2019届高考物理二轮复习：能量和动量（专练+课件） (共2份打包)

第二部分 第2讲　能量和动量 1．一质量为m的运动员从下蹲状态开始向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中(　　) A．地面对他的冲量大小为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2 B．地面对他的冲量大小为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零 C．地面对他的冲量大小为mv，地面对他做的功为mv2 D．地面对他的冲量大小为mv－mgΔt，地面对他做的功为零 解析：人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得I－mgΔt＝mv，故地面对人的冲量为I＝mv＋mgΔt；而人在跳起时，人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故B项正确． 答案：B 2.如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径．两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP＞QN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是(　　) A．合力对两滑块的冲量大小相同 B．重力对a滑块的冲量较大 C．弹力对a滑块的冲量较小 D．两滑块的动量变化大小相同 解析：这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端．合力F＝mgsinθ(θ为滑轨倾角)，Fa＞Fb，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力FN＝mgcosθ，FNa＜FNb，因此弹力对a滑块的冲量较小．故选项C正确． 答案：C 3.(多选)如图所示，小球A的质量为mA＝5 kg，动量大小为pA＝4 kg·m/s，小球A水平向右与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′＝1 kg·m/s，方向水平向右，则(　　) A．碰后小球B的动量大小为pB＝3 kg·m/s B．碰后小球B的动量大小为pB＝5 kg·m/s C．小球B的质量为15 kg D．小球B的质量为3 kg 解析：规定向右为正，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pA＝pA′＋pB，解得pB＝3 kg·m/s，A项正确，B项错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故，解得mB＝3 kg，C项错误，D项正确． ＋＝ 答案：AD 4.某位工人师傅用如图所示的装置，将重物从地面沿竖直方向拉到楼上，在此过程中，工人师傅沿地面以速度v向右匀速直线运动，当质量为m的重物上升高度为h时轻绳与水平方向成α角(重力加速度大小为g，滑轮的质量和摩擦均不计)，在此过程中，下列说法正确的是(　　) A．人的速度比重物的速度小 B．轻绳对重物的拉力小于重物的重力 C．重物的加速度不断增大 D．绳的拉力对重物做功为mgh＋m(vcosα)2 解析：将工人的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于重物上升的速度，根据平行四边形定则得v重物＝vcosα，工人在匀速向右的运动过程中，绳子与水平方向的夹角α减小，所以重物的速度增大，重物做加速上升运动，故FT－mg＝ma，所以拉力大于重物的重力，A、B错误；根据余弦图象，当夹角越来越小时，图象的斜率越来越小，即加速度越来越小，C错误；绳子的拉力对重物做的功等于其动能增加量和重力势能增加量之和，故为mgh＋m(vcosα)2，D正确． 答案：D 5.质量为m＝20 kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动.0～2 s内F与运动方向相反，2～4 s内F与运动方向相同，物体的v­t图象如图所示．g取10 m/s2，则(　　) A．拉力F的大小为100 N B．物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 W C．4 s内拉力所做的功为480 J D．4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J 解析：由v­t图象斜率的意义得，0～2 s物体加速度大小为a1＝×2×2 J＝－480 J，C项错误；4 s内物体克服摩擦力做功WFf＝Ffx1＋Ffx2＝480 J，D项错误． ×2×10 J＋60×＝1 m/s2，设滑动摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，解得F＝60 N，Ff＝40 N，A项错误；4 s时拉力的功率P＝Fv＝120 W，B项正确；4 s内拉力所做功为WF＝－Fx1＋Fx2＝－60×＝5 m/s2,2～4 s内加速度大小为a2＝ 答案：B 6．(多选)如图所示，倾角为30°的固定斜面由三段长度均为L，材料不同的木板连接而成，连接处平整，3块木板标号分别为1、2、3，木板与滑块间的动摩擦因数分别为μ1＝，三段木板自下而上的排列顺序有6种，分别为1、2、3；1、3、2；2、3、1；2、1、3；3、2、1；3、1、2.使滑块从斜面底端沿斜面方向以某一初速度向上滑出，恰好可以到达斜面顶端，以下说法正确的是(　　)，μ3＝，μ2＝ A．6种情况下滑块的初速度大小相同 B．滑块能够返回到底端的情况有4种，返回底端时滑块的速