2021高考物理二轮专题复习专题强化练5　动量和能量

1、PAGE 9 -专题强化练5动量和能量一、选择题(14题为单项选择题，57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22020江苏卷，1质量为1.5103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20 m/s，受到的阻力大小为1.8103 N此时，汽车发动机输出的实际功率是()A90 WB30 kWC36 kW D300 kW3秦

2、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 oal(1,0)n)与静止氘核(eq oal(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)E B.eq f(8,9)EC.eq f(1,3)E D.eq f(2,3)E42020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

3、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2mB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 oal(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

4、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2 kg，m乙0.5 kg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，二者的动量随时间变化的图象如图所示下列说法正确的是()A甲的加速度大小为1 m/s2B乙的加速度大小为0.75 m/s2Ct6 s时两物体相遇Dt3 s时两物体距离最大二、非选择题82020山西临汾二模质量为m1.0 kg的滑块从倾角为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

5、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g10 m/s2，求：(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92020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？102020四川宜宾四中5月月考如图甲所示，一质量为m1 kg的木板A静止在光滑水

6、平地面上，在t0时刻，质量为M2 kg的小物块B以初速度v03 m/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00.8 s内的速度随时间的变化关系如图乙所示，重力加速度为g10 m/s2，求：(1)t0时刻木板的右端到墙的距离L以及t10.4 s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t0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.112020全国卷，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(q0)的带电粒子

7、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，

8、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Ff1.8103 N，此时汽车发动机的实际输出功率即瞬时功率，根据PFv，代入数据解得此时汽车发动机的实际输出功率为36 kW，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)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，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mgsin eq f(x,cos )1mgcos eq f(x,cos )Ek0，解得Ek(mgtan 1mg)x，即在斜面上时

10、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2mg(xx0)EkEk0，解得EkEk02mg(xx0)，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(mM)eq f(v0,2)，解得Mm，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dv0t0eq f(1,2)eq f(v0t0,2)，选项B正确；由

11、动量定理，木块所受子弹的冲量为IMeq 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)，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EpqEL，B正确；对A、B整体，根据平衡条件可得，(mAmB)gtan 302qE，两球构成的系统重

12、力势能减少量Ep(mAmB)gL(1cos 30)(2eq r(3)3)qEL，C正确答案：BC7解析：p t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2 N，乙物体所受的合外力的大小F乙1 N，根据牛顿第二定律可得甲物体的加速度大小a甲1 m/s2，乙物体的加速度大小a乙2 m/s2，选项A正确，B错误；根据p t图象可知，t0时，甲物体具有的动量为18 kgm/s，可得甲物体的初速度v09 m/s，根据x甲v0teq 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t6 s，选项C正确；t3 s时，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，此时两物体速度相等，故在t3 s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Epmgxsin 由Ep x图象的斜率k1mgsin 6 N可得sin eq f(3,5)，故cos eq f(4,5)滑块的机械能E随位置x的变化规律为EE0mgcos x由E x图象的斜率k2mgcos 4 N可得0.5.(2)由题图可知，滑块上滑的最大位移x0.5 m在滑块从最大位移位处返回到斜面底端的过程中，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m1gm1eq f(v2,l)A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 oal(2,A)eq f(1,2)m1v22m1gl由动量定理，有Im1vA联立式，得Im1eq r(5gl)(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vvA要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的

15、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m2vBm1vA(m1m2)v又Ekeq f(1,2)m2veq oal(2,B)联立式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为Ekeq f(5gl2m1m22,2m2)答案：(1)m1eq r(5gl)(2)eq f(5gl2m1m22,2m2)10解析：(1)由图乙可知，t10.4 s时，A与墙第一次碰撞，碰前A的速度大小vA10.8 m/st0时刻木板的右端到墙的距离为Leq f(1,2)vA1t1，解得L0.16 m，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Mv0MvB1mvA1，解得0.4

16、s时小物块B的速度大小vB12.6 m/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0.8 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)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v1v0aBt对A有v1aA(t2nt1)，n1,2,3，联立解得v1eq f(61.6n,3) m/s，n1,2,3，第一次到达共同速度时v1应满足0v1vA1，联立解得2.25n3.75，故n3，v10.4

17、 m/s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Mv1mv1(Mm)v2可以得到v2eq f(1,3)v1，因为v2v1，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ACRFqE由动能定理有FACeq f(1,2)mveq oal(2,0

18、)联立式得Eeq f(mvoal(2,0),2qR)(2)如图，由几何关系知ACBC，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PAD30，APeq f(3,2)R，DPeq f(r(3),2)R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FmaAPeq f(1,2)ateq oal(2,1)DPv1t1联立式得v1eq f(r(2),4)v0(3)设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t.以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系由运动学公式有yeq f(1,2)at2xvt粒子离开电场的位置在圆周上，有eq blc(rc)(avs4alco1(xf(r(3),2)R)2eq blc(rc)(avs4alco1(yf(1,2)R)2R2粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初始动量为零设穿过电场前后动