2021高考物理二輪專題復(fù)習(xí)《統(tǒng)考版》專題強化練5動量和能量

專題強化練5動量和能量一、選擇題(1～4題為單項選擇題，5～7題為多項選擇題)1.[2020·浙江嘉興基礎(chǔ)測試]打羽毛球時，當(dāng)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2．[2020·江蘇卷，1]質(zhì)量為1.5×103kg的汽車在水平路面上勻速行駛，速度為20m/s，受到的阻力大小為1.8×103NA．90WB．30kWC．36kWD．300kW3．秦山核電站是我國第一座核電站，其三期工程采用重水反應(yīng)堆技術(shù)，利用中子(eq\o\al(1,0)n)與靜止氘核(eq\o\al(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)EB.eq\f(8,9)EC.eq\f(1,3)ED.eq\f(2,3)E4．[2020·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2B．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\o\al(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)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＝2kg，m乙＝0.5kg的甲、乙兩個物體同時從同地沿同一方向做直線運動，A．甲的加速度大小為1mB．乙的加速度大小為0.75mC．t＝6s時兩物體相遇D．t＝3s時兩物體距離最大二、非選擇題8．[2020·山西臨汾二模]質(zhì)量為m＝1.0kg的滑塊從傾角為θ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g＝10m/s(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?。?．[2020·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?fàn)顟B(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(dāng)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的大小；(2)碰撞前瞬間B的動能Ek至少多大？10．[2020·四川宜賓四中5月月考]如圖甲所示，一質(zhì)量為m＝1kg的木板A靜止在光滑水平地面上，在t＝0時刻，質(zhì)量為M＝2kg的小物塊B以初速度v0＝3m/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0～0.8s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g＝(1)t＝0時刻木板的右端到墻的距離L以及t1＝0.4s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t＝0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.11．[2020·全國卷Ⅰ，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(q>0)的帶電粒子在紙面內(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θ＝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(yīng)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(yīng)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(fù)功，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F＝f＝1.8×103N，此時汽車發(fā)動機的實際輸出功率即瞬時功率，根據(jù)P＝Fv，代入數(shù)據(jù)解得此時汽車發(fā)動機的實際輸出功率為36kW，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)×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(xué)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θ，物塊沿斜面下滑的距離對應(yīng)的水平位移為x，由動能定理有mgsinθ·eq\f(x,cosθ)－μ1mgcosθ·eq\f(x,cosθ)＝Ek－0，解得Ek＝(mgtanθ－μ1mg)x，即在斜面上時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－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，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(yīng)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＝(m＋M)eq\f(v0,2)，解得M＝m，選項A錯誤；根據(jù)速度—時間圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移可知，子彈進入木塊的深度為d＝v0t0·eq\f(1,2)＝eq\f(v0t0,2)，選項B正確；由動量定理，木塊所受子彈的沖量為I＝Meq\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)，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(dāng)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ΔEp＝qEL，B正確；對A、B整體，根據(jù)平衡條件可得，(mA＋mB)·gtan30°＝2qE，兩球構(gòu)成的系統(tǒng)重力勢能減少量ΔEp＝(mA＋mB)gL(1－cos30°)＝(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＝2N，乙物體所受的合外力的大小F乙＝1N，根據(jù)牛頓第二定律可得甲物體的加速度大小a甲＝1m/s2，乙物體的加速度大小a乙＝2m/s2，選項A正確，B錯誤；根據(jù)p-t圖象可知，t＝0時，甲物體具有的動量為18kg·m/s，可得甲物體的初速度v0＝9m/s，根據(jù)x甲＝v0t＋eq\f(1,2)(－a甲)t2，x乙＝eq\f(1,2)a乙t2，當(dāng)兩物體相遇時x甲＝x乙，解得t＝6s，選項C正確；t＝3s時，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，此時兩物體速度相等，故在t＝3s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Ep＝mgxsinθ由Ep-x圖象的斜率k1＝mgsinθ＝6N可得sinθ＝eq\f(3,5)，故cosθ＝eq\f(4,5)滑塊的機械能E隨位置x的變化規(guī)律為E＝E0－μmgcosθ·x由E-x圖象的斜率k2＝－μmgcosθ＝－4N可得μ＝0.5.(2)由題圖可知，滑塊上滑的最大位移x′＝0.5在滑塊從最大位移位處返回到斜面底端的過程中，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m1g＝m1eq\f(v2,l)①A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\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)m1v2＋2m1gl②由動量定理，有I＝m1vA③聯(lián)立①②③式，得I＝m1eq\r(5gl)④(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v′＝vA⑤要達(dá)到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，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m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥又Ek＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬間B的動能Ek至少為Ek＝eq\f(5gl2m1＋m22,2m2)⑧答案：(1)m1eq\r(5gl)(2)eq\f(5gl2m1＋m22,2m2)10．解析：(1)由圖乙可知，t1＝0.4s時，A與墻第一次碰撞，碰前A的速度大小vA1＝0.8m/t＝0時刻木板的右端到墻的距離為L＝eq\f(1,2)vA1t1，解得L＝0.16m，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Mv0＝MvB1＋mvA1，解得0.4s時小物塊B的速度大小vB1＝2.6m/s.(2)只要A與墻碰前A、B還未達(dá)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0.8m/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)設(shè)A與墻發(fā)生n次碰撞后A、B第一次達(dá)到共同速度v1，以向右為正方向，對B有v1＝v0－aBt′對A有v1＝aA(t′－2nt1)，n＝1,2,3，…，聯(lián)立解得v1＝eq\f(6－1.6n,3)m/s，n＝1,2,3，…第一次到達(dá)共同速度時v1應(yīng)滿足0<v1≤vA1，聯(lián)立解得2.25≤n≤3.75，故n＝3，v1＝0.4m/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Mv1－mv1＝(M＋m)v2可以得到v2＝eq\f(1,3)v1，因為v2<v1，故在第5次碰撞前A、B已達(dá)到共同速度對A、B系統(tǒng)，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AC＝R①F＝qE②由動能定理有F·AC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③聯(lián)立①②③式得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qR)④(2)如圖，由幾何關(guān)系知AC⊥BC，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∠PAD＝30°，AP＝eq\f(3,2)R，DP＝eq\f(\r(3),2)R⑤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(xué)公式有F＝ma⑥