2022届高考物理二轮专题复习5动量和能量

动量和能量一、选择题（第1～6题为单选题，第7～10题为多选题）1．如图所示是小阳采用背越式跳高的频闪拍照示意图。若小阳的重心轨迹与同速度的小球（不计阻力）做斜上抛运动的轨迹重合，D位置时小阳恰好到达最高点。小阳从D处水平飞出后，落地前的过程中，他在任意相等的时间间隔内（　　）A．动能变化量不相同B．动能变化量相同C．动量变化率不相同D．动量变化率保持为零【答案】A【解析】小阳从D处水平飞出后，落地前的过程中做平抛运动，在任意相等的时间间隔内，速度的变化量相等，动能是标量，速度是矢量，所以动能变化量不相同，故A正确，B错误；由动量定理可知，在任意相等的时间间隔内动量变化率，故CD错误。2．如图所示，摩天轮以角速度ω做匀速圆周运动，吊篮内的游客随摩天轮做半径为R的匀速圆周运动，乘客的质量为m，重力加速度为g，则乘客从最高点到最低点的过程中（　　）A．重力的冲量大小为mRωB．重力的冲量大小为2mRωC．重力的冲量大小为D．重力的冲量大小为【答案】C【解析】乘客从最高点到最低点运动的时间为，因此重力的冲量大小为，C正确。3．静止在水平地面上的物体A、B质量相同，现用水平拉力F1、F2分别作用于A、B，一段时间后撤去拉力，各自滑行一段距离后停下。A、B运动的v－t图像如图，其中物体减速运动过程中速度图线平行。由图中信息可得（　　）A．F1对物体A做功大于F2对物体B做功B．F1对物体A做功等于F2对物体B做功C．F1对物体A的冲量大于F2对物体B的冲量11 D．F1对物体A的冲量等于F2对物体B的冲量【答案】B【解析】撤除拉力后两物体的速度图像平行，故加速度大小相等。对于匀减速直线运动过程，根据牛顿第二定律知两个物体所受的滑动摩擦力大小相等；根据速度图像的“面积”表示位移，可知二者的总位移相等，所以摩擦力做的总功相等，对整个过程，由动能定理得WF＋Wf＝0，即WF＝－Wf，所以拉力FA对物体A做的功等于拉力FB对物体B做的功，故A错误，B正确；根据动量定理，对整个过程研究得I1－ft1＝0，I2－ft2＝0，可得I1＝ft1，I2＝ft2，由图看出，t1＜t2，则有F1的冲量I1小于F2的冲量I2，故CD错误。4．2021年11月18日14时02分，某市消防救援指挥中心接到报警称：某区某街道某路某号4楼起火。14时17分，70名指战员到达现场，经侦查，起火建筑为5层钢筋混凝土建筑，4楼起火向3楼和5楼蔓延，15时10分火势得到有效控制，15时48分火势被扑灭。如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物时，设水柱直径为D，以水平水流速度v垂直射向着火物，水柱冲击着火物后速度为零。高压水枪的质量为M，消防员手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度忽略不计，水的密度为ρ，下列说法正确的是（　　）A．水枪的流量为πvD2B．水枪的功率为πρv3D2C．水柱对着火物的冲击力为πρv2D2D．向前水平喷水时，消防员对水枪的作用力方向向后且斜向上方【答案】B【解析】设时间内，从水枪喷出的水的体积为，质量为，则，，A错误；单位时间喷出水的质量为，时间内水枪喷出的水的动能，知高压水枪在此期间对水做功，高压水枪的功率，B正确；考虑一个极短时间，在此时间内喷到着火物上水的质量为m，设着火物对水柱的作用力为F，由动量定理得，时间内冲到着火物上水的质量，解得，由牛顿第三定律可知，水柱对着火物的平均冲力，C错误；当高压水枪向前喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向后，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向前上方，D错误。11 5．粗糙水平面上有甲、乙两个相同材料的物块，两物块均可看作质点，它们运动的v－t图像如图所示，4s时两物块发生了完全非弹性碰，已知甲物体的质量为1kg，重力加速度为g＝10m/s2，根据图像可知下列说法正确的是（　　）A．乙物块质量为0.5kgB．物块与水平面之间的动摩擦因数为0.2C．从0时刻到两物体相遇，甲比乙多走的位移为80mD．两小球碰撞过程中损失的机械能为75J【答案】A【解析】由v－t图可知，碰撞前瞬间甲的速度为，乙的速度为，碰撞后甲乙速度相等为，由动量守恒定律得，解得，故A正确；由v－t图可知，乙的加速度大小为2.5，根据，解得，故B错误；根据v－t图像与轴围成面积表示位移可知从0时刻到两物体相遇，甲比乙多走的位移，故C错误；两球碰撞过程中损失的机械能，代入数据解得，故D错误。6．如图所示，由两段圆弧和两段直轨道平滑连接，组成的封闭轨道固定在水平面上，整个封闭轨道关于O1O2连线所在直线对称，在两小球间压缩一轻弹簧（弹簧与小球不拴连），用细线固定并靠着直轨道静置，不计一切摩擦。已知r2＝2r1，m1＝2m2＝m，现将细线烧断，两小球进入圆弧轨道前弹簧已恢复原长，小球m1进入圆弧轨道时的速度为v，下列说法中正确的是（　　）A．两球进入圆弧轨道时的动能之比Ek1∶Ek2＝2∶1B．两球进入圆弧轨道时对轨道的压力之比F1∶F2＝1∶2C．烧断细绳前，弹簧储存的弹性势能为mv2D．两球经过圆弧轨道的时间相同【答案】C【解析】对两球组成的系统，由动量守恒定律可知，解得，两球进入圆弧轨道时的动能之比，A错误；根据，可得两球进入圆弧轨道时对轨道的压力之比，B错误；烧断细绳前，弹簧储存的弹性势能，C正确；设左边小圆弧所对圆心角为θ，则大圆弧所对圆心角为2π11 －θ，两球经过圆弧轨道的时间之比，D错误。7．甲、乙两球放在光滑的水平面上，它们用细绳相连，开始时细绳处于松弛状态。现使两球反向运动，如图所示，当细绳拉紧时突然绷断，这以后两球的运动情况可能是（　　）A．甲球向左，乙球向右B．甲球向左，乙球不动C．甲球不动，乙球向左D．甲球不动，乙球不动【答案】ABD【解析】若甲球和乙球的初动量大于绳子对两球的冲量，则甲球继续向左运动，乙球也继续向右运动，故A可能；若甲球和乙球的初动量相等，绳子对甲、乙两球的冲量等于甲球或乙球的动量，则甲球和乙球都不动，故D可能；无论甲球速度如何，若乙球速度变为零的瞬间绳子没有绷断，当乙球速度向左后，绳子间张力变小，绳子就不可能断裂了，故B可能，C不可能。8．两物体发生碰撞，碰撞前后的位移－时间图像如图所示，下列说法正确的是（　　）A．两物体的质量相同B．碰撞前两物体的速度相同C．碰撞过程中，两物体所受合力的冲量相同D．碰撞后两物体均静止【答案】AD【解析】根据位移时间图像的斜率等于速度，可知碰撞前两物体速度大小相等、方向相反，，碰撞后两个物体的速度为零，则有，得，故AD正确，B错误；碰撞过程中，两物体所受的合外力大小相等、方向相反，力的作用时间相等，则两物体所受合外力的冲量大小相等、方向相反，冲量不同，故C错误。9．一小孩用质量为m的电动玩具车在平直路面上试车，如果设定电动机从t＝0始提供水平向前的牵引力F随时间t变化的图线如图所示，玩具车在t0时刻开始运动，且受到的阻力恒定不变，则玩具车（　　）A．在4t0时的速度大小为B．0～4t0时间内合外力所做的功为11 C．在4t0时的牵引力的功率为D．0～4t0时间内牵引力的冲量大小为6F0t0【答案】BD【解析】玩具车在t0时刻开始运动，且受到的阻力恒定不变，可知阻力f＝F0，对玩具车全程由动量定理可得，解得，故A错误；在的时间内，根据动能定理，合外力的功等于动能的变化，有，故B正确；在时，牵引力的功率，故C错误；由图像可知，牵引力产生的冲量就等于力的图线与时间轴所围的面积，有，故D正确10．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M＝2m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ(0＜μ＜1)，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）A．滑块从A滑到C的过程中，滑块和小车系统的总动量不守恒B．滑块滑到B点时的速度为C．滑块从A滑到C的过程中相对于地面的水平位移等于(R＋L)D．水平轨道的长度L有可能等于圆弧轨道的半径R【答案】AC【解析】滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为零，系统动量不守恒，A正确；滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律，，解得，，滑块滑到B点时的速度为，B错误；设全程小车相对地而的位移大小为s，根据题意可知全程滑块水平方向相对小11 车的位移为，则滑块水平方向相对地面的位移为，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得，解得，，C正确；系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得，解得，由能量守恒定律得，解得，由于，则水平轨道的长度L一定大于圆弧半径R，D错误。二、非选择题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）11．如图所示，空间中存在电场强度E＝2×103N/C、水平向左的匀强电场（图中未画出）。质量M＝0.2kg、长L＝8m的绝缘长木板紧靠在光滑的竖直墙面上，在木板的下端放置质量m＝0.1kg、电量q＝+1×10－3C的可视为质点的小滑块，小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1；用硬纸片垫在木板与滑块的下端使两者均静止。某时刻，迅速将纸片抽离，同时对木板施加一个竖直向下大小为1.2N‧s的瞬时冲量，若木板下端距离地面足够高，重力加速度取g＝10m/s2。(1)求纸片被抽离瞬间，滑块、木板的加速度大小；(2)通过计算判断滑块是否会与木板脱离。【解析】(1)刚开始木板相对于滑块向下运动，对滑块和木板分别受力分析，对滑块，有对木板，有解得，。(2)以木板为研究对像，刚开始获得速度为v，由动量定理得解得设经过时间t，木板与滑块共速，则解得此时木板的位移为11 解得滑块的位移为解得两者相对位移之后滑块与木板相对静止，以加速度g共同加速，滑块不会从木板上滑下来。12．质量m＝1kg的滑块（可视为质点）从滑道A点由静止自由下滑，经B点越过一条横沟到达平台C点时，其速度刚好在水平方向，接着平滑地滑上静止放在平台上的斜面体。已知A、B两点的垂直高度为0.2m，玻道在B点的切线方向与水平面成30°角，滑道和平台不计摩擦且平台足够长，重力加速度大小取g＝10m/s2。(1)求滑块离开B处的速率vB；(2)求B、C的垂直高度差h及沟宽d；(3)若斜面体质量为滑块质量的9倍，斜面倾角为30°，滑块在斜面上滑行距离L＝0.15m时到达最大高度而且恰好不能再下滑（可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。求滑块与斜面间的动摩擦因数μ以及两者间因摩擦产生的热量Q。【解析】(1)由题意可知A、B两点的垂直高度为H＝0.2m，滑块从A到B的过程机械能守恒，即解得vB＝2m/s。(2)将vB沿水平方向和竖直方向分解可得，由题意并根据抛体运动规律可得，。(3)滑块到达斜面最大高度后恰好不再下滑，说明两者保持相对静止在平台上做匀速直线运动，根据平衡条件有mgsin30°＝μmgcos30°11 解得μ＝滑块滑上斜面的过程中，两者组成的系统水平方向动量守恒，设滑块达到最高点时两者的共同速度为v，则mvx＝(m＋9m)v解得m/s根据能量守恒定律有。13．如图所示，某个机械振动器可以建模为在斜面上与轻弹簧粘连在一起的平板A，当该系统正常工作时，A在图中的P、Q之间运动。在P处，弹簧是压缩的，A在弹簧弹力的作用下，由静止开始出发。当A运动到斜面顶端Q处时速度恰减为0，此时立即将物块B轻推到斜面上，接下来，B与A一起沿斜面下滑。当到达P处时，二者速度也恰好减小为0，B会从P处的洞口落下。此后，A在弹簧的作用下将重新上升，到Q点时又接收到另一个物块，如此循环。已知A的质量为m，斜面与水平面夹角为θ，P、Q相距为L。平板A、物块B与斜面间的动摩擦因数均为tanθ。求：（平板A边长比洞口大，不会掉下去，物块B足够小，可看做质点）(1)平板A从P运动到Q的过程中，弹簧对A做的功W；(2)要达到题中所述情景，即平板A能够在P、Q间运动，求木块B的质量M；(3)若由于故障，平板A刚要从P启动时，木块就被从Q处轻推下斜面。系统立即关闭P处洞口孔，同时锁定弹簧和A，此后B下滑，与A发生弹性碰撞，最终停止运动。求：①停止运动前，B运动的总路程s；②停止运动前，B对A总冲量的大小I。【解析】(1)分析平板A从上升过程，重力做正功，弹力做负功，摩擦力做负功，根据动能定理解得(2)分析一起下滑的过程，弹力做负功为，根据动能定理11 解得(3)①分析木块B运动的整个过程，重力做正功，摩擦力做负功，斜面支持力和A对B的弹力不做功，根据动能定理解得②分析木块B下滑过程，根据牛顿第二定律解得木块B上滑过程，根据牛顿第二定律解得分析下滑过程，根据运动公式解得与A发生弹性碰撞，原速率弹回，所以第一次碰撞过程中，A对B的冲量为分析木块B上滑再下滑过程，解得第二次碰撞过程中，A对B的冲量为因为上滑和下滑加速度不变，故以后每次碰撞，A对B的冲量都为上次碰撞冲量的，即根据等比数列公式，总冲量又11 得。14．某同学设计了如图所示的传送装置，长L＝6.4m的水平传送带右端与光滑弧形轨道平滑对接于B点，高于传送带h＝0.8m的平台与弧形轨道平滑对接于C点。传送带静止时，该同学将质量m＝1kg的小工件从C点无初速释放，工件最后停止在传送带上D点，测得D与B的距离d＝l.6m。工件可视为质点，传送带各处粗糙程度相同，重力加速度g＝10m/s2。(1)求工件与传送带间的动摩擦因数μ；(2)当传送带以某一恒定速度v0向右运动时，恰能使由静止放上传送带左端A的该工件刚好到达平台上C点，求传送装置因传送工件而多消耗的能量E；(3)在(2)问的条件下，每隔时间ΔT＝0.6s，在A端由静止放上一个相同的工件，求第1个工件到达B点后的1s内，传送带在水平方向对传送的所有工件的总冲量大小I。【解析】(1)工件在传送带上受到的摩擦力大小为从C经B到D，由动能定理有代入数据解得。(2)假设工件到达B前经时间、发生位移，速度达到。则由题意在传送带上加速运动的过程中，由动能定理有由动量定理有沿弧形轨道从B到C的过程中，由机械能守恒定律有代入数据得，，因，假设成立，故传送带的速度在时间内，传送带发生的位移为工件与传送带间因摩擦产生的热量为由能量守恒定律可知传送装置因传送工件而多消耗的能量为11 代入数据解得。(3)设每个工件在传送带上做匀速运动的时间为由运动学规律有代入数据得即每个工件在传送带上运动的总时间为由题意可知故第一个工件到达B点时（设为0s末），传送带上共有第1、第2、第3、第4四个工件，1s末传送带上共有第3、第4、第5、第6四个工件。（见答图，其中P点为各工件速度刚好达到的位置）分析可知，0s末第3个工件已经在传送带上运动了0.8s，因，故此后传送带对第1、第2、第3个工件均无水平作用力，即：1s末第6个工件刚放上传送带，故第4个工件0s末已经在传送带上运动了0.2s，故此后1s内传送带施加的水平冲量为第5个工件在0.4s末放上传送带，故此后1s内传送带施加的水平冲量为解得符合题意的水平总冲量大小为11