题 共 40 分)一、选择题：本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，第 15 题只有一个选项正确，第 610 题有多个选项正确全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分1如图所示，某河段两岸平行，河水越靠近河中央水流速度越大一条小船(可视为质点)沿垂直于河岸的方向航行，它在静水中航行速度为 v，沿河岸向下及垂直河岸建立直角坐标系 xOy，则该船渡河的大致轨迹正确的是 ( )答案：C解析：小船在垂直于河岸方向做匀速直线运动，平行河岸方向先做加速运动后做减速运动，因此合速度方向与河岸间的夹角先

2、减小后增大，即运动轨迹的切线方向与 x 轴的夹角先减小后增大，C 项正确2.如图所示，由倾角为 45的粗糙斜面 AB 和半径为 0.5 m 的 光滑圆弧组成的轨道固定34在竖直平面内，斜面和圆弧之间由小圆弧(长度不计)平滑连接，其中 B 为最低点， D 为最高点， C、 A 两点和圆弧圆心 O 在同一水平线上一物块(可视为质点)在 A 点以初速度v05 m/s 沿斜面向下沿内轨道运动物块与斜面间的动摩擦因数为 ，取重力加速度大小 g10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A若 值满足一定的条件，则物块可能从 D 处开始做自由落体运动B若 值满足一定的条件，则物块可能最终从 AD 圆弧某处脱离

3、轨道C若 0.2，则物块最终从 CD 圆弧某处脱离轨道D若 0.2，则物块始终不会脱离轨道答案：C解析：由 mg m 得，到达 D 处的速度至少为 vD m/s，物块能到达 D 点就v2DR gR 5不会做自由落体运动，A 错误；只要能通过 D 处，物块就不会从 AD 圆弧某处脱离轨道，B错误；若 0.2，物块在斜面上下滑一次需要克服滑动摩擦力做功Wf mg cos45 R0.2 mgR，设共有 n 次通过 D 处，则根据动能定理有2 mgR nWf mv mv ，得 n5， n 恰好为正整数，说明最后一次通过 D 处的速度恰好12 2D 12 20为 vD，设之后到达 C 处时的速度大小为

4、v，则 mgR Wf mv2 mv ，得 v0，说明物块最12 12 2D终从 CD 圆弧某处脱离轨道，C 正确、D 错误3某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移时间图象图中的线段 a、 b、 c 分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块、和它们发生正碰后结合体的位移变化关系已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知( )A碰前滑块与滑块速度大小之比为 72B碰前滑块的动量大小比滑块的动量大小大C碰前滑块的动能比滑块的动能小D滑块的质量是滑块的质量的16答案：D解析：根据 st 图象的斜率等于速度，可知碰前滑块速度为 v12 m/s，滑块的速度为 v20.8

5、m/s，则碰前速度大小之比为 5 ：2 ，故 A 错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块的动量为负，滑块的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块的动量大小比滑块的小，故 B 错误；碰撞后的共同速度为 v0.4 m/s，根据动量守恒定律，有 m1v1 m2v2( m1 m2)v，解得 m26 m1，由动能的表达式可知， m1v m2v ，故 C 错误，D 正确12 2112 24如图所示，冥王星绕太阳公转的轨迹是椭圆，公转周期为 T0，其近日点到太阳的距离为 a，远日点到太阳的距离为 b，半短轴的长度为 c.若太阳的质量为 M，引力常量为G，忽略其他行星对冥王星的影

6、响，则( )A冥王星从 B C D 的过程中，速率逐渐变小B冥王星从 A B C 的过程中，万有引力对它先做正功后做负功C冥王星从 A B 所用的时间等于T04D冥王星在 B 点的加速度大小为4GM b a 2 4c2答案：D解析：本题考查开普勒行星运动定律、功的定义、万有引力和牛顿第二定律等知识点根据开普勒第二定律：对每一个行星，其与太阳的连线在相同时间内扫过的面积相等，故冥王星从 B C D 的过程中，冥王星与太阳间的距离先变大后变小，故速率先减小后增大，选项 A 错误；同理，从 A B C 的过程中，速率逐渐减小，万有引力做负功，选项 B错误；冥王星的公转周期为 T0，从 A B C 的

7、过程所用时间为 T0，由于冥王星在此过程12中，速率逐渐减小，而 A B 与 B C 的路程相等，故其从 A B 的时间小于 T0，选项 C 错14误；根据万有引力提供向心力可得 ma，由题图中几何关系可得GMmR2R2 c2 2 c2 ，联立可得 a ，选项 D 正确(a b2 a) b a 24 4GM b a 2 4c25.(广东六校联考)如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部 BC 是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处 B、 C 位于同一水平面上一小物体从右侧斜槽上距 BC 平面高度为 2h 的 A 处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距 BC 所在水平面高度

8、为 h 的 D 处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则( )A小物体恰好滑回到 B 处时速度为零B小物体尚未滑回到 B 处时速度已变为零C小物体能滑回到 B 处之上，但最高点要比 D 处低D小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点答案：C解析：小物体从 A 处运动到 D 处的过程中，克服摩擦力所做的功为 Wf1 mgh，小物体从 D 处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，克服摩擦力所做的功 Wf2mg cos ，所以 A、 B 不能保持相对静止，故 A 错误以 A 为研究对象， A 受到重力、支持力和 B 对 A 的摩擦力，如图甲所示N mgcos ，mgsin N m

9、a，由于 0.将 B 和斜面体视为整体，受力分析如图乙所示可知地面对斜面体的摩擦力等于 mg(sin cos )cos Fcos ；以三者整体为研究对象： A 有沿斜面向下的加速度，故地面受到的压力不等于( M2 m)g，故 B 正确，C 错误 B 与斜面体间的正压力 N2 mgcos ，对 B 分析，根据共点力平衡有F mgsin mg cos f，则 B 与斜面间的动摩擦因数 fN，故 D 正确F mgsin mgcos2mgcos7(2018山东师大附中三模)(多选)如图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球 A 和物块 B，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮 O，倾角为 30的斜面体置于水

10、平地面上 A 的质量为 m， B 的质量为 4m.开始时，用手托住 A，使 OA 段绳恰好处于水平伸直状态(绳中无拉力)， OB 绳平行于斜面，此时 B 静止不动将 A 由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，下列判断中正确的是( )A小球 A 的机械能不守恒， A、 B 系统的机械能守恒B物块 B 受到的摩擦力先减小后增大C地面对斜面体的摩擦力方向一直向右D小球 A 摆到最低点时绳上的拉力大小为 2mg答案：BC解析：小球 A 摆动过程，只有重力做功，机械能守恒，故 mgL mv2，在最低点有12F mg m ，解得 F3 mg，再对物块 B 受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，

11、重力v2L沿斜面向下的分量 Fx4 mgsin302 mg，根据开始绳中恰好无拉力可知， B 受到的最大静摩擦力大于或等于 2mg， FFx2 mg，则 B 保持静止，故根据平衡条件可知， B 受到的摩擦力先向上减小后向下增大，A、D 错误，B 正确；对物块 B 和斜面体受力分析，由于物块 B和斜面体始终保持静止，绳子一直有斜向左下方的拉力，故斜面体一直受到地面对其向右的静摩擦力，故 C 正确8.如图所示， A、 B 两点分别是斜面的顶端、底端， C、 D 是斜面上的两个点，LAC LCD LDB133， E 点在 B 点正上方并与 A 点等高从 E 点水平抛出质量相等的两个小球，球 a 落在

12、 C 点，球 b 落在 D 点，球 a 和球 b 从抛出到落在斜面上的过程中(不计空气阻力)( )A两球运动时间之比为 12B两球抛出时初速度之比为 41C两球动能增加量之比为 12D两球重力做功之比为 13答案：AB解析：设球 a 和球 b 从抛出到落到斜面上的过程中，运动的时间分别为 t1、 t2，初速度分别为 v1、 v2，动能的增加量分别为 Ek1、 Ek2，重力做功分别为 W1、 W2，根据三角形相似得 4，由 h gt2得 ，选项 A 正确；根据三角形相似得FDGC DACA 12 t1t2 GCFD 12 2，由 x v0t 得， 4，选项 B 正确；由 W mgh 得，两球重力

13、做的功EGEF BCBD v1v2 EGEF t2t1 ，选项 D 错误；由动能定理得 ，选项 C 错误W1W2 GCFD 14 Ek1 Ek2 W1W2 149(2018河北衡水二模)(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

14、中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则 的W1W2值可能是( )A. B.13 23C1 D2答案：AB解析：第一次击打后小球最多到达与球心 O 等高的位置，根据功能关系，有W1 mgR，两次击打后小球可以到达轨道最高点，根据功能关系，有 W1 W22 mgR mv2，12在最高点，有 mg N m mg，联立解得 W1 mgR， W2 mgR，故 ，故 A、B 正确，v2R 32 W1W2 23C、D 错误10(多选)如图所示，质量分布均匀、半径为 R 的光滑半圆形金属槽静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁一质量为 m 的小球从距金属槽上端 R 处由静止下落，恰好与槽左端相切进入槽内

15、，到达槽最低点 A 后向右运动，最后从槽的右端冲出，小球到达最高点时与 A 点的距离为 R，重力加速度大小为 g，不计空气阻力，则( )74A槽的质量为 m338 33B槽的质量为 m8 3333C球首次到达 A 点时对槽的压力大小为 5mgD球首次到达 A 点时对槽的压力大小为 3mg答案：AC解析：球从静止到第一次到达 A 点的过程，根据机械能守恒定律有 mg2R mv ，球12 20从 A 点至到达最高点的过程，球和槽水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则mv0( m M)v，设球到达最高点时距 A 点的高度为 h，则有 R2 h2 2，根据能量守恒定(74R)律有 mgh mv (m

16、M)v2，解得 M m，A 正确，B 错误；球首次到达 A 点时，根12 20 12 338 33据圆周运动和牛顿第二定律有 FN mg m ，根据牛顿第三定律可知球对槽的压力为v20RF N FN，联立解得 F N5 mg，C 正确，D 错误第卷 (非选择题 共 70 分)二、实验题：本题共 2 小题，共 20 分把答案填在题中的横线上或按要求作答11(10 分)如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验有一直径为 d、质量为 m 的金属小球从 A 处由静止释放，下落过程中能通过 A 处正下方、固定于 B 处的光电门，测得 A、 B 间的距离为 H(Hd)，光电计

17、时器记录下小球通过光电门的时间为 t，当地的重力加速度为 g.则：(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径 d_ mm.(2)小球经过光电门 B 时的速度表达式为_(3)多次改变高度 H，重复上述实验，作出 随 H 的变化图象如图丙所示，当图中已知1t2量 t0、 H0和重力加速度 g 及小球的直径 d 满足表达式_时，可判断小球下落过程中机械能守恒(4)实验中发现动能增加量 Ek总是稍小于重力势能减少量 Ep，增加下落高度后，则 Ep Ek将_(填“增大” 、 “减小”或“不变”)答案：(1)7.25 (2) vdt(3)3gH0t d2 (4)增大20解析：(1)由题图乙可知，主尺读数为

18、 7 mm，游标尺读数为 50.05 mm0.25 mm，故小球直径 d7 mm0.25 mm7.25 mm.(2)已知小球经过光电门 B 的时间和小球的直径，则小球经过光电门 B 时的速度 v .(3)若减少的重力势能等于增加的动能，可以认为机械dt能守恒，则有 mgH0 mv2，即 2gH0 2，整理得 2gH0t d2.(4)因为该过程中有克服阻12 (dt0) 20力做功，而高度越高，阻力做功越多，故增加下落高度后， Ep Ek增大12(10 分)为验证“拉力做功与物体动能改变的关系” ，某同学到实验室找到下列器材：长木板(一端带定滑轮)、电磁打点计时器、质量为 200 g 的小车、质

19、量分别为 10 g、30 g 和 50 g 的钩码、细线、学生电源 (有“直流”和 “交流”档)该同学进行下列操作A组装实验装置，如图甲所示B将质量为 200 g 的小车拉到打点计时器附近，并按住小车C选用 50 g 的钩码挂在拉线的挂钩 P 上D释放小车，接通打点计时器的电源，打出一条纸带E在多次重复实验得到的纸带中选出一条点迹清晰的纸带，如图乙所示F进行数据采集与处理请你完成下列问题：(1)进行实验时，学生电源应选择用_(填“直流”或“交流”)档(2)该同学将纸带上打的第一个点标为“0” ，且认为打“0”时小车的速度为零，其后依次标出计数点 1、2、3、4、5、6(相邻两个计数点间还有四个

20、点未画)，各计数点间的时间间隔为 0.1 s，如图乙所示该同学测量出计数点 0 到计数点 3、4、5 的距离，并标在图乙上则在打计数点 4 时，小车的速度大小为_m/s；如果将钩码的重力在数值上当作小车所受的拉力，则在打计数点 0 到 4 的过程中，拉力对小车做的功为_J，小车的动能增量为_J(取重力加速度 g9.8 m/s 2，结果均保留两位有效数字)(3)由(2)中数据发现，该同学并没有能够得到“拉力对物体做的功等于物体动能增量”的结论，且对其他的点(如 2、3、5 点)进行计算的结果与“4”计数点相似你认为产生这种实验结果的主要原因有(写出两条即可)_；_.答案：(1)交流(1 分)(2

21、)0.58(2 分) 5.910 2 (2 分) 3.410 2 (1 分)(3)小车质量不满足远大于钩码质量没有平衡摩擦力没考虑砝码动能的增加(4 分，每写一个正确的，给 2 分；多写正确不给分，多写错误的倒扣 1 分，扣完 4 分为止)解析：(1)打点计时器使用交流电；(2)由中间时刻的速度等于这段时间上的平均速度得 v4 0.58 m/s.拉力做的功 W mgx40.05 kg9.8 x5 x32t 0.185 0 m 0.069 0 m20.1 sm/s20.120 0 m5.910 2 J小车动能的增量 Ek Mv 0.2 kg(0.58 m/s)12 24 1223.410 2 J

22、；(3)若将钩码的重力当作小车所受的拉力，则小车的质量要远大于钩码的重力；要平衡摩擦力；钩码的动能是增加的三、计算或论述题：本题共 4 小题，共 50 分解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13(10 分)如图所示，一不可伸长的轻绳一端固定于 O 点，绳的另一端系一质量为 m的小球，光滑定滑轮 B 与 O 点等高轻绳跨过定滑轮 B 将小球拉到 A 点，保持轻绳绷直，由静止释放小球当小球摆到定滑轮的正下方时，绳对定滑轮总的作用力大小为 2 mg.求2小球由 A 点释放时轻绳与竖直方向的夹角 .答案：60解析：设小球静

23、止时与竖直方向夹角为 ，小球的摆线长为 L，当小球摆到定滑轮的正下方时，轻绳的弹力为 FT.绳对定滑轮的作用如图所示，可得FT Fcos45(2 分)根据题意，由动能定理可得mgL(1cos ) mv2(4 分)12小球摆到最低点，合力提供向心力，有FT mg m (3 分)v2L解得 60(1 分)14(10 分)银河系的恒星中大约四分之一是双星某双星由质量不等的星体 S1和 S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点 O 做匀速圆周运动由天文观察测得它们的运动周期为 T，若已知 S1和 S2的距离为 r，引力常量为 G，求两星的总质量 M.答案：4 2r3GT2解析：设星

24、体 S1、 S2的质量分别为 m1、 m2，运动的轨道半径分别为 R1、 R2，则运动的角速度为 (2 分)2T根据万有引力定律和向心力公式有： G m1 2R1 m2 2R2(3 分)m1m2r2又： R1 R2 r(2 分)联立解得两星的总质量为M m1 m2 (3 分) 2r2R2G 2r2R1G 2r3G 4 2r3GT215(13 分)质量分别为 m1和 m2的小车 A 和小车 B 放在水平面上，小车 A 的右端连着一根水平的轻弹簧，处于静止状态小车 B 从右面以某一初速度驶来，与轻弹簧相碰，之后，小车 A 获得的最大速度为 v.若不计摩擦和相互作用过程中的机械能损失(1)求小车 B

25、 的初速度大小(2)如果将两小车 A、 B 的质量都增大到原来的 2 倍，再让小车 B 与静止的小车 A 相碰，要使 A、 B 两小车相互作用过程中弹簧的最大压缩量保持不变，小车 B 的初速度大小又是多大？答案：(1) (2) m1 m2 v2m2 2 m1 m2 v4m2解析：(1)设小车 B 的初速度大小为 v0， A、 B 两小球相互作用后 A 的速度，即 A 获得的最大速度为 v由系统动量守恒，有： m2v0 m1v m2v2相互作用前后系统的总动能不变，有： m2v m1v2 m2v12 20 12 12 2解得： v0 . m1 m2 v2m2(2)第一次弹簧被压缩至最短时， A、

26、 B 两小球有相同的速度，据动量守恒定律，有：m2v0( m1 m2)v 共 ，得 v 共 v0m2m1 m2此时弹簧的弹性势能最大，其值等于系统总动能的减少量，故有 E m2v (m1 m2) 212 20 12 ( m2m1 m2v2) m1m2v202 m1 m2同理，两小车 A、 B 的质量都增大到原来的 2 倍，小车 B 的初速度设为 v3， A、 B 两小车相互作用过程中弹簧的压缩量最大时，系统总动能的减少量 E 2m12m2v232 2m1 2m2 m1m2v23m1 m2由 E E，得小车 B 的初速度 v3 v0 .22 2 m1 m2 v4m216(17 分)如图甲所示，质

27、量 M3 kg，足够长的小车静止在水平面上，半径为 R 的固定光滑圆轨道的下端与小车的右端平滑对接，质量 m1 kg 的物块(可视为质点)由轨道14顶端静止释放，接着物块离开圆轨道滑上小车从物块滑上小车开始计时，物块运动前 2 s 内速度随时间变化如图乙所示已知小车与水平面间的动摩擦因数 00.01，重力加速度为 10 m/s2，求：(1)物块经过圆轨道最低点时对轨道的压力 F 大小；(2)直到物块与小车相对静止的过程中因摩擦共产生的热量 Q.答案：(1)30 N (2) J649解析：(1)根据机械能守恒定律可得mgR mv2(2 分)12解得 R0.8 m(1 分)根据牛顿第二定律得 F

28、mg m (2 分)v2R解得 F30 N(1 分)由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为 30 N(1 分)(2)物块滑上小车后，由图象可知物块的加速度大小为 a11 m/s 2物块与小车间的摩擦力的大小为 f1 ma11 N(1 分)设小车的加速度为 a2，则 f1 0(M m)g Ma2解得 a20.2 m/s 2(2 分)当它们达到相同的速度时，有 v v0 a1t a2t解得 t s(1 分)103这一过程中，物块的位移为x1 v0t a1t2 m(2 分)12 709小车的位移为x2 a2t2 m(1 分)12 109物块与小车因摩擦产生的热量为Q1 f1(x1 x2) J(1 分)203小车与地面摩擦产生的热量为Q2 0(M m)gx2 J(1 分)49所以共产生的热量为Q Q1 Q2 J(1 分)649