2021高考物理二輪專題復習專題強化練5　動量和能量

1、PAGE 9 -專題強化練5動量和能量一、選擇題(14題為單項選擇題，57題為多項選擇題)1.2020浙江嘉興基礎(chǔ)測試打羽毛球時，當對方擊來網(wǎng)前球時，用球拍輕輕一托，將球向上彈起，球一過網(wǎng)就很快朝下墜落，稱為放網(wǎng)如圖所示是運動員王琳放網(wǎng)成功的情境，空氣阻力不能忽略，則此羽毛球在放網(wǎng)過程中()A上升階段加速度方向豎直向下B墜落階段的運動軌跡是拋物線C上升階段的機械能增加D機械能一直減小22020江蘇卷，1質(zhì)量為1.5103 kg的汽車在水平路面上勻速行駛，速度為20 m/s，受到的阻力大小為1.8103 N此時，汽車發(fā)動機輸出的實際功率是()A90 WB30 kWC36 kW D300 kW3秦

2、山核電站是我國第一座核電站，其三期工程采用重水反應堆技術(shù)，利用中子(eq oal(1,0)n)與靜止氘核(eq oal(2,1)H)的多次碰撞，使中子減速已知中子某次碰撞前的動能為E，碰撞可視為彈性正碰經(jīng)過該次碰撞后，中子損失的動能為()A.eq f(1,9)E B.eq f(8,9)EC.eq f(1,3)E D.eq f(2,3)E42020江蘇卷，4如圖所示，一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動，最后停在水平地面上斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為常數(shù)該過程中，物塊的動能Ek與水平位移x關(guān)系的圖象是()5.光滑水平面上有一靜止木塊，質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊后未穿

3、出，子彈與木塊運動的速度圖象如圖所示由此可知()A木塊質(zhì)量可能是2mB子彈進入木塊的深度為eq f(v0t0,2)C木塊所受子彈的沖量為eq f(1,2)mv0D子彈射入木塊過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為eq f(1,2)mveq oal(2,0)6.如圖所示，在水平向右、場強為E的勻強電場中，兩個電荷量均為q的帶正電小球A、B通過兩根長度均為L的絕緣輕繩懸掛，兩球靜止時，兩輕繩與豎直方向的夾角分別為30、60.現(xiàn)將一外力作用在A球上，使A球緩慢地繞懸點O做圓周運動，在A球運動至最低點A的過程中，下列說法正確的是()A兩球構(gòu)成的系統(tǒng)電勢能增加eq f(1,2)qELB兩球構(gòu)成的系統(tǒng)電勢能增加qELC兩球構(gòu)

4、成的系統(tǒng)重力勢能減少(2eq r(3)3)qELD兩球構(gòu)成的系統(tǒng)重力勢能減少(eq r(3)eq f(3,2)qEL7質(zhì)量為m甲2 kg，m乙0.5 kg的甲、乙兩個物體同時從同地沿同一方向做直線運動，二者的動量隨時間變化的圖象如圖所示下列說法正確的是()A甲的加速度大小為1 m/s2B乙的加速度大小為0.75 m/s2Ct6 s時兩物體相遇Dt3 s時兩物體距離最大二、非選擇題82020山西臨汾二模質(zhì)量為m1.0 kg的滑塊從傾角為的固定斜面的底端以一定的初速度沿斜面向上運動以斜面底端為原點O，沿斜面向上建立x軸，以斜面底端所在水平面為零勢能面該滑塊在上滑過程中重力勢能Ep隨位置x的變化規(guī)律

5、如圖甲所示，機械能E隨位置x的變化規(guī)律如圖乙所示重力加速度g10 m/s2，求：(1)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)滑塊返回斜面底端的速度大小92020天津卷，11長為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為m1的小球A，處于靜止狀態(tài)A受到一個水平瞬時沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運動，恰好能通過圓周軌跡的最高點當A回到最低點時，質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運動，并能通過圓周軌跡的最高點不計空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)A受到的水平瞬時沖量I的大?。?2)碰撞前瞬間B的動能Ek至少多大？102020四川宜賓四中5月月考如圖甲所示，一質(zhì)量為m1 kg的木板A靜止在光滑水

6、平地面上，在t0時刻，質(zhì)量為M2 kg的小物塊B以初速度v03 m/s滑上木板左端，經(jīng)過一段時間后木板與墻發(fā)生彈性碰撞木板長度可保證小物塊在運動過程中不與墻接觸木板A在00.8 s內(nèi)的速度隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示，重力加速度為g10 m/s2，求：(1)t0時刻木板的右端到墻的距離L以及t10.4 s時刻小物塊B的速度大??；(2)A、B間發(fā)生相對滑動過程中各自加速度的大?。?3)從t0至A與墻第5次碰撞前，A、B組成的系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的總熱量Q.112020全國卷，25在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場，柱的橫截面是以O(shè)為圓心、半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示質(zhì)量為m，電荷量為q(q0)的帶電粒子

7、在紙面內(nèi)自A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角60.運動中粒子僅受電場力作用(1)求電場強度的大??；(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應為多大？(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進入電場時的速度應為多大？專題強化練5動量和能量1解析：上升階段羽毛球受到豎直向下的重力和斜向下的空氣阻力，合力方向不沿豎直向下方向，則加速度方向不是豎直向下，選項A錯誤；由于受到空氣阻力，所以墜落階段的運動軌跡不是拋物線，選項B錯誤；空氣阻力一直對空中的羽毛球做負功，

8、所以其機械能一直減小，選項C錯誤，D正確答案：D2命題意圖：本題考查汽車功率與牽引力和速度間的關(guān)系問題，需要考生具備抓住關(guān)鍵信息的能力，體現(xiàn)的核心素養(yǎng)是物理觀念解析：根據(jù)汽車做勻速直線運動可得此時汽車的牽引力等于阻力，即Ff1.8103 N，此時汽車發(fā)動機的實際輸出功率即瞬時功率，根據(jù)PFv，代入數(shù)據(jù)解得此時汽車發(fā)動機的實際輸出功率為36 kW，A、B、D項均錯誤，C項正確答案：C3解析：質(zhì)量數(shù)為1的中子與質(zhì)量數(shù)為2的氘核發(fā)生彈性碰撞，滿足動能守恒和動量守恒，設(shè)中子的初速度為v0，碰撞后中子和氘核的速度分別為v1和v2，可列式eq f(1,2)1veq oal(2,0)eq f(1,2)1ve

9、q oal(2,1)eq f(1,2)2veq oal(2,2)，1v01v12v2.解得v1eq f(1,3)v0，即動能減小為原來的eq f(1,9)，動能損失量為eq f(8,9)E.答案：B4命題意圖：本題考查了受力分析，功、動能定理等知識，旨在考查考生的分析綜合能力，考查的核心素養(yǎng)是科學思維解析：在斜面上，物塊受豎直向下的重力、沿斜面向上的滑動摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，設(shè)物塊的質(zhì)量為m，斜面的傾角為，物塊沿斜面下滑的距離對應的水平位移為x，由動能定理有mgsin eq f(x,cos )1mgcos eq f(x,cos )Ek0，解得Ek(mgtan 1mg)x，即在斜面上時

10、物塊的動能與水平位移成正比，B、D項均錯誤；在水平面上，物塊受豎直向下的重力、豎直向上的支持力以及水平向左的滑動摩擦力，由動能定理有2mg(xx0)EkEk0，解得EkEk02mg(xx0)，其中Ek0為物塊滑到斜面底端時的動能，x0為物塊沿斜面下滑到底端時的距離對應的水平位移，即在水平面上物塊的動能與水平位移為一次函數(shù)關(guān)系，且為減函數(shù)，A項正確，C項錯誤答案：A5解析：設(shè)木塊質(zhì)量為M，由動量守恒定律，mv0(mM)eq f(v0,2)，解得Mm，選項A錯誤；根據(jù)速度時間圖線與坐標軸圍成的面積表示位移可知，子彈進入木塊的深度為dv0t0eq f(1,2)eq f(v0t0,2)，選項B正確；由

11、動量定理，木塊所受子彈的沖量為IMeq f(v0,2)eq f(mv0,2)，選項C正確；由能量守恒定律，子彈射入木塊過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為Eeq f(1,2)mveq oal(2,0)eq f(1,2)(mM)eq blc(rc)(avs4alco1(f(v0,2)2eq f(1,4)mveq oal(2,0)，選項D錯誤答案：BC6解析：A球的移動不影響A、B之間繩子的方向，當A球移動到最低點A時，兩球沿電場的反方向都移動了eq f(L,2)，兩小球都克服電場力做功，兩球構(gòu)成的系統(tǒng)電勢能增加量EpqEL，B正確；對A、B整體，根據(jù)平衡條件可得，(mAmB)gtan 302qE，兩球構(gòu)成的系統(tǒng)重

12、力勢能減少量Ep(mAmB)gL(1cos 30)(2eq r(3)3)qEL，C正確答案：BC7解析：p t圖象的斜率的絕對值表示物體所受合外力的大小，由圖象可知，甲物體所受的合外力的大小F甲2 N，乙物體所受的合外力的大小F乙1 N，根據(jù)牛頓第二定律可得甲物體的加速度大小a甲1 m/s2，乙物體的加速度大小a乙2 m/s2，選項A正確，B錯誤；根據(jù)p t圖象可知，t0時，甲物體具有的動量為18 kgm/s，可得甲物體的初速度v09 m/s，根據(jù)x甲v0teq f(1,2)(a甲)t2，x乙eq f(1,2)a乙t2，當兩物體相遇時x甲x乙，解得t6 s，選項C正確；t3 s時，p甲12 k

13、gm/s，v甲eq f(p甲,m甲)6 m/s，p乙3 kgm/s，v乙eq f(p乙,m乙)6 m/s，此時兩物體速度相等，故在t3 s時兩物體距離最大，選項D正確答案：ACD8解析：(1)滑塊的重力勢能Ep隨位置x的變化規(guī)律為Epmgxsin 由Ep x圖象的斜率k1mgsin 6 N可得sin eq f(3,5)，故cos eq f(4,5)滑塊的機械能E隨位置x的變化規(guī)律為EE0mgcos x由E x圖象的斜率k2mgcos 4 N可得0.5.(2)由題圖可知，滑塊上滑的最大位移x0.5 m在滑塊從最大位移位處返回到斜面底端的過程中，有mgxsin mgcos xeq f(1,2)mv

14、2可得veq r(2) m/s.答案：(1)0.5(2)eq r(2) m/s9解析：(1)A恰好能通過圓周軌跡的最高點，此時輕繩的拉力剛好為零，設(shè)A在最高點時的速度大小為v，由牛頓第二定律，有m1gm1eq f(v2,l)A從最低點到最高點的過程中機械能守恒，取軌跡最低點處重力勢能為零，設(shè)A在最低點的速度大小為vA，有eq f(1,2)m1veq oal(2,A)eq f(1,2)m1v22m1gl由動量定理，有Im1vA聯(lián)立式，得Im1eq r(5gl)(2)設(shè)兩球粘在一起時的速度大小為v，A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點，需滿足vvA要達到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的

15、速度方向相同，以此方向為正方向，設(shè)B碰前瞬間的速度大小為vB，由動量守恒定律，有m2vBm1vA(m1m2)v又Ekeq f(1,2)m2veq oal(2,B)聯(lián)立式，得碰撞前瞬間B的動能Ek至少為Ekeq f(5gl2m1m22,2m2)答案：(1)m1eq r(5gl)(2)eq f(5gl2m1m22,2m2)10解析：(1)由圖乙可知，t10.4 s時，A與墻第一次碰撞，碰前A的速度大小vA10.8 m/st0時刻木板的右端到墻的距離為Leq f(1,2)vA1t1，解得L0.16 m，A與墻第一次碰撞前瞬間，對A、B組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律可得Mv0MvB1mvA1，解得0.4

16、s時小物塊B的速度大小vB12.6 m/s.(2)只要A與墻碰前A、B還未達到共同速度，A就在初始位置與墻之間向右做勻加速運動，向左做勻減速運動，與墻碰前瞬間的速度大小始終為0.8 m/s，B的加速度大小aB|eq f(vB1v0,t1)|1 m/s2，A的加速度大小aAeq f(vA1,t1)2 m/s2.(3)設(shè)A與墻發(fā)生n次碰撞后A、B第一次達到共同速度v1，以向右為正方向，對B有v1v0aBt對A有v1aA(t2nt1)，n1,2,3，聯(lián)立解得v1eq f(61.6n,3) m/s，n1,2,3，第一次到達共同速度時v1應滿足0v1vA1，聯(lián)立解得2.25n3.75，故n3，v10.4

17、 m/s設(shè)第4次碰撞后可能的共同速度為v2，對A、B系統(tǒng)由動量守恒定律可得Mv1mv1(Mm)v2可以得到v2eq f(1,3)v1，因為v2v1，故在第5次碰撞前A、B已達到共同速度對A、B系統(tǒng)，由能量守恒定律有Qeq f(1,2)Mveq oal(2,0)eq f(1,2)(Mm)veq oal(2,2)，解得Q8.97 J.答案：(1)0.16 m2.6 m/s(2)2 m/s21 m/s2(3)8.97 J11解析：(1)粒子初速度為零，由C點射出電場，故電場方向與AC平行，由A指向C.由幾何關(guān)系和電場強度的定義知ACRFqE由動能定理有FACeq f(1,2)mveq oal(2,0

18、)聯(lián)立式得Eeq f(mvoal(2,0),2qR)(2)如圖，由幾何關(guān)系知ACBC，故電場中的等勢線與BC平行作與BC平行的直線與圓相切于D點，與AC的延長線交于P點，則自D點從圓周上穿出的粒子的動能增量最大由幾何關(guān)系知PAD30，APeq f(3,2)R，DPeq f(r(3),2)R設(shè)粒子以速度v1進入電場時動能增量最大，在電場中運動的時間為t1.粒子在AC方向做加速度為a的勻加速運動，運動的距離等于AP；在垂直于AC的方向上做勻速運動，運動的距離等于DP.由牛頓第二定律和運動學公式有FmaAPeq f(1,2)ateq oal(2,1)DPv1t1聯(lián)立式得v1eq f(r(2),4)v0(3)設(shè)粒子以速度v進入電場時，在電場中運動的時間為t.以A為原點，粒子進入電場的方向為x軸正方向，電場方向為y軸正方向建立直角坐標系由運動學公式有yeq f(1,2)at2xvt粒子離開電場的位置在圓周上，有eq blc(rc)(avs4alco1(xf(r(3),2)R)2eq blc(rc)(avs4alco1(yf(1,2)R)2R2粒子在電場中運動時，其x方向的動量不變，y方向的初始動量為零設(shè)穿過電場前后動