高考物理二轮复习专题强化练5动量和能量含答案

这是一份高考物理二轮复习专题强化练5动量和能量含答案，共12页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

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1.5×103 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1.8×103 N．此时，汽车发动机输出的实际功率是( )
A．90 W B．30 kW
C．36 kW D．300 kW
3．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 \\al(1,0)n)与静止氘核(eq \\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)E B.eq \f(8,9)E
C.eq \f(1,3)E D.eq \f(2,3)E
4．[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2m
B．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)mv0
D．子弹射入木块过程中产生的内能为eq \f(1,2)mveq \\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)qEL
B．两球构成的系统电势能增加qEL
C．两球构成的系统重力势能减少(2eq \r(3)－3)qEL
D．两球构成的系统重力势能减少(eq \r(3)－eq \f(3,2))qEL
7．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/s2
B．乙的加速度大小为0.75 m/s2
C．t＝6 s时两物体相遇
D．t＝3 s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＝1.0 kg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＝10 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．
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＝1 kg的木板A静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，质量为M＝2 kg的小物块B以初速度v0＝3 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0～0.8 s内的速度随时间的变化关系如图乙所示，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)t＝0时刻木板的右端到墙的距离L以及t1＝0.4 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：D
2．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＝1.8×103 N，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36 kW，A、B、D项均错误，C项正确．
答案：C
3．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 \\al(2,0)＝eq \f(1,2)×1×veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)×2×veq \\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：B
4．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mgsin θ·eq \f(x,cs θ)－μ1mgcs θ·eq \f(x,cs θ)＝Ek－0，解得Ek＝(mgtan θ－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：A
5．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 \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))2＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，选项D错误．
答案：BC
6．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)·gtan 30°＝2qE，两球构成的系统重力势能减少量ΔEp＝(mA＋mB)gL(1－cs 30°)＝(2eq \r(3)－3)qEL，C正确．
答案：BC
7．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，t＝0时，甲物体具有的动量为18 kg·m/s，可得甲物体的初速度v0＝9 m/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＝6 s，选项C正确；t＝3 s时，p甲＝12 kg·m/s，v甲＝eq \f(p甲,m甲)＝6 m/s，p乙＝3 kg·m/s，v乙＝eq \f(p乙,m乙)＝6 m/s，此时两物体速度相等，故在t＝3 s时两物体距离最大，选项D正确．
答案：ACD
8．解析：(1)滑块的重力势能Ep随位置x的变化规律为Ep＝mgxsin θ
由Ep ­ x图象的斜率k1＝mgsin θ＝6 N
可得sin θ＝eq \f(3,5)，故cs θ＝eq \f(4,5)
滑块的机械能E随位置x的变化规律为E＝E0－μmgcs θ·x
由E ­ x图象的斜率k2＝－μmgcs θ＝－4 N
可得μ＝0.5.
(2)由题图可知，滑块上滑的最大位移
x′＝0.5 m
在滑块从最大位移位处返回到斜面底端的过程中，有mgx′sin θ－μmgcs θ·x′＝eq \f(1,2)mv2
可得v＝eq \r(2) m/s.
答案：(1)0.5 (2)eq \r(2) m/s
9．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)①
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 \\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 \\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(5gl2m1＋m22,2m2)⑧
答案：(1)m1eq \r(5gl) (2)eq \f(5gl2m1＋m22,2m2)
10．解析：(1)由图乙可知，t1＝0.4 s时，A与墙第一次碰撞，碰前A的速度大小vA1＝0.8 m/s
t＝0时刻木板的右端到墙的距离为L＝eq \f(1,2)vA1t1，解得L＝0.16 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Mv0＝MvB1＋mvA1，解得0.4 s时小物块B的速度大小vB1＝2.6 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(vB1－v0,t1)|＝1 m/s2，A的加速度大小aA＝eq \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
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对A、B系统，由能量守恒定律有Q＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,2)，解得Q＝8.97 J.
答案：(1)0.16 m 2.6 m/s (2)2 m/s2 1 m/s2 (3)8.97 J
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＝R①
F＝qE②
由动能定理有F·AC＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)③
联立①②③式得E＝eq \f(mv\\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
AP＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)⑦
DP＝v1t1⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq \f(\r(2),4)v0⑨
(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
y＝eq \f(1,2)at2⑩
x＝vt⑪
粒子离开电场的位置在圆周上，有
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(\r(3),2)R))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)R))2＝R2⑫
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．设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有
mv2＝mv0＝mat⑬
联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得
v＝0⑭
和v＝eq \f(\r(3),2)v0⑮
另解：由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为mv0，此即问题的一个解．自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，沿y方向位移相等时，所用时间都相同．因此，不同粒子运动到线段CB上时，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化也为mv0，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率v＝eq \f(\r(3),2)v0.
答案：(1)eq \f(mv\\al(2,0),2qR) (2)eq \f(\r(2),4)v0 (3)eq \f(\r(3),2)v0