2021高考物理二轮专题复习《统考版》专题强化练5动量和能量

专题强化练5动量和能量一、选择题(1～4题为单项选择题，5～7题为多项选择题)1.[2020·浙江嘉兴基础测试]打羽毛球时，当对方击来网前球时，用球拍轻轻一托，将球向上弹起，球一过网就很快朝下坠落，称为放网．如图所示是运动员王琳放网成功的情境，空气阻力不能忽略，则此羽毛球在放网过程中()A．上升阶段加速度方向竖直向下B．坠落阶段的运动轨迹是抛物线C．上升阶段的机械能增加D．机械能一直减小2．[2020·江苏卷，1]质量为1.5×103kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20m/s，受到的阻力大小为1.8×103NA．90WB．30kWC．36kWD．300kW3．秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(eq\o\al(1,0)n)与静止氘核(eq\o\al(2,1)H)的多次碰撞，使中子减速．已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰．经过该次碰撞后，中子损失的动能为()A.eq\f(1,9)EB.eq\f(8,9)EC.eq\f(1,3)ED.eq\f(2,3)E4．[2020·江苏卷，4]如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上．斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数．该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是()5.光滑水平面上有一静止木块，质量为m的子弹水平射入木块后未穿出，子弹与木块运动的速度图象如图所示．由此可知()A．木块质量可能是2B．子弹进入木块的深度为eq\f(v0t0,2)C．木块所受子弹的冲量为eq\f(1,2)mv0D．子弹射入木块过程中产生的内能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)6.如图所示，在水平向右、场强为E的匀强电场中，两个电荷量均为q的带正电小球A、B通过两根长度均为L的绝缘轻绳悬挂，两球静止时，两轻绳与竖直方向的夹角分别为30°、60°.现将一外力作用在A球上，使A球缓慢地绕悬点O做圆周运动，在A球运动至最低点A′的过程中，下列说法正确的是()A．两球构成的系统电势能增加eq\f(1,2)qELB．两球构成的系统电势能增加qELC．两球构成的系统重力势能减少(2eq\r(3)－3)qELD．两球构成的系统重力势能减少(eq\r(3)－eq\f(3,2))qEL7．质量为m甲＝2kg，m乙＝0.5kg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，A．甲的加速度大小为1mB．乙的加速度大小为0.75mC．t＝6s时两物体相遇D．t＝3s时两物体距离最大二、非选择题8．[2020·山西临汾二模]质量为m＝1.0kg的滑块从倾角为θ的固定斜面的底端以一定的初速度沿斜面向上运动．以斜面底端为原点O，沿斜面向上建立x轴，以斜面底端所在水平面为零势能面．该滑块在上滑过程中重力势能Ep随位置x的变化规律如图甲所示，机械能E随位置x的变化规律如图乙所示．重力加速度g＝10m/s(1)滑块与斜面间的动摩擦因数；(2)滑块返回斜面底端的速度大小．9．[2020·天津卷，11]长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态．A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？10．[2020·四川宜宾四中5月月考]如图甲所示，一质量为m＝1kg的木板A静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，质量为M＝2kg的小物块B以初速度v0＝3m/s滑上木板左端，经过一段时间后木板与墙发生弹性碰撞．木板长度可保证小物块在运动过程中不与墙接触．木板A在0～0.8s内的速度随时间的变化关系如图乙所示，重力加速度为g＝(1)t＝0时刻木板的右端到墙的距离L以及t1＝0.4s时刻小物块B的速度大小；(2)A、B间发生相对滑动过程中各自加速度的大小；(3)从t＝0至A与墙第5次碰撞前，A、B组成的系统因摩擦产生的总热量Q.11．[2020·全国卷Ⅰ，25]在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心、半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示．质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直．已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°.运动中粒子仅受电场力作用．(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？专题强化练5动量和能量1．解析：上升阶段羽毛球受到竖直向下的重力和斜向下的空气阻力，合力方向不沿竖直向下方向，则加速度方向不是竖直向下，选项A错误；由于受到空气阻力，所以坠落阶段的运动轨迹不是抛物线，选项B错误；空气阻力一直对空中的羽毛球做负功，所以其机械能一直减小，选项C错误，D正确．答案：D2．命题意图：本题考查汽车功率与牵引力和速度间的关系问题，需要考生具备抓住关键信息的能力，体现的核心素养是物理观念．解析：根据汽车做匀速直线运动可得此时汽车的牵引力等于阻力，即F＝f＝1.8×103N，此时汽车发动机的实际输出功率即瞬时功率，根据P＝Fv，代入数据解得此时汽车发动机的实际输出功率为36kW，A、B、D项均错误，C项正确．答案：C3．解析：质量数为1的中子与质量数为2的氘核发生弹性碰撞，满足动能守恒和动量守恒，设中子的初速度为v0，碰撞后中子和氘核的速度分别为v1和v2，可列式eq\f(1,2)×1×veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×1×veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2×veq\o\al(2,2)，1×v0＝1×v1＋2×v2.解得v1＝eq\f(1,3)v0，即动能减小为原来的eq\f(1,9)，动能损失量为eq\f(8,9)E.答案：B4．命题意图：本题考查了受力分析，功、动能定理等知识，旨在考查考生的分析综合能力，考查的核心素养是科学思维．解析：在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理有mgsinθ·eq\f(x,cosθ)－μ1mgcosθ·eq\f(x,cosθ)＝Ek－0，解得Ek＝(mgtanθ－μ1mg)x，即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比，B、D项均错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A项正确，C项错误．答案：A5．解析：设木块质量为M，由动量守恒定律，mv0＝(m＋M)eq\f(v0,2)，解得M＝m，选项A错误；根据速度—时间图线与坐标轴围成的面积表示位移可知，子弹进入木块的深度为d＝v0t0·eq\f(1,2)＝eq\f(v0t0,2)，选项B正确；由动量定理，木块所受子弹的冲量为I＝Meq\f(v0,2)＝eq\f(mv0,2)，选项C正确；由能量守恒定律，子弹射入木块过程中产生的内能为ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，选项D错误．答案：BC6．解析：A球的移动不影响A、B之间绳子的方向，当A球移动到最低点A′时，两球沿电场的反方向都移动了eq\f(L,2)，两小球都克服电场力做功，两球构成的系统电势能增加量ΔEp＝qEL，B正确；对A、B整体，根据平衡条件可得，(mA＋mB)·gtan30°＝2qE，两球构成的系统重力势能减少量ΔEp＝(mA＋mB)gL(1－cos30°)＝(2eq\r(3)－3)qEL，C正确．答案：BC7．解析：p­t图象的斜率的绝对值表示物体所受合外力的大小，由图象可知，甲物体所受的合外力的大小F甲＝2N，乙物体所受的合外力的大小F乙＝1N，根据牛顿第二定律可得甲物体的加速度大小a甲＝1m/s2，乙物体的加速度大小a乙＝2m/s2，选项A正确，B错误；根据p­t图象可知，t＝0时，甲物体具有的动量为18kg·m/s，可得甲物体的初速度v0＝9m/s，根据x甲＝v0t＋eq\f(1,2)(－a甲)t2，x乙＝eq\f(1,2)a乙t2，当两物体相遇时x甲＝x乙，解得t＝6s，选项C正确；t＝3s时，p甲＝12kg·m/s，v甲＝eq\f(p甲,m甲)＝6m/s，p乙＝3kg·m/s，v乙＝eq\f(p乙,m乙)＝6m/s，此时两物体速度相等，故在t＝3s时两物体距离最大，选项D正确．答案：ACD8．解析：(1)滑块的重力势能Ep随位置x的变化规律为Ep＝mgxsinθ由Ep­x图象的斜率k1＝mgsinθ＝6N可得sinθ＝eq\f(3,5)，故cosθ＝eq\f(4,5)滑块的机械能E随位置x的变化规律为E＝E0－μmgcosθ·x由E­x图象的斜率k2＝－μmgcosθ＝－4N可得μ＝0.5.(2)由题图可知，滑块上滑的最大位移x′＝0.5在滑块从最大位移位处返回到斜面底端的过程中，有mgx′sinθ－μmgcosθ·x′＝eq\f(1,2)mv2可得v＝eq\r(2)m/s.答案：(1)0.5(2)eq\r(2)m/s9．解析：(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有m1g＝m1eq\f(v2,l)①A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)m1v2＋2m1gl②由动量定理，有I＝m1vA③联立①②③式，得I＝m1eq\r(5gl)④(2)设两球粘在一起时的速度大小为v′，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v′＝vA⑤要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥又Ek＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)⑦联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为Ek＝eq\f(5gl2m1＋m22,2m2)⑧答案：(1)m1eq\r(5gl)(2)eq\f(5gl2m1＋m22,2m2)10．解析：(1)由图乙可知，t1＝0.4s时，A与墙第一次碰撞，碰前A的速度大小vA1＝0.8m/t＝0时刻木板的右端到墙的距离为L＝eq\f(1,2)vA1t1，解得L＝0.16m，A与墙第一次碰撞前瞬间，对A、B组成的系统，由动量守恒定律可得Mv0＝MvB1＋mvA1，解得0.4s时小物块B的速度大小vB1＝2.6m/s.(2)只要A与墙碰前A、B还未达到共同速度，A就在初始位置与墙之间向右做匀加速运动，向左做匀减速运动，与墙碰前瞬间的速度大小始终为0.8m/s，B的加速度大小aB＝|eq\f(vB1－v0,t1)|＝1m/s2，A的加速度大小aA＝eq\f(vA1,t1)＝2m/s2.(3)设A与墙发生n次碰撞后A、B第一次达到共同速度v1，以向右为正方向，对B有v1＝v0－aBt′对A有v1＝aA(t′－2nt1)，n＝1,2,3，…，联立解得v1＝eq\f(6－1.6n,3)m/s，n＝1,2,3，…第一次到达共同速度时v1应满足0<v1≤vA1，联立解得2.25≤n≤3.75，故n＝3，v1＝0.4m/设第4次碰撞后可能的共同速度为v2，对A、B系统由动量守恒定律可得Mv1－mv1＝(M＋m)v2可以得到v2＝eq\f(1,3)v1，因为v2<v1，故在第5次碰撞前A、B已达到共同速度对A、B系统，由能量守恒定律有Q＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,2)，解得Q＝8.97J.答案：(1)0.16m2.6m/s(2)2m/s21m/11．解析：(1)粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C.由几何关系和电场强度的定义知AC＝R①F＝qE②由动能定理有F·AC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③联立①②③式得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qR)④(2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行．作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大．由几何关系知∠PAD＝30°，AP＝eq\f(3,2)R，DP＝eq\f(\r(3),2)R⑤设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1.粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP.由牛顿第二定律和运动学公式有F＝ma⑥