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1、寒假作业(二)能量与动量1(2017德阳一诊)如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相同,则此物体的运动不可能是()A匀速圆周运动B自由落体运动C平抛运动 D竖直上抛运动解析:选A如果物体在任意相等时间内受到的冲量都相同,由IFt可知,物体受到的合力是恒力。物体做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动时只受重力,合力为恒力;物体做匀速圆周运动时合力为变力,故B、C、D均可能,A不可能。2.如图所示,光滑水平地面上固定一带滑轮的竖直杆,用轻绳系着小滑块绕过滑轮,用恒力F1水平向左拉滑块的同时,用恒力F2拉绳,使滑块从A点起由静止开始向右运动,B和C是A点右方的两点,且ABBC,则以下说法正确的是(
2、)A从A点至B点F2做的功大于从B点至C点F2做的功B从A点至B点F2做的功小于从B点至C点F2做的功C从A点至C点F2做的功一定等于滑块克服F1做的功D从A点至C点F2做的功一定大于滑块克服F1做的功解析:选A由题,ABBC,根据数学知识得知,从A点至B点绳头的位移大于从B点至C点的位移,F2又是恒力,则从A点至B点F2做的功大于从B点至C点F2做的功,故A正确,B错误。滑块从A到C过程,可能先加速后减速,滑块在A点与C点速率可能相等,根据动能定理得知,滑块从A运动到C过程中动能的变化量为零,总功为零,则从A点至C点F2做的功可能等于滑块克服F1做的功,故C、D错误。3.多选如图所示为某汽车
3、在平直公路上启动时发动机功率P随时间t变化的图像,P0为发动机的额定功率。已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大值vm,汽车所受阻力大小与速度大小成正比。由此可得()A在t3时刻,汽车速度一定等于vmB在t1t2时间内,汽车一定做匀速运动C在t2t3时间内,汽车一定做匀速运动D在发动机功率达到额定功率前,汽车一定做匀加速运动解析:选AC已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大值vm,此后汽车做匀速直线运动,速度不变,所以在t3时刻,汽车速度一定等于vm,故A正确。0t1时间内汽车的功率均匀增加,汽车所受阻力增大,汽车做变加速直线运动;汽车的功率在t1时刻达到额定功率,根据PFv,速度继续增大,牵引力
4、减小,则加速度减小,则在t1t2时间内汽车做加速度减小的加速运动,故B、D错误。在t2t3时间内,汽车已达到最大速度,且功率保持不变,汽车一定做匀速直线运动,故C正确。4.如图,长方体ABCD A1B1C1D1中|AB|2|AD|2|AA1|,将可视为质点的小球从顶点A在BAD所在范围内(包括边界)分别沿不同方向水平抛出,落点都在A1B1C1D1范围内(包括边界)。不计空气阻力,以A1B1C1D1所在水平面为重力势能参考平面,则小球()A抛出速度最大时落在B1点B抛出速度最小时落在D1点C从抛出到落在B1D1线段上任何一点所需的时间都相等D落在B1D1中点时的机械能与落在D1点时的机械能相等解
5、析:选C由于小球抛出时离地高度相等,故各小球在空中运动的时间相等,则可知水平位移越大,抛出时的速度越大,故落在C1点的小球抛出速度最大,落点靠近A1点的小球速度最小,故A、B错误,C正确;由题图可知,落在B1D1中点和落在D1点的水平位移不同,所以两种情况中对应的水平速度不同,则可知它们在最高点时的机械能不相同,因下落过程机械能守恒,故落地时的机械能也不相同,故D错误。5.多选如图,两个相同小物块a和b之间用一根轻弹簧相连,小物块a和b及弹簧组成的系统用细线静止悬挂于足够高的天花板下。细线某时刻被剪断,系统下落,已知重力加速度为g,则()A细线剪断瞬间,a和b的加速度大小均为gB弹簧恢复原长时
6、,a和b的加速度大小均为gC下落过程中弹簧一直保持拉伸状态D下落过程中a、b和弹簧组成的系统机械能守恒解析:选BD开始时系统处于平衡状态,弹簧的弹力大小等于物块b的重力mg,当细线剪断瞬间,弹簧不能突变,则物块b受力仍然平衡,加速度为零,而a受向下的重力和拉力作用,加速度为2g,故A错误;弹簧恢复原长时,两物块均只受重力,故加速度大小为g,由于此时物块a的速度大于b的速度,故此后一段时间弹簧处于压缩状态,故B正确,C错误;对a、b和弹簧组成的系统来说,由于只有重力做功,故机械能守恒,故D正确。6多选一物体放在水平地面上,如图1所示,已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示,物体相应的
7、速度v随时间t的变化关系如图3所示,则()A26 s时间内物体的加速度大小为0.75 m/s2B物体的质量为1 kgC整个过程中,物体所受摩擦力始终为2 ND010 s时间内,物体克服摩擦力所做的功为30 J解析:选AD在速度时间图像上,斜率表示加速度,由题图3可得26 s时间内物体的加速度为:a m/s20.75 m/s2,故A正确。由题图3知,68 s内物体做匀速直线运动,由平衡条件得:f滑F32 N由图3可得26 s内物体做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得:F2f滑ma1联立代入数据解得:m kg,故B错误。在01 s内物体静止不动,物体所受摩擦力f静F11 N,210 s内物体所受摩擦
8、力f滑2 N,故C错误。在整个过程中通过的位移为:x(28)3 m15 m,物体克服摩擦力做功:Wf滑x215 J30 J,故D正确。7(2017乌鲁木齐二模)动车组是由几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢组成的,带动力的车厢叫动车,不带动力的车厢叫拖车。每节动车与拖车质量都相等,每节动车的额定功率都相等。动车组运行过程中总阻力来自两部分:一部分是车轮与铁轨之间摩擦产生的机械阻力,阻力大小与动车组的质量成正比;另一部分来自于空气阻力,阻力大小与动车组速度的平方成正比。一列12节车厢的动车组,有3节动车时最大速度为160 km/h,此时空气阻力是总阻力的0.5倍。若要使12节车厢的动车组的速度
9、达到240 km/h,则动车的节数至少为()A7节 B8节C9节 D10节解析:选B设每节动车的功率为P,12节车厢的动车组受到的机械阻力为f,则有3P(fkv12)v1,nP(fkv22)v2,根据题意fkv12,代入v1、v2,解得n7.3故至少有8节动车,故B正确。8.如图所示,放在光滑水平桌面上的A、B两小木块中部夹一被压缩的轻弹簧,当轻弹簧被放开时,A、B两小木块各自在桌面上滑行一段距离后,飞离桌面落在地面上。若mA3mB,则下列结果正确的是()A若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2,则有W1W211B在与轻弹簧作用过程中,两木块的速度变化量之和为零C若A、B在空中飞行时的动量变化量
10、分别为p1和p2,则有p1p211D若A、B同时离开桌面,则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内,A、B两木块的水平位移大小之比为13解析:选D弹簧弹开木块过程中,两木块及弹簧组成的系统动量守恒,取水平向左为正方向,由动量守恒定律得:mAvAmBvB0,则速度之比vAvB13,根据动能定理得:轻弹簧对A、B做功分别为W1mAvA2,W2mBvB2,联立解得W1W213,故A错误。根据动量守恒定律得知,在与轻弹簧作用过程中,两木块的动量变化量之和为零,即mAvAmBvB0,可得,vAvB0,故B错误。A、B离开桌面后都做平抛运动,它们抛出点的高度相同,运动时间相等,设为t。由动量定理得:A、
11、B在空中飞行时的动量变化量分别为p1mAgt,p2mBgt,所以p1p231,故C错误。平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动,由xv0t知,t相等,则A、B两木块的水平位移大小之比等于vAvB13,故D正确。9.用光滑圆管制成如图所示的轨道,竖直立于水平地面上,其中ABC为圆轨道的一部分,CD为倾斜直轨道,二者相切于C点,已知圆轨道的半径R1 m,倾斜轨道CD与水平地面的夹角为37,现将一小球以一定的初速度从A点射入圆管,小球直径略小于圆管的直径,取重力加速度g10 m/s2,sin 370.6,cos 370.8,求小球通过倾斜轨道CD的最长时间(结果保留一位有效数字)。解析:小球通过倾斜
12、轨道时间若最长,则小球到达圆轨道的最高点的速度为0,从最高点到C点:对小球由动能定理可得:mghmvC2由几何关系得:hRRcos 小球在CD段做匀加速直线运动,由位移公式得:LvCtat2CD的长度为:L对小球利用牛顿第二定律可得:mgsin ma代入数据联立解得:t0.7 s。答案:0.7 s10(2017潍坊期中)如图所示,一内壁光滑的圆弧形轨道ACB固定在水平地面上,轨道的圆心为O,半径R0.5 m,C为最低点,其中OB水平,AOC37,质量m2 kg的小球从轨道左侧距地面高h0.55 m的某处水平抛出,恰好从轨道A点沿切线方向进入圆轨道,取g10 m/s2,sin 370.6,cos
13、 370.8,求:(1)小球抛出点到A点的水平距离;(2)小球运动到B点时对轨道的压力大小。解析:(1)小球做平抛运动,竖直方向:hR(1cos 37)gt2,解得:t0.3 s,竖直分速度:vygt100.3 m/s3 m/s,水平分速度:v0 m/s4 m/s,抛出点距A点的水平距离:Lxv0t40.3 m1.2 m。(2)小球从抛出到B点过程,由动能定理得:mg(hR)mvB2mv02,在B点,由牛顿第二定律得:Fm,解得:F68 N,由牛顿第三定律可知,小球对轨道的压力大小:FF68 N。答案:(1)1.2 m(2)68 N11.如图所示,物块A静止在光滑水平面上,木板B和物块C一起以
14、速度v0向右运动,与A发生弹性正碰,已知v05 m/s,mA6 kg,mB4 kg,mC2 kg,C与B之间动摩擦因数0.2,木板B足够长,取g10 m/s2,求:(1)B与A碰撞后A物块的速度;(2)B、C共同的速度;(3)整个过程中系统增加的内能。解析:(1)以A、B为研究对象,B与A发生弹性碰撞过程,设向右为正,由动量守恒定律可有:mBv0mAvAmBvB;由机械能守恒定律可知:mBv02mBvB2mAvA2联立解得:vA4 m/s,vB1 m/s。(2)碰后B反向运动,与C相互作用。对B、C,由动量守恒定律可知:mCv0mBvB(mCmB)v解得:v1 m/s。(3)系统增加的内能为QmBvB2mCv02(mCmB)v2解得Q24 J。答案:(1)4 m/s,方向向右(2)1 m/s,方向向右(3)24 J6