高中物理二輪復習動量動能定理機械能守恒定律選擇題特訓練習(解析版

1、2020 屆高考物理二輪復習選擇題特訓練習( 5)動量 動能定理 機械能守恒定律1、如下圖所示 ,質(zhì)量為 M 的電梯底板上放置一質(zhì)量為 m的物體 , 鋼索拉著電梯由靜止開始 向上做加速運動 , 當上升高度為 H 時, 速度達到 ,不計空氣阻力 , 則()1、如下圖所示 , 質(zhì)量為 M 的電梯底板上放置一質(zhì)量為m 的物體 , 鋼索拉著電梯由靜止開始向上做加速運動 , 當上升高度為時, 速度達到, 不計空氣阻力 , 則 (A.物體所受合力做的功等于B.底板對物體的支持力做的功等于mgH12m21MgHC.鋼索的拉力做的功等于 1M1M 做的總功等于 1M 222D.鋼索的拉力、電梯的重力及物體對底

2、板的壓力對電梯2、如圖所示 ,豎直面內(nèi)有一個半徑為 R的光滑 1 圓弧軌道 ,質(zhì)量為 m的物塊 (可視為質(zhì)點 )從 4頂端 A處靜止釋放滑至底端處 , 下滑過程中 , 物塊的動能 Ek、與軌道間的彈力大小 FN、機械 能 E、重力的瞬時功率 P 隨物塊在豎直方向下降高度 h 變化的關(guān)系圖像正確的是 ( )3、如圖甲所示 , 一固定在地面上的足夠長斜面 , 傾角為 37, 物體 A放在斜面底端擋板處 , 通過不可伸長的輕質(zhì)繩跨過光滑輕質(zhì)滑輪與物體B連接,B 的質(zhì)量 M=1kg,繩繃直時 B離地面有一定高度 . 在 t=0 時刻, 無初速度釋放 B,由固定在 A上的速度傳感器得到的數(shù)據(jù)繪出的 A

3、沿斜面向上運動的 v-t 圖像如圖乙所示 , 若 B 落地后不反彈 ,g 取210m/s ,sin37 =0.6,cos37 =0.8, 則下列說法正確的是 ( )2A. 物體 A 開始上滑的加速度大小為 8m/s2B. 物體 A沿斜面向上運動的過程中 , 繩的拉力對 A做的功 W=3JC. 0.25s 時物體 A 的重力的瞬時功率為 3WD.物體 A 與斜面間的動摩擦因數(shù)為 0.54、如圖所示 , 表面光滑的傾斜直桿一端固定于水平面上, 一小球穿過直桿與被壓縮的彈簧相連接,開始時處于 A點,由靜止釋放小球 ,當滑到桿上 B點時, 彈簧的伸長量與在 A點時彈簧的 壓縮量相等 . 則下列說法正確

4、的是 ( )A. 從 A到 B的過程中 , 小球的速度一定先變大后變小B. 在 B 點時小球的動能小于由 A到 B減少的重力勢能C. 從 A到 B的過程中 ,彈簧的彈性勢能先減小后增大D. 小球速度最大時 , 彈簧處于原長狀態(tài)5、如圖所示 ,在半徑為 0.2m 的固定半球形容器中 ,一質(zhì)量為 1kg 的小球 (可視為質(zhì)點 )自邊緣 上的 A 點由靜止開始下滑 ,到達最低點 B 時 ,它對容器的正壓力大小為 15N。取重力加速度 g為10m/s 2 ,則小球自 A點滑到 B 點的過程中克服摩擦力做的功為 ( )A. 0.5J B.1.0J C.1.5J D.1.8J6、有兩個物體 a和b,其質(zhì)量

5、分別為 ma和mb,且ma mb ,它們的動能相同 .若 a和 b分別受到恒定的阻力 Fa 和 Fb 的作用 ,經(jīng)過相同的時間停下來 ,它們的位移分別為 sa 和 sb ,則( )A. Fa Fb ,且 sa sbB. Fa Fb ,且 sa sbC.Fa Fb ,且 sa sbD. Fa Fb ,且 sa sbA. F1 的沖量等于 F2 的沖量C. F1所做的功等于 F2 所做的功D. F1所做的功大于 F2 所做的功7、水平推力 F1和 F2分別作用在水平面上等質(zhì)量的 a、 b兩物體上 ,作用一段時間后撤去推力物體將繼續(xù)運動一段時間后停下 ,兩物體的 v t 圖像如圖所示 ,圖中 AB

6、/ /CD ,則 ( )B. 兩物體受到的摩擦力大小相等8、如圖所示 ,一個質(zhì)量為 m的物塊 A與另個質(zhì)量為 2m 的物塊 B發(fā)生正碰 ,碰后 B物塊剛 好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機械能損失,已知物塊 B 與地面間的動摩擦因2數(shù)為 0.1,與沙坑的距離為 0.5m, g 取10m/s 2 .物塊可視為質(zhì)點。 則 A 碰撞前瞬間的速度為 ( )A. 0.5m/s B.1.0m/s C.1.5m/s D.2.0m/s9、如圖所示 ,一根光滑水平桿上串有 5 個完全相同的彈性鋼珠子 ,它們均相隔一定距離放置 現(xiàn)設(shè)想同時給 5 個珠子以任意的速度使它們移動 ,則鋼珠子之間最多可碰撞的次數(shù)

7、為( )A. 6 次 B.8 次 C.10 次 D.12 次10、如圖所示 ,質(zhì)量為 m 245g 的物塊 （可視為質(zhì)點 ）放在質(zhì)量為 0.5kg 的木板左端 ,足夠長的木板靜止在光滑水平面上 ,物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.4 ,質(zhì)量為 m0 5g 的子彈以速度v0 300m/s 沿水平方向射入物塊并留在其中 （時間極短 ）,g 取10m/s2,則在整個過程中 （ ）A.物塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒B. 子彈的末動量大小為 0.1kg m/sC. 子彈對物塊的沖量大小為 0.49N sD. 物塊相對于木板滑行的時間為 1s111、如圖所示 ,一半徑為 R 質(zhì)量為 M 的 1 光滑圓弧槽 D

8、,放在光滑的水平面上 ,有一質(zhì)量4為 m 的小球由 A 點靜止釋放 , 在下滑到 B 點的過程中 ,下述說法正確的是（）12A.以地面為參考系 ,小球到達 B 處時相對于地的速度 v 滿足 1mv2 mgR212B. 以槽為參考系 ,小球到達 B 處時相對于槽的速度 v 滿足 mv2 mgR2C. 以地面為參考系 ,以小球、槽和地球為系統(tǒng),機械能守恒D. 不論以槽或地面為參考系,以小球、槽和地球為系統(tǒng)的機械能均不守恒12、如圖所示 , A、 B兩小球由繞過輕質(zhì)定滑輪的細線相連 ,A放在固定的光滑斜面上 ,B、C 兩 小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為 k 的輕質(zhì)彈簧相連 ,C 球放在水平地面上 ,

9、現(xiàn)用手控制住 A, 并使細線剛剛拉直但無拉力作用 ,并保證滑輪左側(cè)細線豎直、右側(cè)細線與斜面平行。已知 A 的質(zhì)量為 4m,B、 C 的質(zhì)量均為 m,重力加速度為 g,細線與滑輪之間的摩擦不計 ,開始時整個系 統(tǒng)處于靜止狀態(tài) ,釋放 A 后 ,A 沿斜面下滑至速度最大時 C 恰好離開地面 ,下列說法正確的是A. 斜面傾角60B.A 獲得最大速度為C.C 剛離開地面時 ,B 的加速度最大D. 從釋放 A到 C 剛離開地面的過程中 ,A、B 兩小球組成的系統(tǒng)機械能守恒13、如圖所示 ,A 為一上表面為光滑曲面的軌道 ,固定在水平地面上 ,軌道末端水平 ,質(zhì)量 M 30kg 的平板小車 B 靜止于軌道

10、右側(cè)的水平地面上 ,其板面左端與軌道末端接觸但不粘連 且板面與軌道末端在同一水平面上 ,一個質(zhì)量為 m 10kg 的物體 C(可視為質(zhì)點 )從軌道頂端 由靜止滑下 ,沖上小車 B 一段時間后與小車相對靜止并一起向右運動。若軌道頂端與末端的 高度差 h 0.8m ,物體與小車板面間的動摩擦因數(shù)0.4 ,小車與水平地面間的摩擦忽略不計,g 取 10m/s2 ,則物體與小車保持相對靜止時的速度大小和物體沖上去小車后相對于小車板 面滑動的距離分別為 ( )3A.2m/s,1.5m B.2m/s,2.5m C.1m/s,1.5m D.1m/s,2.5m14、如圖所示，質(zhì)量為 m的槽體放在光滑水平面上，內(nèi)

11、有半徑為R 的半圓形軌道，其左端緊靠一個固定在地面上的擋板。質(zhì)量為 m 的小球從 A 點由靜止釋放，若槽內(nèi)光滑，求小球上升的最大高度DRAB R22答案以及解析1答案及解析：答案： BD1 解析：應用動能定理 ,可得合力對物體做的功 Wmv2 ,故 A錯誤 .2 電梯由靜止開始向上做加速運動 , 設(shè)加速度的大小為 a, 由速度和位移的關(guān)系式可得v2 2aH ,2所以 a v ,對電梯由牛頓第二定律可得 2HFN mgma ,所以 FNv mg ma mg m2H1 電梯底板對物體的支持力做的功為 W FNH (mg ma)H mgH 0.5mv2,故 B正確 .2對于整體 ,由牛頓第二定律可得

12、 F- (M +m)g= (M+m)a,所以鋼索的拉力為 F=(M+m)g +(M+m)a,鋼索的拉力做的功為 FH (M m)gH 1(Mm)v2,故 C錯誤.根據(jù)動能定理可得 ,合力對電梯做的功等于電梯動能的變化量,即為 1Mv2,21則鋼索的拉力、電梯的重力及物體對底板的壓力對電梯做的總功等于1Mv2,故 D正確.22答案及解析：答案： BC解析：當物塊下落的高度為h 時, 根據(jù)動能定理可知 Ekmgh ,即動能 Ek與h成正比 ,故 A錯誤;如圖所示 ,由牛頓第二定律得 FN mgcosh 1 2又 cosh ,Ek 1mv2 mgh, 整理可得 FNR22vm,R2v mgh 2mg

13、h 3mgh mgcos mR R R R則彈力 FN與 h成正比，故 B正確;整個過程中只有重力做功, 物塊的機械能守恒,即物塊的機械能不變 ,故 C正確;重力瞬時功率 P=mgvcos(90 - ) =mgvsin ,由子 1mv22mgh,則v 2gh, 整理可得 P mgv sinmg 2gh22R2 h2R,即功率 P與高度 h 不成線性關(guān)系，故 D錯誤。3答案及解析：答案： BC解析：開始時 A、B具有大小相同的加速度 ,由 v-t 圖像可知 ,在 0 0. 5s 過程中,A 、B的加 2 2 2速度大小為 a1m/ s2 4?m/ s2, 故選項 A錯誤 ;B落地前設(shè)繩的拉力大小

14、為 T,對 S由牛頓第二定律有 Mg-T=Ma1,解得 T=Mg-Ma1=6N,A、B位移 大小相等 ,則由圖可知落地前 B的位移為 x 1vmt 0.5m, 故繩的拉力對 A做的功為 W=Tx=6 0.5J=3J,2故選項 B正確 ;2由圖可知 B落地后 A的加速度大小為 a2m/ s2 8m/s2, mg cos37 o mg sin37 o ma2 ,0.25解得 =0.25, 故選項 D錯誤 ;在 0? 0. 5s 時間內(nèi) ,Mg- mgcos37 - mgsin37=(M+m)a 1解得 m =0.5kg,0.25s 時 A的速度為 v=1m/s, 重力的瞬時功率 P=mgvsin3

15、7 =3W,故選項 C 正確 .4 答案及解析：答案： C解析：在.A 、B兩點處,彈簧對小球的彈力大小相等 ,則在運動過程中 .A 點為彈簧壓縮狀態(tài) ,B 點為彈簧伸長狀態(tài) ,彈簧從壓縮狀態(tài)恢復原長的過程中,彈力做正功 ,小球速度增大 , 但不知道彈力在直桿方向上的分力與重力在直桿方向上的分力的大小關(guān)系 ,所以不能判斷到 B點時小球的加速度方向是沿直桿向上還是沿直桿向下, 所以小球的速度不一定是先增大后減小的 , 故 A 錯誤 ;因在 A點與 B點處彈簧的彈力相等 ,所以彈性勢能相同 , 彈力對小球做的總功為零 , 小球向下 運動的過程中只有重力做正功 , 所以小球到達 B點時的動能等于其由

16、 A到 B減少的重力勢能 , 故 B 錯誤 ;從 A 到 B 的過程中 , 彈簧先被壓縮后又伸長 , 所以彈力先減小后增大 , 彈性勢能先減小后增大 故 C正確 ;小球速度最大時 , 彈簧的彈力沿直桿方向的分力與重力沿直桿方向的分力等大反向 , 此時彈 簧有彈力 ,彈簧不是處于原長狀態(tài) ,故 D錯誤.5 答案及解析：答案： C2解析：在 B 點,FN mg mv ,由 A 到B 過程,由動能定理得 mgR Wf 1mv2.解得克服摩擦N R f 2力做的功 ,Wf =1.5J .選項 C 正確。6 答案及解析：答案： A解析：設(shè)物體的初速度為 v,初動能為 Ek, 所受的阻力為 F,通過的位移

17、為 s,物體的速度與動能的關(guān)系為 Ek 1mv , 得 v 2Ek , 由 s v 0t 得, s Ek t, 由題意可知物體 a、b 運動k 2 m 2 2m時間和初動能相同 ,則質(zhì)量越大 ,位移越小 , ma mb,所以 sa sb ;由動能定理得, Fs 0 Ek ,因初動能相同 ,F與s成反比 ,則Fa Fb,故選 A。7 答案及解析：答案： B解析：題目中給出了速度一時間圖像,由圖像告訴我們很多隱含條件 ,如圖像的斜率表小于加速度的大小 ,我們可以根據(jù)斜率的大小關(guān)系確定加速度的大小關(guān)系,從而確定力的大小關(guān)系 ,同時也可以從圖上直接找出力作用時間的長短。設(shè)F1、F2的作用時間分別為 t

18、1、 t2 ,則由圖知 t1 t 2 ,當只有摩擦力 Ff作用時,由AB / /CD 知圖 線斜率相同 ,則加速度相同 ,由牛頓第二定律知 ,摩擦力 Ff相同,故B 選項正確。對 a,由動量定理得 F1t1Ff t1mvA ;對 b,同理有 F2t2Ff t2 mvC 。由圖像知 vA vC ,所以有 mvA mvC ,即F1t1Ff t1F2t2Ff t2 ,又由圖像知 t1 t,因此 F2t2F1t1,則 A 選項錯。也可以用IF1Fft10,IF 2 Ff t2 0,由于 t2t1,因此 IF 2I F 1 。由動能定理有WFWf0,WfFf s 。由圖可知 ,sasb ,則 WF1WF

19、2,則C、D 均錯。8 答案及解析：答案： C解析：以碰后物塊 B 為研究對象 . 2mg 2ma2 得 a2 1m/s2 ,則碰后物塊 B 的速度 v2 1m/s 。設(shè)碰前 A 物塊的運動速度為 v1 ,由動量守恒和機械能守恒得1 2 1 2 1 2mv1 mv1 2mv2, mv1mv12mv2 ,解得v1 1.5m/s,則C項正確 .1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 答案及解析：答案： C解析：如題圖所示 ,設(shè)桿上有 5 個鋼珠子 ,完全相同的鋼珠子之間發(fā)生完全彈性碰撞,則碰后速度交換。同時因各球速度各不相同 ,間距也不確定 ,最多的碰撞次數(shù)對應 4 最先和 5 碰 ,以后 3 再

20、碰 4,碰后 4 的速度可能還比 5的速度要大些 ,故它還會再次碰 5 球,依次類推。這樣 4球碰 5球最多有 4次,3球碰 4球最多有 3次,2球碰 3 球最多有 2 次,1球碰 2 球最多有 1 次。故鋼 球之間的碰撞次數(shù)最多為 10 次。10 答案及解析： 答案： BD解析： 子彈射入物塊的過程中 ,物塊的動量增大 ,所以物塊和木板組成的系統(tǒng)動量不守恒,故 A錯誤 ;選取向右為正方向 ,子彈射入物塊過程 ,由動量守恒定律可得 m0v0 (m0 m)v1 ,物塊在木 板上滑動過程 ,由動量守恒定律可得 (m0 m)v1 (m0 m M )v2 , 聯(lián)立可得 v2m0v02m/s ,所以子彈

21、的末動量大小為 P m0v2 0.01kg m/s,故 B 正確;由動量定m0 m M理可得子彈受到的沖量3I p p p0 0.01kg m/s 5 10 3 300kg m/s 1.49kg m/s 1.49N s 。子彈與物塊間 的相互作用力大小始終相等 ,方向相反 ,所以子彈對物塊的沖量大小為 1.49N s,故 C 錯誤 ;對 子彈和物塊整體 ,由動量定理得(m0 m)gt (m0 m)(v2 v1 ) ,綜上可得 ,物塊相對于木板滑行的時間 t v2 v1 1s,故 D 正確。g11 答案及解析：答案： C解析：小球在向下運動的過程中 ,小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向的動量守恒,所以

22、小球獲得向右的速度 ,同時槽也獲得向左的速度 ,選取向右為正方向 ,以地面為參考系 ,則 : mv Mv 01 2 1 2 二者動能的和與小球減小的機械能是相等的,則: 1mv2 1 Mv2 mgR.故 A 錯誤；以槽為22參考系 ,小球、槽、地球組成的系統(tǒng)的機械能守恒,槽向左運動 ,則地球相對于槽也向右運動 ,1所以小球到達 B 處時相對于槽的速度 v不滿足 1 mv2 mgR 還要考慮地球的動能 .故 B 錯誤；2不論以槽或地面為參考系 ,以小球、槽和地球為系統(tǒng)的機械能均守恒.所以 C 選項是正確的 ,D錯誤。12 答案及解析：答案： B解析： C 剛離開地面時 ,對 C 有 kx2 mg ,此時 B 有最大速度 ,即 aB aC 0,則對 B 有1mg kx2 T ,