2023版高考物理一輪復習第五章能量和動量真題集訓章末驗收

PAGEPAGEPAGE2第五章能量和動量命題點一：功和功率1．(多項選擇)(2022·全國甲卷)兩實心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質量大于乙球質量。兩球在空氣中由靜止下落，假設它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關。假設它們下落相同的距離，那么()A．甲球用的時間比乙球長B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析：選BD設小球在下落過程中所受阻力F阻＝kR，k為常數(shù)，R為小球半徑，由牛頓第二定律可知：mg－F阻＝ma，由m＝ρV＝eq\f(4,3)ρπR3知：eq\f(4,3)ρπR3g－kR＝eq\f(4,3)ρπR3a，即a＝g－eq\f(3k,4ρπ)·eq\f(1,R2)，故知：R越大，a越大，即下落過程中a甲＞a乙，選項C錯誤；下落相同的距離，由h＝eq\f(1,2)at2知，a越大，t越小，選項A錯誤；由2ah＝v2－v02知，v0＝0，a越大，v越大，選項B正確；由W阻＝－F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，選項D正確。2．(2022·全國卷Ⅱ)一物體靜止在粗糙水平地面上?，F(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經(jīng)過一段時間后其速度變?yōu)関。假設將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v。對于上述兩個過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，那么()A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1解析：選C因為物體做勻加速度直線運動，所以x1＝eq\f(v,2)t，x2＝eq\f(2v,2)t，而Wf1＝μmgx1，Wf2＝μmgx2，所以有Wf2＝2Wf1，根據(jù)動能定理有：WF1－Wf1＝eq\f(1,2)mv2，WF2－Wf2＝2mv2，所以有WF2＜4WF1，C項正確。命題點二：動能定理和機械能守恒定律3．(2022·全國卷Ⅱ)取水平地面為重力勢能零點。一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點其動能與重力勢能恰好相等。不計空氣阻力。該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(5π,12)解析：選B設物塊水平拋出的初速度為v0，高度為h，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝mgh，即v0＝eq\r(2gh)。物塊在豎直方向上的運動是自由落體運動，故落地時的豎直分速度vy＝eq\r(2gh)＝vx＝v0，那么該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角θ＝eq\f(π,4)，應選項B正確，選項A、C、D錯誤。4．(2022·全國卷Ⅱ)如圖，一質量為M的光滑大圓環(huán)，用一細輕桿固定在豎直平面內(nèi)；套在大環(huán)上質量為m的小環(huán)(可視為質點)，從大環(huán)的最高處由靜止滑下。重力加速度大小為g。當小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時，大環(huán)對輕桿拉力的大小為()A．Mg－5mg B．Mg＋mgC．Mg＋5mg D．Mg＋10mg解析：選C設大環(huán)半徑為R，質量為m的小環(huán)滑下過程中遵守機械能守恒定律，所以eq\f(1,2)mv2＝mg·2R。小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時的速度為v＝2eq\r(gR)，根據(jù)牛頓第二定律得FN－mg＝eq\f(mv2,R)，所以在最低點時大環(huán)對小環(huán)的支持力FN＝mg＋eq\f(mv2,R)＝5mg。根據(jù)牛頓第三定律知，小環(huán)對大環(huán)的壓力FN′＝FN＝5mg，方向向下。對大環(huán)，據(jù)平衡條件，輕桿對大環(huán)的拉力T＝Mg＋FN′＝Mg＋5mg。根據(jù)牛頓第三定律，大環(huán)對輕桿拉力的大小為T′＝T＝Mg＋5mg，應選項C正確，選項A、B、D錯誤。5．(多項選擇)(2022·全國卷Ⅱ)如圖，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動。不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g。那么()A．a(chǎn)落地前，輕桿對b一直做正功B．a(chǎn)落地時速度大小為eq\r(2gh)C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于gD．a(chǎn)落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg解析：選BD由題意知，系統(tǒng)機械能守恒。設某時刻a、b的速度分別為va、vb。此時剛性輕桿與豎直桿的夾角為θ，分別將va、vb分解，如圖。因為剛性桿不可伸長，所以沿桿的分速度v∥與v∥′是相等的，即vacosθ＝vbsinθ。當a滑至地面時θ＝90°，此時vb＝0，由系統(tǒng)機械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mva2，解得va＝eq\r(2gh)，選項B正確；同時由于b初、末速度均為零，運動過程中其動能先增大后減小，即桿對b先做正功后做負功，選項A錯誤；桿對b的作用先是推力后是拉力，對a那么先是阻力后是動力，即a的加速度在受到桿的向下的拉力作用時大于g，選項C錯誤；b的動能最大時，桿對a、b的作用力為零，此時a的機械能最小，b只受重力和支持力，所以b對地面的壓力大小為mg，選項D正確。6．(2022·全國乙卷)如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)。直軌道與一半徑為eq\f(5,6)R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)。質量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF＝4R。P與直軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小為g。(取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))(1)求P第一次運動到B點時速度的大小。(2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能。(3)改變物塊P的質量，將P推至E點，從靜止開始釋放。P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點。G點在C點左下方，與C點水平相距eq\f(7,2)R、豎直相距R，求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質量。解析：(1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離l為l＝7R－2R①設P到達B點時的速度為vB，由動能定理得mglsinθ－μmglcosθ＝eq\f(1,2)mvB2②式中θ＝37°。聯(lián)立①②式并由題給條件得vB＝2eq\r(gR)。③(2)設BE＝x。P到達E點時速度為零，設此時彈簧的彈性勢能為Ep。P由B點運動到E點的過程中，由動能定理有mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mvB2④E、F之間的距離l1為l1＝4R－2R＋x⑤P到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得x＝R⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR。⑧(3)設改變后P的質量為m1。D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ⑩式中，已應用了過C點的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為θ的事實。設P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t。由平拋運動公式有y1＝eq\f(1,2)gt2?x1＝vDt?聯(lián)立⑨⑩??式得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR)?設P在C點速度的大小為vC。在P由C點運動到D點的過程中機械能守恒，有eq\f(1,2)m1vC2＝eq\f(1,2)m1vD2＋m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)R＋\f(5,6)Rcosθ))?P由E點運動到C點的過程中，由動能定理有Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1vC2?聯(lián)立⑦⑧???式得m1＝eq\f(1,3)m。?答案：(1)2eq\r(gR)(2)eq\f(12,5)mgR(3)eq\f(3,5)eq\r(5gR)eq\f(1,3)m命題點三：功能關系與能量守恒定律7．(2022·全國卷Ⅰ)如圖，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平。一質量為m的質點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道。質點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示質點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功。那么()A．W＝eq\f(1,2)mgR，質點恰好可以到達Q點B．W>eq\f(1,2)mgR，質點不能到達Q點C．W＝eq\f(1,2)mgR，質點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離D．W<eq\f(1,2)mgR，質點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離解析：選C設質點到達N點的速度為vN，在N點質點受到軌道的彈力為FN，那么FN－mg＝eq\f(mvN2,R)，F(xiàn)N＝FN′＝4mg，那么質點到達N點的動能為EkN＝eq\f(1,2)mvN2＝eq\f(3,2)mgR。質點由開始至N點的過程，由動能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功為Wf＝－eq\f(1,2)mgR，即克服摩擦力做的功為W＝－Wf＝eq\f(1,2)mgR。設從N到Q的過程中克服摩擦力做功為W′，那么W′<W。從N到Q的過程，由動能定理得－mgR－W′＝eq\f(1,2)mvQ2－eq\f(1,2)mvN2，即eq\f(1,2)mgR－W′＝eq\f(1,2)mvQ2，故質點到達Q點后速度不為0，質點繼續(xù)上升一段距離。選項C正確。8．(2022·全國甲卷)輕質彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接。AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如下圖。物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運動。重力加速度大小為(1)假設P的質量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離；(2)假設P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質量的取值范圍。解析：(1)依題意，當彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能。由機械能守恒定律，彈簧長度為lEp＝5mgl①設P的質量為M，到達B點時的速度大小為vB，由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)MvB2＋μMg·4l②聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題給數(shù)據(jù)得vB＝eq\r(6gl)③假設P能沿圓軌道運動到D點，其到達D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應滿足eq\f(mv2,l)－mg≥0④設P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mvD2＋mg·2l⑤聯(lián)立③⑤式得vD＝eq\r(2gl)⑥vD滿足④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出。設P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學公式得2l＝eq\f(1,2)gt2⑦P落回到AB上的位置與B點之間的距離為s＝vDt⑧聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2eq\r(2)l。⑨(2)為使P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度不能小于零。由①②式可知5mgl＞μMg·4l要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點C。由機械能守恒定律有eq\f(1,2)MvB2≤Mgl?聯(lián)立①②⑩?式得eq\f(5,3)m≤M＜eq\f(5,2)m。?答案：(1)eq\r(6gl)2eq\r(2)l(2)eq\f(5,3)m≤M＜eq\f(5,2)m命題點四：動量定理和動量守恒定律9．(2022·全國乙卷Ⅰ)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求(ⅰ)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質量；(ⅱ)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。解析：(ⅰ)設Δt時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質量為Δm，那么Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質量為eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S。③(ⅱ)設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v。對于Δt時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得eq\f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq\f(1,2)(Δm)v02④在h高度處，Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為Δp＝(Δm)v⑤設水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得F＝Mg⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)。⑧答案：(ⅰ)ρv0S(ⅱ)eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)10．(2022·全國甲卷)如圖，光滑冰面上靜止放置一外表光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)。小孩與滑板的總質量為m1＝30kg，冰塊的質量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g＝10m/s2。(ⅰ)求斜面體的質量；(ⅱ)通過計算判斷，冰塊與斜面體別離后能否追上小孩？解析：(ⅰ)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者到達共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質量為m3。由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①eq\f(1,2)m2v202＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20＝－3m/s為冰塊推出時的速度。聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得m3＝20kg。③(ⅱ)設小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入數(shù)據(jù)得v1＝1m/s⑤設冰塊與斜面體別離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥eq\f(1,2)m2v202＝eq\f(1,2)m2v22＋eq\f(1,2)m3v32⑦聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝1m/s⑧由于冰塊與斜面體別離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在前方，故冰塊不能追上小孩。答案：(ⅰ)20kg(ⅱ)見解析命題點五：物理實驗11.(2022·全國卷Ⅱ)某同學利用下述裝置對輕質彈簧的彈性勢能進行探究：一輕質彈簧放置在光滑水平桌面上，彈簧左端固定，右端與一小球接觸而不固連；彈簧處于原長時，小球恰好在桌面邊緣，如下圖。向左推小球，使彈簧壓縮一段距離后由靜止釋放；小球離開桌面后落到水平地面。通過測量和計算，可求得彈簧被壓縮后的彈性勢能。答復以下問題：(1)本實驗中可認為，彈簧被壓縮后的彈性勢能Ep與小球拋出時的動能Ek相等。重力加速度大小為g。為求得Ek，至少需要測量以下物理量中的________(填正確答案標號)。A．小球的質量mB．小球拋出點到落地點的水平距離sC．桌面到地面的高度hD．彈簧的壓縮量ΔxE．彈簧原長l0(2)用所選取的測量量和量表示Ek，得Ek＝______。(3)圖中的直線是實驗測量得到的s-Δx圖線。從理論上可推出，如果h不變，m增加，s-Δx圖線的斜率會__________(填“增大〞、“減小〞或“不變〞)；如果m不變，h增加，s-Δx圖線的斜率會________(填“增大〞、“減小〞或“不變〞)。由圖中給出的直線關系和Ek的表達式可知，Ep與Δx的______次方成正比。解析：(1)利用平拋運動規(guī)律，測量出平拋運動的初速度v0。由s＝v0t，h＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立解得v0＝seq\r(\f(g,2h))。要測量小球速度，需要測量小球拋出點到落地點的水平距離s，桌面到地面的高度h；由Ek＝eq\f(1,2)mv02知，還需要測量小球的質量m，因彈簧勁度系數(shù)未知，D、E錯誤，A、B、C正確。(2)小球拋出時的動能Ek＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(mgs2,4h)。(3)彈簧的彈性勢能Ep＝Ek＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(mgs2,4h)，即s＝2eq\r(\f(hEp,mg))，根據(jù)題目所給的直線關系可知，s與Δx成正比，而Ep與s2成正比，故Ep應與Δx的2次方成正比，即s∝2eq