《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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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
2、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/s2，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mgm得，到达D处的
3、速度至少为vD m/s，物块能到达D点就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Wfmgcos45R0.2mgR，设共有n次通过D处，则根据动能定理有mgRnWfmvmv，得n5，n恰好为正整数，说明最后一次通过D处的速度恰好为vD，设之后到达C处时的速度大小为v，则mgRWfmv2mv，得v0，说明物块最终从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
4、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 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m1v1m2v2(m1m2)v，解得m26m1，
5、由动能的表达式可知，m1vm2v，故C错误，D正确4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响，则()A冥王星从BCD的过程中，速率逐渐变小B冥王星从ABC的过程中，万有引力对它先做正功后做负功C冥王星从AB所用的时间等于D冥王星在B点的加速度大小为答案：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BCD的过程中，冥王星与太阳间的距离先变大
6、后变小，故速率先减小后增大，选项A错误；同理，从ABC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ABC的过程所用时间为T0，由于冥王星在此过程中，速率逐渐减小，而AB与BC的路程相等，故其从AB的时间小于T0，选项C错误；根据万有引力提供向心力可得ma，由题图中几何关系可得R2c22c2，联立可得a，选项D正确5.(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所在水平面高度为h的
7、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Wf1mgh，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Wf2mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，D错误6(2018湖南娄底五校联考)(多选)如图所示，一质量为M的斜面体静
8、止在水平地面上，物体A、B叠放在斜面体上，物体B受沿斜面向上的力F作用沿斜面匀速上滑，A、B之间的动摩擦因数为，tan，且A、B质量均为m，则()AA、B保持相对静止B地面对斜面体的摩擦力等于mg(sincos)cosFcosC地面受到的压力等于(M2m)gDB与斜面间的动摩擦因数为答案：BD解析：对A分析，因为mgcos，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Nmgcos，mgsinNma，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(sincos)cosFcos；以三者整体为研究对象：A有沿斜面
9、向下的加速度，故地面受到的压力不等于(M2m)g，故B正确，C错误B与斜面体间的正压力N2mgcos，对B分析，根据共点力平衡有Fmgsinmgcosf，则B与斜面间的动摩擦因数，故D正确7(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
10、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mgLmv2，在最低点有Fmgm，解得F3mg，再对物块B受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，重力沿斜面向下的分量Fx4mgsin302mg，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，FFx2mg，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
11、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，LACLCDLDB133，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hgt2得，选项A正确；根据三角形相似得2，由xv0
12、t得，4，选项B正确；由Wmgh得，两球重力做的功，选项D错误；由动能定理得，选项C错误9(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中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则的值可能是()A.B.C1 D2答案：AB解析：
13、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W1mgR，两次击打后小球可以到达轨道最高点，根据功能关系，有W1W22mgRmv2，在最高点，有mgNmmg，联立解得W1mgR，W2mgR，故，故A、B正确，C、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，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()A槽的质量为mB槽的质量为mC球首次到达A点时对槽的压力大小为5mgD球首次
14、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mg2Rmv，球从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(mM)v，设球到达最高点时距A点的高度为h，则有R2h22，根据能量守恒定律有mghmv(mM)v2，解得Mm，A正确，B错误；球首次到达A点时，根据圆周运动和牛顿第二定律有FNmgm，根据牛顿第三定律可知球对槽的压力为FNFN，联立解得FN5mg，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
