2023届二轮复习 选择题4　能量与动量 作业

这是一份2023届二轮复习 选择题4　能量与动量 作业，共12页。试卷主要包含了0×1010 JB，0×1011 JD，高空蹦极是勇敢者的游戏，如图所示,光滑平台与长L=4，05 N·s，一个质量为0等内容，欢迎下载使用。
选择4　能量与动量考向1　功能观点解决问题1.潮汐能是海水周期性涨落运动中所具有的能量,是一种可再生能源。现建立一个简化模型,某发电站大坝内储水水库的有效面积为S=4×106 m2,涨潮时,当大坝外侧海平面高度为h=4 m时(以海水流入前的水库水面为参考系),打开大坝下面通道的闸门海水流入,此过程中通道处的水轮机利用水流的动能发电,直至大坝内外水面等高,关闭闸门。等到完全退潮后,开闸放水,再次发电,直至大坝内外水面再次相同,关闭闸门,等待下一次涨潮发电(此时的水库水面高度即为涨潮前的水库水面高度)。由于海洋很大,大坝外的海平面高度在海水流入、流出水库过程中几乎不变,潮水一天涨落两次,海水的势能有25%转化为电能,则这个发电站一天的发电量约为(　C　)A.4.0×1010 J B.1.5×1010 JC.3.0×1011 J D.1.5×1011 J解析:根据题意可得电能为E电=Ep×25%=4×106×4×4×1.0×103×10×2×25% J=3.2×1011 J,故日发电量约为3.0×1011 J,故选C。2.(2022·台州二模)高空蹦极是勇敢者的游戏。蹦极运动员将弹性长绳(质量忽略不计)的一端系在双脚上,另一端固定在高处的跳台上,运动员无初速度地从跳台上落下。若不计空气阻力,则(　D　)A.弹性绳刚伸直时,运动员开始减速B.整个下落过程中,运动员的机械能一直在减小C.整个下落过程中,重力对运动员所做的功大于运动员克服弹性绳弹力所做的功D.在弹性绳从刚伸直到最低点的过程中,运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大解析:弹性绳刚伸直到弹性绳弹力等于重力之前,重力大于弹性绳弹力,运动员都处于加速状态,故A错误;运动员从跳台跳下到弹性绳刚伸直过程中,只受重力,运动员的机械能守恒,故B错误;下落到最低点时,运动员速度为0,整个下落过程中重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功,故C错误;在弹性绳从刚伸直到最低点的过程中,运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒,运动员先加速后减速到0,所以运动员的动能先增大后减小,则运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大,故D正确。3.如图甲所示,光滑斜面上有一物块,受到沿斜面向上的作用力F,由静止开始向上运动,物块的机械能E与位移x的关系如图乙所示(沿斜面向上为正方向,OA段和BC段为直线)。下列说法正确的是(　B　)A.0～x1过程中,外力F一定越来越大B.x1～x2过程中,一定有一个位置加速度为0C.x1～x2过程中,物块的动能一定一直增大D.x2～x3过程中,物块一定做匀速运动解析:0～x1过程中,从题图乙可以看出,机械能随位移均匀增加,故外力F不变,A错误;x1～x2过程中,一开始F必大于沿斜面向下的力,后来F等于0,故一定有一个位置F等于沿斜面向下的力,此时加速度为0,B正确;根据B选项的分析,x1～x2过程中,物块的动能一定先增大后减小,C错误;x2～x3过程中,F为0,物块一定做减速运动,D错误。4.如图所示,半径分别为R和r=的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内,两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连,在水平轨道CD上a、b两小球之间有一被压缩的弹簧(小球与弹簧不连接),同时释放a、b两小球,两球恰好能通过各自圆轨道的最高点,已知a球的质量为m。则(　D　)A.b球的质量为mB.两小球与弹簧分离时动能相等C.弹簧释放前至少应具有的弹性势能为Ep=5mgRD.b球运动到与圆心等高点时对轨道的压力为 3mg解析:a、b两球恰好能通过各自圆轨道的最高点,在最高点,根据重力提供向心力有mg=,求得两球在最高点速度分别为va′=,vb′=,由最低点到最高点的过程,根据动能定理有-2mgR=mv′2-mv2,故在最低点时的速度分别为va=,vb=,由动量守恒定律有mava=mbvb,解得mb=ma=m,故A错误;两小球与弹簧分离时动量大小相等、方向相反,根据Ek=mv2=,两球质量不同,则动能大小并不相等,故B错误;弹簧推开a、b球的过程中,由能量守恒定律可得,弹簧释放前应具有的弹性势能为Ep=ma+mb=mgR,故C错误;b球运动到与圆心等高处时,根据动能定理-mbgr=mb-mb,解得v1=,根据牛顿第二定律FN=,解得FN=3mbg=3mg,根据牛顿第三定律可知,此时b球对圆轨道的压力为3mg,故D正确。5.在竖直平面内有一个半径为R的圆周,空间内有一平行于竖直平面的匀强电场。如图所示,A、B、C为圆周上三点,A、B位于过圆心O的水平直径上,C为圆周的最高点。现一质量为m,带电荷量为+q的粒子依次通过A、C、B三点,粒子在A、B两点的速率均为v0,在C点的速率为。则(　C　)A.电场强度方向沿OC方向由C指向OB.粒子在C点的电势能最小C.电场强度大小为||D.电场强度大小为||解析:由能量守恒定律知,A、B在同一等势面上,所以E的方向在竖直方向上,但mg与Eq的大小未知,E的方向是竖直向上还是竖直向下不能确定,粒子电势能高低也就无法比较出来了,故A、B错误;若电场方向竖直向下,对粒子从C到B的过程,由动能定理有(mg+qE)·R=m-m()2,得E=;若电场方向竖直向上,对粒子从C到B的过程,由动能定理有(mg-qE)·R=m-m()2,得E=,所以电场强度的大小为||,故C正确,D错误。6.(多选)如图所示,光滑平台与长L=4.0 m的水平传送带等高平滑连接,轻质弹簧自由伸长时右端刚好与平台右端对齐。现用质量为m=2.0 kg可视为质点的小滑块压缩弹簧并锁定,此时弹簧的弹性势能为Ep=16 J。水平传送带顺时针转动的速度为v0=2 m/s,某时刻弹簧解除锁定,小滑块被弹出。小滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是(　BC　)A.小滑块在传送带上一直做减速运动B.在小滑块到达传送带右端的过程中克服摩擦力做功为12 JC.若小滑块与传送带有相对运动时会在传动带上留下痕迹,则痕迹长度为1 mD.在小滑块到达传送带右端的过程中摩擦产生的热量为10 J解析:弹簧由压缩恢复到原长时,设小滑块的速度为v,由机械能守恒定律得Ep=mv2,解得v== m/s=4 m/s,由牛顿第二定律得小滑块在传送带上相对滑动的加速度a==μg=2 m/s2,小滑块与传送带有共同速度时,运动的位移x==m=3 m<L=4.0 m,故小滑块先匀减速运动,此后小滑块与传送带一起匀速运动,A错误;对小滑块从滑上传送带到与传送带有共同速度,利用动能定理W=m-mv2,解得W=-12 J,所以在小滑块到达传送带右端的过程中克服摩擦力做的功即摩擦产生的热量为12 J,D错误,B正确;由速度时间关系可得,小滑块达到与传送带共速所需要的时间为t== s=1 s,此段时间内小滑块的位移为x1=t=×1 m=3 m,传送带的位移为x2=v0t=2×1 m=2 m,故可得痕迹长度为Δx=x1-x2=3 m-2 m=1 m,C正确。考向2　动量观点解决问题7.如图所示,一根长为1 m的细绳一端固定在O点,另一端连接一质量为0.2 kg的小球。现将小球拉开一个小角度后从M点静止释放,此后小球做简谐运动,N点为最低点。不计空气阻力,小球可视为质点,它经过平衡位置时的速率为0.25 m/s,重力加速度g取9.8 m/s2,π2≈9.8,则小球从M点出发到第一次(　B　)A.回到M点的过程中,小球所受重力的冲量为零B.回到M点的过程中,细绳对小球拉力的冲量大小为3.92 N·sC.经过N点的过程中,细绳对小球拉力的冲量大小为0.05 N·sD.运动至平衡位置左侧最高点的过程中,小球所受合力的冲量不为零解析:根据单摆的周期公式可得,小球摆动的周期为T=2π=2 s,小球第一次回到M点时,所用的时间为t=2 s,则小球所受重力的冲量为IG=mgt=3.92 N·s,故A错误;小球从M点静止释放,根据能量守恒定律可知,小球第一次回到M点时速度为零,根据动量定理有IF-IG=Δp=0,解得IF=IG=3.92 N·s,故B正确;小球从M点静止释放,第一次经过N点的过程中,小球的运动时间为t′=T=0.5 s,根据动量定理有IF′-IG′=Δp′,解得IF′=1.03 N·s,故C错误;当小球第一次运动到平衡位置左侧最高点,速度为零,根据动量定理有I合=Δp1=0,则运动至平衡位置左侧最高点的过程中,小球所受合力的冲量为零,故D错误。8.一个质量为0.2 kg的物体在拉力F的作用下从静止开始竖直向上做直线运动。F随时间t变化的图像如图所示。g取10 m/s2,下列说法错误的是(　D　)A.前2 s重力做功为-20 JB.前4 s内物体的机械能增加了120 JC.第5 s内物体的动量变化量为-3 kg·m/sD.前5 s物体受到F的冲量为13 N·s解析:物体在0～4 s内,根据牛顿第二定律F-mg=ma1,代入数据可得a1=5 m/s2,前2 s物体向上的位移h1=a1=10 m,则2 s内重力对物体做功WG=mg·(-h1)=-20 J,故A正确,不符合题意;前4 s物体向上的位移h2=a1=40 m,物体机械能增加量等于外力F所做的功WF=Fh2=120 J,故B正确,不符合题意;由动量定理可知,第5 s内物体的动量变化量等于第5 s内合力的冲量,Δp=(F-mg)t=-3 kg·m/s,故C正确,不符合题意;前5 s物体受到F的冲量为前4 s力F的冲量与第5 s力F冲量的矢量和,I=3×4 N·s+(-1)×1 N·s=11 N·s,故D错误,符合题意。9.近些年小型无人机发展迅速,在交通管理、航拍摄影、安防救援等方面都有广泛的应用。如图所示为某型号的无人机,它通过4个旋翼螺旋桨向外推动空气获得升力,假设质量为M的无人机在某次无风状态下飞行时,处于水平悬停状态下,被推出的空气获得的速度为v,空气的密度为ρ。忽略推出空气对机身的作用力,则下面说法正确的是(　C　)A.无人机的动能为Mv2B.无人机的功率为MgvC.单位时间内推出空气的总质量为D.每个螺旋桨转动时形成空气流动的圆面面积为解析:由于无人机静止,动能为0,空气对无人机的作用力为F=Mg,无人机对空气作用力为F′=F=Mg,对被推出的空气应用动量定理F′t=Mgt=mv,得m=,空气获得的动能为mv2=Mgvt,无人机做功使空气获得动能,无人机的功率为P===Mgv,A、B错误;因为m=,所以单位时间内推出空气的总质量为m′==,C正确;由m=ρV,V=Svt得螺旋桨转动时形成空气流动的圆面面积S=,每个螺旋桨转动时形成空气流动的圆面面积S′==,D错误。10.在电场强度为E的足够大的水平匀强电场中,有一条固定在竖直墙面上与电场线平行且足够长的光滑绝缘杆,如图所示,杆上有两个质量均为m的小球A和B,A球带电荷量+Q,B球不带电。开始时两球相距L,现静止释放A,A球在静电力的作用下,开始沿杆运动并与静止的B球发生正碰,设在各次碰撞中A、B两球的机械能没有损失,A、B两球间无电荷量转移,忽略两球碰撞的时间。则下列说法正确的是(　B　)A.发生第一次碰撞时A球的电势能增加了QELB.发生第二次碰撞时A球总共运动时间为3C.发生第三次碰撞后B球的速度为4D.发生第n次碰撞时B球已运动的位移是2n(n+1)L解析:A球的加速度a=,第一次碰撞前A的速度vA1==,对A球ΔEk=m-0=QEL,发生第一次碰撞时A球的电势能减少了QEL,A错误;第一次碰撞前,B球的速度vB1=0,由于A、B两球质量相等且发生正碰,碰撞过程中总动能无损失,所以碰撞后交换速度,即碰撞后A、B球速度分别为vA1′=0,vB1′=vA1=,设第一次碰撞的时间为t1,则t1==;设第二次碰撞的时间为t2,则第一次碰后经(t2-t1)时间A、B两球发生第二次碰撞,则有vB1′(t2-t1)=a(t2-t1)2,解得t2=3t1,B正确;经分析,每次碰撞后交换速度,发生第三次碰撞后,小球仍遵循动量守恒定律和能量守恒定律,可知第三次碰撞后B球的速度为3vA1=3,C错误;第一次碰撞到第二次碰撞,B球向右运动了xB1=vB1′(t2-t1)=·2=4L,因为相邻两次碰撞时间间隔总为2,则每次碰撞的相对位移为4L,发生第n次碰撞时B球已运动的位移是4(n-1)L,D错误。11.(多选)如图甲所示,两固定平行且光滑的金属轨道MN、PQ与水平面的夹角θ=37°,M、P之间接电阻箱,电阻箱的阻值范围为0～9.9 Ω,轨道所在空间存在匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上,磁感应强度大小为B=0.5 T。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上,其接入电路的电阻值为r。现从静止释放杆ab,测得最大速度为vm,改变电阻箱的阻值R,得到vm与R的关系如图乙所示。已知轨道间距为L=2 m,重力加速度g取10 m/s2,轨道足够长且电阻不计(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),则(　BC　)A.金属杆的质量m=0.5 kgB.金属杆接入电路的电阻r=2 ΩC.当R=2 Ω时,金属杆匀速下滑过程中R两端的电压为4 VD.当R=1 Ω时,若金属杆用时2.2 s达到最大速度,则此过程中下滑的高度为6 m解析:当金属杆达到最大速度时,安培力等于重力沿轨道平面向下的分力有mgsin θ=,当R=0时,vm=4 m/s,当R=2 Ω时,vm=8 m/s,代入上式解得m= kg,r=2 Ω,故B正确,A错误;当R=2 Ω时,金属杆匀速下滑过程中R两端的电压为U=BLvm,代入数据解得U=4 V,故C正确;当R=1 Ω时,由题图乙可得最大速度为6 m/s,对金属杆由动量定理得mgsin θt-=mvm,又s=vt,s表示金属杆沿轨道平面运动的位移,代入数据解得s=7.2 m,则此过程中下滑的高度为h=ssin θ=4.32 m,故D错误。12.(2022·台州二模)如图所示,热气球静止于距水平地面H的高处,现将质量为m的小球以相对地面的速度v0水平投出。已知投出小球后热气球的总质量为M,所受浮力不变,重力加速度为g,不计阻力,以下判断正确的是(　B　)A.投出小球后热气球所受合力大小为MgB.小球落地时热气球的速度大小为v=C.小球在落地之前,小球和热气球速度始终大小相等,方向相反D.小球落地时二者的水平距离为d=解析:热气球从开始携带小球时处于静止状态,所以所受合力为零,由于投出小球后所受浮力不变,则热气球所受合力为mg,A错误;热气球开始时处于静止状态,初动量为零,水平投出重力为mg的小球瞬间,满足动量守恒定律Mv1=mv0,解得热气球获得水平向左的速度v1=v0,小球落地所需时间为H=gt2,解得t=,热气球竖直方向上加速度为mg=Ma,解得a=g,小球落地时,热气球竖直方向上的速度为vy=at=,根据矢量法则v=,解得v=,B正确;小球投出后热气球所受合力为mg,竖直向上,所以热气球做匀加速曲线运动,加速度为a=g,而小球体积比较小又不计阻力则小球的加速度为g,故小球和热气球速度不会始终大小相等,方向相反,C错误;热气球和小球在水平方向做匀速直线运动,xm=v0t=v0,xM=v1t=v0,则二者的水平距离为d=xM+xm,解得d=(1+)v0,D错误。