2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第2章 動量和能量 考前基礎(chǔ)回扣練5 動量和能量.doc

考前基礎(chǔ)回扣練 5動量和能量1.2018河北邯鄲模擬(多選)如圖所示，一輕彈簧的左端固定，右端與一帶電小球相連接，小球靜止在光滑水平面上，施加一個水平方向的勻強電場，使小球從靜止開始向右運動，則向右運動的過程中(運動過程中始終未超過彈簧的彈性限度)()A小球動能最大時，小球電勢能最小B彈簧彈性勢能最大時，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能最大C小球電勢能最小時，小球動能為零D當(dāng)電場力和彈簧彈力平衡時，小球的動能最大解析：小球向右運動時，電場力做正功，電勢能減??；當(dāng)電場力與彈簧彈力平衡時，小球的動能最大，電勢能不是最小，故A錯誤；小球運動過程中只有電場力和彈簧彈力做功，故小球的電勢能、動能和彈簧的彈性勢能總量守恒，在最右端，電勢能最小，故小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能最大，故B正確；小球向右運動時，先加速后減速，電場力做正功，電勢能減小，故最右端電勢能最小，此時動能為零，故C正確；當(dāng)電場力和彈簧彈力平衡前，電場力大于彈簧的彈力，小球做加速運動，當(dāng)彈簧彈力等于電場力時，速度達(dá)到最大，小球的動能最大，故D正確答案：BCD22018徐州市考前模擬如圖所示，在投球游戲中，小明坐在可升降的椅子上，向正前方的圓桶水平拋出籃球已知某次拋出點的實際高度為2.0 m，桶的高度為0.4 m，到拋出點的水平距離為1.6 m，球恰好落入桶內(nèi)，小明對球做功約為()A0.2 J B2 JC20 J D200 J解析：小明對球做的功使球獲得了初動能，小明拋球的過程中，對球應(yīng)用動能定理得：Wmv2，由平拋運動規(guī)律(2.00.4) mgt2,1.6 mvt，球約為0.5 kg，可得W2 J.答案：B3(多選)如圖所示，小球A以大小為v0的速度向右運動時跟靜止的小球B發(fā)生碰撞，碰撞后球A以大小為的速度彈回，而球B以的速度大小向右運動，若球A的質(zhì)量為m，兩球碰撞的時間為t，則()A球A的動量變化量大小為mv0B碰撞時A、B兩球間的平均相互作用力大小為C球B的質(zhì)量為mD兩球碰撞過程中損失的機械能為mv解析：首先規(guī)定正方向，根據(jù)動量的定義求解動量的變化量p，根據(jù)動量定理Ftp求解平均作用力，兩球碰撞過程中動量守恒，根據(jù)動量守恒定律列式求解球B的質(zhì)量，利用能量守恒定律求解兩球碰撞過程中損失的機械能答案：BC42018廣東中山七校第二次聯(lián)考(多選)如圖所示，(a)圖表示光滑平臺上，物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車上，車與水平面間的動摩擦因數(shù)不計；(b)圖為物體A滑上小車B時物體A與小車B的vt圖象由此可知()A小車上表面長度B物體A與小車B的質(zhì)量之比C物體A與小車B上表面的動摩擦因數(shù)D小車B獲得的動能解析：由圖象可知，A、B最終以共同速度v1勻速運動，不能確定小車上表面長度，故A錯誤；由動量守恒定律得，mAv0(mAmB)v1，解得，故可以確定物體A與小車B的質(zhì)量之比，故B正確；由圖象可以知道A相對小車B的位移xv0t1，根據(jù)能量守恒得mAgxmAv(mAmB)v，根據(jù)B中求得質(zhì)量關(guān)系，可以解出動摩擦因數(shù)，故C正確；由于小車B的質(zhì)量不知，故不能確定小車B獲得的動能，故D錯誤答案：BC5.如圖所示，在豎直面內(nèi)ABC軌道是由圓弧和半圓形軌道組成，BC為半圓的豎直直徑，A、C兩點等高乙球靜止在B點現(xiàn)讓質(zhì)量M0.5 kg的甲球從A點由靜止釋放，到達(dá)B點時與乙球發(fā)生彈性正碰，碰后乙球沿半圓形軌道恰好通過C點半圓形軌道的半徑R0.4 m，g10 m/s2，兩球均可視為質(zhì)點，不計一切摩擦，求：(1)碰后瞬間乙球的速度大小vB；(2)乙球的質(zhì)量m；(3)碰后瞬間乙球?qū)壍赖膲毫Υ笮.(結(jié)果均可用根號表示)解析：(1)乙球恰好通過C點時，有mgm乙球從B點運動到C點的過程，根據(jù)機械能守恒定律有mvmv2mg2R解得vB2 m/s.(2)甲球從A點下滑到B點的過程，根據(jù)機械能守恒定律有MvMg2R解得v04 m/s兩球發(fā)生彈性正碰后，甲球的速度為v1，則Mv0Mv1mvBMvMvmv解得m kg.(3)碰后瞬間軌道對乙球的支持力大小設(shè)為FN，則FNmgm解得FN3(810) N根據(jù)牛頓第三定律得FNFN3(810) N.答案：(1)2 m/s(2) kg(3)3(810) N