2025年高考复习二轮专题突破（十二）“能量与动量”创新性考法专练（解析版）

专题解析：（十二）“能量与动量”创新性考法专练1．如图所示，空间中分布有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子静止在O点。某时刻，该粒子炸裂成P、Q两部分，P粒子质量为eq\f(M,3)、电荷量为eq\f(q,3)，Q粒子质量为eq\f(2M,3)、电荷量为eq\f(2q,3)。不计粒子重力，则下列说法正确的是()A．P粒子与Q粒子运动半径之比r1∶r2＝2∶1B．P粒子与Q粒子运动半径之比r1∶r2＝1∶2C．P粒子与Q粒子运动周期之比T1∶T2＝2∶1D．P粒子与Q粒子运动周期之比T1∶T2＝1∶2解析：选A根据动量守恒定律有eq\f(M,3)vP－eq\f(2M,3)vQ＝0，可得vP∶vQ＝2∶1，P、Q粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有eq\f(q,3)vPB＝eq\f(M,3)·eq\f(vP2,r1)，eq\f(2q,3)vQB＝eq\f(2M,3)·eq\f(vQ2,r2)，解得r1∶r2＝2∶1，A正确，B错误；根据T1＝eq\f(2πr1,vP)，T2＝eq\f(2πr2,vQ)，结合上述解得T1∶T2＝1∶1，C、D错误。2．如图所示为静电喷漆示意图，由喷嘴K喷出的油漆，形成带负电的雾状液滴(初速度可忽略不计)，经A与K间的电场加速后奔向阳极A(被漆零件)并附着在上面。若A与K间的电压为U，喷漆装置的耗电功率为P，在时间t内喷嘴喷出的油漆质量为m，则油漆对零件表面的压力是()A.eq\r(\f(2m,Pt))B.eq\r(\f(2m,Ut))C.eq\r(\f(2mP,t))D.eq\r(2mUPt)解析：选C设单位时间内喷出的油漆的质量为m0，这些油漆所带电荷量为q0，油漆喷到零件上时的速度大小为v，则根据动能定理有q0U＝eq\f(1,2)m0v2，其中m0＝eq\f(m,t)，油漆喷到零件上时的动量p＝m0v＝eq\r(2q0m0U)，由于油漆喷到零件上后便附着在上面，即末速度为零，根据动量定理可得F＝eq\f(Δp,Δt)，解得单位时间内油漆对零件的平均作用力为F＝eq\r(2q0m0U)，根据I＝eq\f(q,t)，则在单位时间内得I＝q0，因此有F＝eq\r(2q0m0U)＝eq\r(2m0IU)＝eq\r(\f(2mP,t))，故选C。3．(多选)某国际科研小组首次在实验中观察到了中子衰变的新方式——放射β衰变，即一个自由中子衰变成质子(eq\o\al(1,1)p)和电子(eq\o\al(0,－1)e)同时放出质量可视为零的反中微子(eq\o\al(0,0)νe)。该科研成果对粒子物理的研究有重要意义。已知电子质量me＝9.1×10－31kg＝0.51MeV/c2，中子质量mn＝939.57MeV/c2，质子质量mp＝938.27MeV/c2(c为光速，不考虑粒子之间的相互作用)。若某次一个静止的中子衰变中放出的质子动量p＝3×10－8MeV·s·m－1。则()A．强相互作用是中子衰变成质子和电子的原因B．中子衰变的核反应式为eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(1,1)p＋eq\o\al(0,－1)e＋eq\o\al(0,0)νeC．中子衰变过程中电子和反中微子的总动能约为0.7468MeVD．中子衰变过程中放出的质子和电子，两者的动量大小相等方向相反解析：选BC弱相互作用是中子衰变成质子和电子的原因，A错误；中子衰变的核反应式为eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(1,1)p＋eq\o\al(0,－1)e＋eq\o\al(0,0)νe，B正确；中子衰变过程中释放的能量为ΔE＝(mn－me－mp)c2＝0.79MeV，一个静止的中子衰变过程中放出的质子动能为Ekp＝eq\f(p2,2mp)＝eq\f(3×10－82×3×1082,2×938.27)MeV≈0.0432MeV，中子衰变过程中电子和反中微子的总动能约为ΔE－Ekp＝0.7468MeV，C正确；中子衰变前速度为零，动量为零，衰变后反中微子具有一定速度，动量不为零，则质子和电子两者的动量不一定大小相等方向相反，D错误。4．已知一滴雨珠的重力可达蚊子体重的几十倍，但是下雨时蚊子却可以在“雨中漫步”。为研究蚊子不会被雨滴砸死的诀窍，科学家用高速相机拍摄并记录蚊子的运动情况，研究发现蚊子被雨滴击中时并不抵挡雨滴，而是与雨滴融为一体，顺应雨滴的趋势落下，随后迅速侧向微调与雨滴分离。已知蚊子的质量为m，初速度为零；雨滴质量为50m，击中蚊子前竖直匀速下落的速度为v，蚊子与雨滴的作用时间为t，以竖直向下为正方向。假设雨滴和蚊子组成的系统所受合外力为零。则()A．蚊子与雨滴融为一体后，整体的速度大小为eq\f(1,51)vB．蚊子与雨滴融为一体的过程中，雨滴的动量变化量为eq\f(50,51)mvC．蚊子与雨滴融为一体的过程中，蚊子受到的平均作用力为eq\f(50mv,51t)D．若雨滴直接砸在静止的蚊子上，蚊子受到的平均作用力将变小解析：选C蚊子与雨滴融为一体的过程中，根据动量守恒定律有50mv＝51mv共，解得v共＝eq\f(50,51)v，A错误；雨滴的动量变化量为Δp＝50m(v共－v)＝－eq\f(50,51)mv，B错误；设蚊子受到的平均作用力为F，根据动量定理有Ft＝mv共，解得F＝eq\f(50mv,51t)，C正确；若雨滴直接砸在静止的蚊子上，蚊子与雨滴的作用时间变短，雨滴的动量变化量变大，则雨滴受到的平均作用力将变大，蚊子受到的平均作用力也变大，D错误。5．(多选)如图所示，五人制足球比赛的球门高2m，宽3m。在某次比赛中，一同学在球门前2.5m处的O点将足球射向球门，足球在运动的最高点恰好击中球门横梁中点P。足球经过横梁反弹后，垂直CD的速度分量大小变为原来的0.6倍，平行CD的速度分量不变，落在Q点。已知BO垂直AB，足球质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．足球的初速度大小为eq\f(7\r(5),2)m/sB．落地时的速度大小为eq\f(21\r(5),10)m/sC．落地点Q与O的距离为eq\r(10)mD．横梁对足球的冲量大小为eq\f(\r(10),5)N·s解析：选AC从O到P点有vy2＝2gh，h＝eq\f(1,2)gt2，x＝eq\r(2.52＋1.52)m＝vxt，足球的初速度大小为v0＝eq\r(vx2＋vy2)＝eq\f(7\r(5),2)m/s，故A正确；足球经过横梁反弹后，垂直CD的速度分量大小变为原来的0.6，平行CD的速度分量不变，设速度与CD夹角为θ，则tanθ＝eq\f(5,3)，根据几何关系v⊥＝0.6vxsinθ，v∥＝vxcosθ，vx′＝eq\r(v⊥2＋v∥2)＝eq\f(3,2)eq\r(5)m/s，落地过程有竖直方向h＝eq\f(1,2)gt2，vy＝gt，水平方向x′＝vx′t，落地时的速度大小为v′＝eq\r(vx′2＋vy2)＝eq\f(\r(205),2)m/s，故B错误；因为反弹后两方向速度分量大小相等，所以反弹后速度方向与CD夹角为45°，落地点Q与O的距离为d＝eq\r(OB－x′sin45°2＋x′cos45°＋xcosθ2)＝eq\r(10)m，故C正确；对碰撞过程根据动量定理得I＝Δp＝m×0.6vxsinθ－(－m×vxsinθ)＝eq\f(4,5)eq\r(10)N·s，故D错误。6．2022年北京冬奥会我国运动员在冰壶比赛中取得了新的突破。比赛中运动员用脚蹬固定的起踏器后和冰壶一起前进，在前掷线处将冰壶脱手。按比赛规则，队友可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数来调节冰壶的运动，使其到达理想位置。已知冰壶质量m＝20kg，运动员质量M＝70kg，重力加速度g10m/s2。(冰面视作水平面，冰壶视为质点)(1)在某次比赛过程中运动员离开起踏器时他和红色冰壶的速率v1＝2m/s，已知运动员和起踏器相互作用的时间t＝2.0s，求此过程中运动员(包含冰壶)在水平方向所受平均作用力的大小F；(2)若红色冰壶沿直线运动到距营垒中心x0＝5m处时速度v2＝1.8m/s，队友通过在其滑行前方持续摩擦冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数变为原来的90%，冰壶滑过被毛刷摩擦过的冰面后以v3＝1.2m/s的速度与静止在营垒中心、质量相等的蓝色冰壶发生对心碰撞，碰后无人再用毛刷摩擦冰面，蓝色冰壶以v4＝1.0m/s的速度向前滑行。求碰撞后红色冰壶的滑行距离x。解析：(1)对运动员和冰壶整体进行分析，根据动量定理得Ft＝(m＋M)v1，解得F＝90N。(2)设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ，红色冰壶与蓝色冰壶碰撞前，根据动能定理得－0.9μmgx0＝eq\f(1,2)mv32－eq\f(1,2)mv22，解得μ＝0.02设碰撞后红壶的速度为v5，红壶和蓝壶碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得mv3＝mv4＋mv5，解得v5＝0.2m/s根据动能定理得－μmgx＝0－eq\f(1,2)mv52，解得x＝0.1m。答案：(1)90N(2)0.1m7．如图，半径R＝0.25m的光滑圆弧轨道的左端A与圆心O等高，B为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C与一倾角θ＝37°的粗糙斜面相切。一质量m＝1kg的小滑块从A点正上方h＝1m处的P点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ＝0.75，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。求：(1)滑块运动到B点时的速度和向心加速度；(2)滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离；(3)分析说明滑块能否再次通过B点。解析：(1)滑块由P运动到B过程中，根据机械能守恒定律有mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝eq\r(2gh＋R)＝5m/s方向过B点的切线向右；滑块在B点的向心加速度为aB＝eq\f(vB2,R)＝eq\f(52,0.25)m/s2＝100m/s2方向由B指向O。(2)滑块由B运动到C过程中，根据机械能守恒定律有eq\f(1,2)mvB2＝mg(R－Rcosθ)＋eq\f(1,2)mvC2解得vC＝2eq\r(6)m/s设滑块沿斜面上滑时加速度为a，则mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，解得a＝12m/s2滑块在斜面上向上滑行的最大距离为x＝eq\f(vC2,2a)＝1m。(3)滑块滑至斜面最高点时，重力沿斜面方向的分力为mgsinθ＝6N在斜面上滑块受到的滑动摩擦力为f＝μmgcosθ＝6N又最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，即f静>f，所以f静>mgsinθ，因此滑块将停在斜面上，不能再次通过B点。答案：(1)5m/s，方向过B点的切线向右100m/s2，方向由B指向O(2)1m(3)不能，理由见解析8．如图所示，一质量M＝2kg、长度L＝4.75m的“”形木板静止在水平地面上，木板左端为一竖直薄挡板。距木板右端d＝1.25m处放置一质量m＝1kg的小物块，一质量也为m＝1kg、表面光滑的小球以v0＝8m/s的初速度从木板右端滑上木板后与物块发生正碰。物块与小球均可视为质点，物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，所有碰撞均是弹性碰撞且时间极短，g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)小球与物块碰撞后瞬间物块的速度大小；(2)小球从木板上掉落时物块的速度大小；(3)木板运动的时间。解析：(1)小球与物块碰撞时，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22解得v1＝0，v2＝v0＝8m/s即碰撞后瞬间物块的速度大小为8m/s。(2)碰后小球静止，物块向左以初速度v2＝8m/s滑动，因物块给木板的摩擦力为f1＝μ1mg＝4N木板受地面的最大静摩擦力为fm＝μ2(2m＋M)g＝8N可知木板静止，物块向左做匀减速运动，到达左侧挡板时速度为v3，则eq\f(1,2)mv32－eq\f(1,2)mv22＝－μ1mg·(L－d)解得v3＝6m/s与挡板碰后，设物块速度为v4，木板速度为v5，则mv3＝mv4＋Mv5，eq\f(1,2)mv32＝eq\f(1,2)mv42＋eq\f(1,2)Mv52解得v4＝－2m/s，v5＝4m/s随后物块向右减速运动，加速度大小为a1＝μ1g＝4m/s2木板向左减速运动，加速度大小为a2＝eq\f(μ1mg＋μ22m＋Mg,M)＝6m/s2当木板向左运动d＝1.25m时小球从木板上滑落，则v62－v52＝－2a2d，解得v6＝1m/s所用时间t1＝eq\f(v5－v6,a2)＝0.5s此时物块的速度v7＝|v4|－a1t1＝0即小球从木板上掉