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2020（浙江）高考物理二轮冲刺练习题：能量和动量含答案
*能量和动量

1、滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(　　)
A．所受合外力始终为零　　 B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变
解析：选C　运动员从A点滑到B点的过程做匀速圆周运动，合外力指向圆心，不做功，故A错误，C正确。如图所示，沿圆弧切线方向运动员受到的合力为零，即Ff＝mgsin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力Ff变小，故B错误。运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，则机械能减小，故D错误。
2、如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中(　D　)

A．物块A的重力势能增加量一定等于mgh
B．物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和
C．物块A的机械能增加量等于弹簧的拉力对其做的功
D．物块A和弹簧组成的系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的代数和
解析：系统加速上升时，物块处于超重状态，物块对斜面体的压力和对弹簧的拉力变大，所以弹簧形变量变大，物块A相对斜面下滑一段距离，重力势能增加量小于mgh，A错误；根据动能定理可知，物块A动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对其做功的代数和，B错误；物块A机械能的增加量应等于除重力以外的其他力对其做功的代数和，C错误；物块A和弹簧组成的系统的机械能增加量应等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数和，D正确．
3、“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是(　　)
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
解析：选A　从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故选项A正确，选项B、C、D错误。
4、如图所示，轻质弹簧固定在水平地面上．现将弹簧压缩后，将一质量为m的小球静止放在弹簧上，释放后小球被竖直弹起，小球离开弹簧时速度为v，则小球被弹起的过程中(　A　)

A．地面对弹簧的支持力的冲量大于mv
B．弹簧对小球的弹力的冲量等于mv
C．地面对弹簧的支持力做的功大于mv2
D．弹簧对小球的弹力做的功等于mv2
解析：规定竖直向上为正方向，离开弹簧前，对小球受力分析，受到竖直向下的重力和竖直向上的弹力作用，根据动量定理可得IF－IG＝mv，所以弹簧对小球的弹力的冲量IF＝mv＋IG，地面对弹簧的支持力和弹簧对地面的弹力是一对相互作用力，所以FN＝F，故|IN|＝|IF|＝mv＋|IG|>mv，A正确，B错误；根据动能定理得WF－WG＝mv2，所以WF＝mv2＋WG>mv2，由于弹簧与地面接触处没有发生位移，所以地面对弹簧的支持力不做功，C、D错误．
5、如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(m＜M)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是(　　)
A．在以后的运动过程中，小球和槽在水平方向动量始终守恒
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处
解析：选D　当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于槽的曲面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，则小球的速度大于槽的速度，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球将追上槽并沿槽上滑，上滑过程中只有重力对系统做功，系统机械能守恒，由于小球与槽组成的系统总动量水平向左，小球滑上槽的最高点时系统速度水平向左，系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故D正确。
6、一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)

解析：选B　由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝－2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，故A项错；B图中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝－1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B项正确。
7、光滑水平面上有一质量为M的木板，在木板的最左端有一质量为m的小滑块(可视为质点)。小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ。开始时它们都处于静止状态，某时刻给小滑块一瞬时冲量，使小滑块以初速度v0向右运动。经过一段时间小滑块与木板达到共同速度v，此时小滑块与木板最左端的距离为d，木板的位移为x，如图所示。下列关系式正确的是(　　)

A．μmgx＝(M＋m)v2
B．μmgd＝(M＋m)v2－mv02
C．μmgd＝
D．μmgd＝mv02－mv2
解析：选C　由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：v＝；对m分析可知，m只有M的摩擦力对其做功，则由动能定理可知，－μmg(x＋d)＝mv2－mv02；对M分析可知，M受m的摩擦力做功，由动能定理可知：μmgx＝Mv2。联立可知：μmgd＝，故只有C正确。
8、蹦床(Trampoline)是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，它属于体操运动的一种，蹦床有“空中芭蕾”之称．在某次“蹦床”娱乐活动中，从小朋友下落到离地面高h1处开始计时，其动能Ek与离地高度h的关系如图2所示．在h1～h2阶段图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，小朋友的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦．下列有关说法正确的是(　C　)

A．整个过程中小朋友的机械能守恒
B．从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先增大后减小
C．小朋友处于h＝h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)
D．小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mgh1
解析：小朋友接触蹦床后，蹦床对小朋友的弹力做功，所以整个过程中小朋友的机械能不守恒，故A错误；从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，蹦床对小朋友的弹力先小于重力，后大于重力，随着弹力的增大，合力先减小后反向增大，所以加速度先减小后增大，故B错误；由图知，小朋友在h2处和h4处动能相等，根据蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒得，小朋友处于h＝h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)，故C正确；小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mg(h1－h5)，故D错误．
9、高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(　　)
A．10 N　　　　　　　　 B．102 N
C．103 N D．104 N
解析：选C　设每层楼高约为3 m，则下落高度约为h＝3×25 m＝75 m，达到的速度v2＝2gh，根据动量定理(F－mg)t＝0－(－mv)，解得鸡蛋受到地面的冲击力F＝＋mg≈103 N，由牛顿第三定律知C正确。
10、20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域．现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间Δt内速度的改变为Δv，和飞船受到的推力F(其他星球对它的引力可忽略)．飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v，在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动．已知星球的半径为R，引力常量用G表示．则宇宙飞船和星球的质量分别是(　D　)

A.， B.，
C.， D.，
解析：根据牛顿第二定律，F＝ma＝m·，故飞船的质量m＝.飞船绕星球做圆周运动的半径r＝，由万有引力提供向心力可知，＝，即M＝＝，故D选项正确．
11、滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示。人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为(　　)

A. B.
C. D．v1
解析：选D　根据动量守恒条件可知人与雪橇组成的系统在水平方向动量守恒，人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为v1，D正确。
12、[多选]在光滑水平面上，质量为m的小球1以速度v0与静止的小球2发生正碰，碰后小球2的速度是v0。小球2的质量可能是(　　)
A．m B．3m
C．5m D．7m
解析：选BC　由动量守恒定律知mv0＝mv1＋m2·，分两种极端情况讨论：①完全非弹性碰撞，能量损失最多，即v1＝，得m2 ＝ 2m; ②弹性碰撞，没有能量损失， 即mv02＝mv12＋m2v22, 联立解得v2 ＝ v0，又v2＝，故m2＝5m；综合得2m≤m2≤5m，选项B、C正确。
13、[多选]如图所示，将一轻质弹簧从物体B内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量为m1＝2.0 kg的物体A。平衡时物体A距天花板h＝2.4 m，在距物体A正上方高为h1＝1.8 m处由静止释放质量为m2＝1.0 kg的物体B。B下落过程中某时刻与弹簧下端的物体A碰撞(碰撞时间极短)并立即以相同的速度与A一起向下运动，两物体不粘连，且可视为质点，碰撞后历时0.25 s第一次到达最低点。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．碰撞结束瞬间两物体的速度大小为2 m/s
B．碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移为 0.25 m
C．碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中，两物体间的平均作用力大小为18 N
D．A、B到最低点后反弹上升，A、B分开后，B还能上升的最大高度为0.2 m
解析：选ABC　设B物体自由下落至与A碰撞前其速度为v0，根据自由落体运动规律，有：v0＝＝ m/s＝6 m/s，设A、B碰撞结束之后瞬时二者共同速度为v1，以向下为正方向，根据动量守恒定律，有：m2v0＝(m1＋m2)v1，解得：v1＝2.0 m/s，故A正确；从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择B作为研究对象，根据动量定理，有：(m2g－F)t＝0－m2v1，解得F＝18 N，方向竖直向上，故C正确。此过程中对B分析，根据动能定理可得－Fx＋m2gx＝0－m2v12，解得x＝0.25 m，即碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移为0.25 m，B正确；A、B分开后，若在原位置分开，B还能上升的最大高度为h′＝＝0.2 m，但实际上A、B在弹簧恢复原长时，即分开，故小于0.2 m，D错误。

14、如图所示，半径R＝0.3 m的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道AC相切于B点，水平轨道的C点固定有竖直挡板，轨道上的A点静置有一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)．现给小物块施加一大小为F＝15.0 N、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC向右运动，当运动到AB之间的D点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B点后进入竖直圆槽形轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为 N．已知水平轨道AC长为2 m，B为AC的中点，小物块与AB段间的动摩擦因数μ1＝0.45，重力加速度g＝10 m/s2.求：

(1)小物块运动到B点时的速度大小；
(2)拉力F作用在小物块上的时间t；
(3)若小物块从竖直圆槽形轨道滑出后，经水平轨道BC到达C点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C点返回后能再次冲上圆槽形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC段间的动摩擦因数的取值范围．
答案：见解析
解析：(1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得FN＋mg＝m，由牛顿第三定律得FN＝FN′＝ N
联立解得v＝2 m/s
物块从B运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得mg·2R＋mv2＝mv
解得vB＝4 m/s
(2)小物块从A运动到B点的过程，由动能定理得
Fs－μ1mgxAB＝mv－0
根据牛顿第二定律得：F－μ1mg＝ma
由运动学公式有s＝at2
联立解得t＝ s
(3)设BC段的动摩擦因数为μ2.
①设物块在圆槽形轨道最高点的最小速度为v1，则由牛顿第二定律可得：mg＝m，
由动能定理得：－2μ2mgxBC－2mgR＝mv－mv
代入数据解得μ2＝0.025
故为使物块能从C点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道，应满足0≤μ2≤0.025
②若物块从C点返回在圆槽形轨道上升高度R时速度为零，由动能定理可得：－2μ2mgxBC－mgR＝0－mv
代入数据解得：μ2＝0.25
物块从C返回刚好停止到B点，由动能定理可得：
－2μ2mgxBC＝0－mv
代入数据解得：μ2＝0.4
故为使物块能返回圆槽形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，满足0.25≤μ2<0.4
综上所述，0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2<0.4.

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