2020届新高考物理专题复习《能量和动量》冲刺提升1(Word版附答案)

爆炸问题和反冲问题1、一个人在地面上立定跳远的最好成绩是(m)s ,假设他站立在船的右端处于静止状态要跳到距离(m)L 的岸上(设船与岸边同高,忽略水的阻力),则( ) A.L s <,他一定能跳上岸 B.L s <,他有可能跳上岸 C.L s =,他有可能跳上岸D.L s =,他一定能跳上岸2、将质量为1.00 g 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出.在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）() A ．30/kg m s gB ．5.7102/kg m s ⨯gC ．6.0102/kg m s ⨯gD ．6.3102/kg m s ⨯g3、质量为m 的炮弹以一定的初速度发射,其在水平地面上的射程为d ,若当炮弹飞行到最高点时炸裂成质量相等的两块,其中一块自由下落,则另一块的射程为( ) A.1. 5d B.2d C. d D.3d4、如图，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员在船尾，相对小船静止。

若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（ ）A.0mv v M+B.0mv v M-C.()00m v v v M ++ D.()00mv v v M+-5、向空中发射一炮弹,不计空气阻力,当炮弹的速度恰好沿水平方向时,炮弹炸裂为质量相等的a b、两块。

若a的速度方向仍沿原来的方向,且速度小于炸裂前瞬间的速度,则( )A.b的速度方向一定与炸裂前瞬间的速度方向相反B.从炸裂到落地这段时间内,a飞行的水平距离一定比b的大C.a b、一定同时到达地面D.炸裂的过程中,a b、动量的变化量大小一定不相等6、如图所示，一枚手榴弹开始时在空中竖直向下落，到某位置时爆炸成a、b两块同时落地，其中a落地时飞行的水平距离OA大于b落地时飞行的水平距离OB，下列说法正确的是（）A．爆炸瞬间a、b两块的速度大小相等B．爆炸瞬间a、b两块的速度变化量大小相等C． a、b两块落地时的速度大小相等D．爆炸瞬间a、b两块的动量变化大小相等7、一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度2m/sv ，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，重力加速度g取210m/s，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（）A. B.C. D.8、“世界航天第一人”是明朝的士大夫万户,他把47个自制的火箭绑在椅子上,自己坐在椅子上,双手举着大风筝,设想利用火箭的推力,飞上天空,然后利用风筝平稳着陆。

2020届高考物理一轮复习《动量与能量》专题测试（考试时间：60分钟 满分100分）一、单项选择题1．若物体在运动过程中受到的合力不为零，则( ) A ．物体的动能不可能总是不变的 B ．物体的动量不可能总是不变的 C ．物体的加速度一定变化 D ．物体的速度方向一定变化 答案 B2．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视为质点，质量相等．Q 与水平轻弹簧相连，设Q 静止，P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )A ．P 的初动能B ．P 的初动能的12C ．P 的初动能的13D ．P 的初动能的14答案 B3．高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)．此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m 2gh t ＋mgB.m 2gh t －mgC.m gh t ＋mgD.m gh t－mg答案 A解析 由自由落体运动公式得：人下降h 距离时的速度为v ＝2gh ，在t 时间内对人，由动量定理得：(mg －F )t ＝0－mv ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝m 2ght ＋mg ，故A 正确．4． 2017年10月20日，一架从墨尔本飞往布里斯班的飞机，飞到1 500 m 高时正面撞到了一只兔子，当时这只兔子正被一只鹰抓着，两者撞到飞机当场殒命．设当时飞机正以720 km/h 的速度飞行，撞到质量为2 kg 的兔子，作用时间为0.1 s ．则飞机受到兔子的平均撞击力约为( )A ．1.44×103 NB ．4.0×103 NC ．8.0×103 ND ．1.44×104 N答案 B解析 720 km/h ＝200 m/s ；根据动量定理Ft ＝mv 可得F ＝mv t ＝2×2000.1 N ＝4×103 N ，故选项B 正确．5.如图所示，曲线是某质点只在一恒力作用下的部分运动轨迹．质点从M 点出发经P 点到达N 点，已知质点从M 点到P 点的路程大于从P 点到N 点的路程，质点由M 点运动到P 点与由P 点运动到N 点的时间相等．下列说法中正确的是( )A ．质点从M 到N 过程中速度大小保持不变B ．质点在M 、N 间的运动不是匀变速运动C ．质点在这两段时间内的动量变化量大小相等，方向相同D ．质点在这两段时间内的动量变化量大小不相等，但方向相同 答案 C解析 因为质点在恒力作用下运动，所以质点做匀变速曲线运动，速度随时间变化，故A 、B 错误；根据动量定理可得F Δt ＝Δp ，两段过程所用时间相同，所以动量变化量大小和方向都相同，故C 正确，D 错误．6.一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时刻开始，受到如图3所示的水平外力作用，下列说法正确的是( )A ．第1 s 末质点的速度为2 m/sB ．第2 s 末外力做功的瞬时功率最大C ．第1 s 内与第2 s 内质点动量增加量之比为1∶2D ．第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量之比为4∶5 答案 D解析 由动量定理：Ft ＝mv 2－mv 1，求出第1 s 末、第2 s 末速度分别为：v 1＝4 m/s 、v 2＝6 m/s ，故A 错误；第1 s 末的外力的瞬时功率P ＝F 1v 1＝4×4 W ＝16 W ，第2 s 末外力做功的瞬时功率P ′＝F 2v 2＝2×6 W ＝12 W ，故B 错误；第1 s 内与第2 s 内质点动量增加量之比为：Δp 1Δp 2＝mv 1mv 2－mv 1＝1×41×6－1×4＝21，故C 错误；第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量分别为：ΔE k1＝12mv 12＝8 J ，ΔE k2＝12mv 22－12mv 12＝10 J ，则ΔE k1∶ΔE k2＝8∶10＝4∶5，故D 正确．7.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比 答案 B解析 高铁列车做初速度为零的匀加速直线运动，则速度v ＝at ，动能E k ＝12mv 2＝12ma 2t 2，与经历的时间的平方成正比，A 项错误；根据v 2＝2ax ，动能E k ＝12mv 2＝12m ·2ax ＝max ，与位移成正比，B 项正确；动能E k ＝12mv 2，与速度的平方成正比，C 项错误；动量p ＝mv ，动能E k＝12mv 2＝p 22m，与动量的平方成正比，D 项错误． 8.在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体，在大小相等的阻力作用下最后停下来．则质量大的物体( ) A ．滑行的距离小 B ．滑行的时间长 C ．滑行过程中的加速度大 D ．滑行过程中的动量变化快 答案 A解析 根据p ＝mv ，E k ＝12mv 2可知，E k ＝p 22m ，初动量相同，质量大的物体速度小；根据动能定理可知：－F f L ＝0－E k ＝－p 22m ，因两物体受到的阻力大小相等，则质量大的物体滑行的距离小，故A 正确；根据动量定理，－F f t ＝0－p ，因动量相同，故滑行时间相同，故B 错误；因两物体受到的阻力相同，由牛顿第二定律可知，质量大的加速度小，故C 错误；因两物体均停止，所以滑行过程中动量变化量相同，因滑行时间相同，故动量变化快慢相同，故D 错误．二、多项选择题9．如图所示，质量为M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m 的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v 0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v ，距地面高度为h ，则下列关系式中正确的是( )A ．mv 0＝(m ＋M )vB ．mv 0cos θ＝(m ＋M )vC ．mgh ＝12m (v 0sin θ)2D ．mgh ＋12(m ＋M )v 2＝12mv 02答案 BD解析 小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能也守恒．以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv 0cos θ＝(m ＋M )v ，故A 错误，B 正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh ＋12(m ＋M )v 2＝12mv 02，故C 错误，D 正确．10.质量为M 和m 0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v 沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m 的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是( )A ．M 、m 0、m 速度均发生变化，分别为v 1、v 2、v 3，而且满足(M ＋m 0)v ＝Mv 1＋m 0v 2＋mv 3B ．m 0的速度不变，M 和m 的速度变为v 1和v 2，而且满足Mv ＝Mv 1＋mv 2C ．m 0的速度不变，M 和m 的速度都变为v ′，且满足Mv ＝(M ＋m )v ′D ．M 、m 0、m 速度均发生变化，M 、m 0速度都变为v 1，m 的速度变为v 2，且满足(M ＋m )v 0＝(M ＋m )v 1＋mv 2 答案 BC解析 碰撞的瞬间M 和m 组成的系统动量守恒，m 0的速度在瞬间不变，以M 的初速度方向为正方向，若碰后M 和m 的速度变为v 1和v 2，由动量守恒定律得：Mv ＝Mv 1＋mv 2；若碰后M 和m 速度相同，由动量守恒定律得：Mv ＝(M ＋m )v ′，故B 、C 正确．11.将一小球从地面以速度v 0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面．若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，则下列说法中正确的是( ) A ．重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等 B ．重力在上升过程与下降过程中的冲量相同C ．整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量D ．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量答案 AC解析 根据W ＝Gh 可知，重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等，故选项A 正确；上升过程中的加速度a 上＝g ＋F f m 大于下降过程中的加速度a 下＝g －F fm ，则上升的时间小于下降的时间，即t 上<t 下，根据I ＝Gt 可知，重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，故选项B 错误；根据功能关系，整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量，故选项C 正确；整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量，故选项D 错误．12.如图甲，光滑水平面上放着长木板B ，质量为m ＝2 kg 的木块A 以速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板B 的上表面，由于A 、B 之间存在摩擦，之后木块A 与长木板B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A ．木块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.1 B ．长木板的质量M ＝2 kgC ．长木板B 的长度至少为2 mD ．木块A 与长木板B 组成系统损失机械能为4 J 答案 AB解析 由题图可知，木块A 先做匀减速运动，长木板B 先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1 m/s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v ，解得：M ＝m ＝2 kg ，故B 正确；由题图可知，长木板B 匀加速运动的加速度为：a B ＝Δv Δt ＝11 m/s 2＝1 m/s 2，对长木板B ，根据牛顿第二定律得：μmg ＝Ma B ，μ＝0.1，故A 正确；由题图可知前1 s 内长木板B 的位移为：x B ＝12×1×1 m ＝0.5 m ，木块A 的位移为：x A ＝2＋12×1 m ＝1.5 m ，所以长木板B 的最小长度为：L ＝x A －x B ＝1 m ，故C 错误；木块A 与长木板B 组成系统损失的机械能为：ΔE ＝12mv 02－12(m ＋M )v 2＝2 J ，故D 错误．三、非选择题13．如图所示，在实验室用两端带竖直挡板C 、D 的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M 的滑块A 、B ，做“探究碰撞中的不变量”的实验：(1)把两滑块A 和B 紧贴在一起，在滑块A 上放质量为m 的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住两滑块A 和B ，在两滑块A 和B 的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．(2)按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当两滑块A 和B 与挡板C 和D 碰撞同时，电子计时器自动停表，记下滑块A 运动至挡板C 的时间t 1，滑块B 运动至挡板D 的时间t 2. (3)重复几次取t 1、t 2的平均值． 请回答以下几个问题：(1)在调整气垫导轨时应注意_______________________________________； (2)应测量的数据还有______________________________________；(3)作用前A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为______________，作用后A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为________________．(用测量的物理量符号和已知的物理量符号表示) 答案 (1)使气垫导轨水平(2)滑块A 至挡板C 的距离L 1、滑块B 至挡板D 的距离L 2 (3)0 (M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2或M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1解析 (1)为了保证滑块A 、B 作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平．(2)要求出A 、B 两滑块在电动卡销放开后的速度，需测出A 至C 的时间t 1和B 至D 的时间t 2，并且要测量出两滑块到两挡板的运动距离L 1和L 2，再由公式v ＝xt 求出其速度．(3)设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为v A ＝L 1t 1，v B ＝－L 2t 2.作用前两滑块静止，v ＝0，速度与质量乘积之和为0；作用后两滑块的速度与质量乘积之和为(M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2.若设向右为正方向，同理可得作用后两滑块的速度与质量的乘积之和为M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1. 14．如图所示，在光滑水平面上有一质量为m 、长度为L 的木板A ，木板的右端点放有一质量为3m 的物块B (可视为质点)，木板左侧的水平面上有一物块C .当物块C 以水平向右的初速度v 0与木板发生弹性碰撞后，物块B 恰好不会从木板A 上掉下来，且最终物块C 与A 的速度相同．不计物块C 与木板A 碰撞时间，三物体始终在一直线上运动，重力加速度为g ，求：(1)物块C 的质量m C ；(2)木板A 与物块B 间的动摩擦因数μ. 答案 (1)2m (2)2v 029gL解析 (1)物块C 与木板A 发生碰撞的过程，以向右为正方向，由动量守恒定律与能量守恒定律得：m C v 0＝m C v C ＋mv A 12m C v 02＝12m C v C 2＋12mv A 2 木板A 和物块B 相互作用过程，由动量守恒定律得 mv A ＝4mv由最终物块C 与木板A 的速度相同可知v C ＝v 联立得m C ＝2m(2)木板A 和物块B 相互作用过程，由能量守恒得 3μmgL ＝12mv A 2－12×4mv 2解得μ＝2v 029gL.15．如图所示，半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P 点相切，一个质量为2m 的物块B (可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q 点为弹簧处于原长时的左端点，P 、Q 间的距离为R ，PQ 段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q 点右侧水平地面光滑，现将质量为m 的物块A (可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g .求：(1)物块A 沿圆弧轨道滑至P 点时对轨道的压力大小； (2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)； (3)物块A 最终停止位置到Q 点的距离． 答案 (1)3mg (2)13mgR (3)19R解析 (1)物块A 从静止沿圆弧轨道滑至P 点，设速度大小为v P ， 由机械能守恒定律有：mgR ＝12mv P 2设在最低点轨道对物块的支持力大小为F N ， 由牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v P 2R ，联立解得：F N ＝3mg ，由牛顿第三定律可知物块A 沿圆弧轨道滑至P 点时对轨道的压力大小为3mg . (2)设物块A 与弹簧接触前瞬间的速度大小为v 0，由动能定理有mgR －μmgR ＝12mv 02－0，解得v 0＝gR ，当物块A 、物块B 具有共同速度v 时，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向 由动量守恒定律有：mv 0＝(m ＋2m )v ， 12mv 02＝12(m ＋2m )v 2＋E pm ， 联立解得E pm ＝13mgR .(3)设物块A 与弹簧分离时，A 、B 两物体的速度大小分别为v 1、v 2，则有mv 0＝－mv 1＋2mv 2， 12mv 02＝12mv 12＋12(2m )v 22， 联立解得：v 1＝13gR ，设物块A 最终停在Q 点左侧x 处， 由动能定理有：－μmgx ＝0－12mv 12，解得x ＝19R .16.如图甲所示，半径为R ＝0.45 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B 点为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B 点有一静止的平板车，其质量M ＝5 kg ，长度L ＝0.5 m ，车的上表面与B 点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A 由静止释放，其质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.(1)求物块滑到B 点时对轨道压力的大小；(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力F f 随它距B 点位移L 的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小． 答案 (1)30 N (2)0.5 m/s (3) 5 m/s解析 (1)物块从圆弧轨道A 点滑到B 点的过程中机械能守恒： mgR ＝12mv B 2解得：v B ＝3 m/s在B 点由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v B 2R解得：F N ＝30 N则物块滑到B 点时对轨道的压力F N ′＝F N ＝30 N (2)物块滑上平板车后，系统的动量守恒， mv B ＝(m ＋M )v 共 解得v 共＝0.5 m/s(3)物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为F f －L 图线与横轴所围的面积，则克服摩擦力做功为 W f ＝(2＋6)×0.52J ＝2 J 物块在平板车上滑动的过程中，由动能定理得： －W f ＝12mv 2－12mv B 2解得：v ＝ 5 m/s.。

专题四功和能动量一、骨干知法必记(1)恒力做功:W=Fl cos α(α是力F与位移l之间的夹角)。

(2)总功的计算:W总=F合l cos α或W总=W1+W2+…或W总=E k2-E k1。

(3)利用F-l图像求功:F-l图像与横轴围成的面积等于力F的功。

(4)功率:P=Wt或P=Fv cos α。

(1)动能定理: W=12mv22-12mv12。

(2)机械能守恒定律:E k1+E p1=E k2+E p2或ΔE k增=ΔE p减或ΔE A增=ΔE B减。

(1)几种常有的功能关系①合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量。

②重力做的功等于物体重力势能的减少许。

③弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的减少许。

④除重力(或系统内弹力)之外的力对系统做的功等于系统机械能的变化量。

⑤滑动摩擦力与相对行程的乘积等于产生的热量。

⑥电场力做的功等于电势能的减少许。

⑦电流做的功等于电能的变化量。

⑧安培力做的功等于电能的减少许。

(2)能量守恒定律:E1=E2或ΔE减=ΔE增。

4.冲量、动量和动量定理(1)冲量:力和力的作用时间的乘积,即I=Ft,方向与力的方向同样。

(2)动量:物体的质量与速度的乘积,即p=mv,方向与速度方向同样。

(3)动量定理:物体所受协力的冲量等于物体动量的变化量,即F合·t=Δp=p'-p。

(1)动量守恒定律的表达式①p'=p,此中p'、p分别表示系统的末动量和初动量。

②m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。

③Δp1=-Δp2,此式表示:当两个互相作用的物体构成的系统动量守恒时,系统内两个物体动量的变化必然大小相等,方向相反(或许说,一个物体动量的增添量等于另一个物体动量的减少许)。

(2)动量守恒定律建立的条件①系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零。

②系统所受的外力的协力虽不为零,但系统外力比内力小得多,如碰撞问题中的摩擦力、爆炸过程中的重力等,能够忽视不计。

第五章 能量和动量 (一)系统机械能守恒的三类连接体模型连接体问题是力学部分的难点，本书通过对近几年高考题及各地模拟题的深入研究，总结出以下三类可以利用系统机械能守恒来快速解题的连接体模型。

速率相等的连接体模型1．如图所示的两物体组成的系统，当释放B 而使A 、B 运动的过程中，A 、B 的速度均沿绳子方向，在相等时间内A 、B 运动的路程相等，则A 、B 的速率相等。

2．判断系统的机械能是否守恒不从做功角度判断，而从能量转化的角度判断，即：如果系统中只有动能和势能相互转化，系统的机械能守恒。

这类题目的典型特点是系统不受摩擦力作用。

[典例1] 如图所示，A 、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B 、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上。

现用手控制住A ，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。

已知A 的质量为4m ，B 、C 的质量均为m ，重力加速度为g ，细线与滑轮之间的摩擦不计。

开始时整个系统处于静止状态；释放A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时，C 恰好离开地面。

求：(1)斜面的倾角α；(2)A 球获得的最大速度v m 。

[审题建模](1)细线不可伸长，A 、B 两球速率一定相等，但B 与C 球以弹簧相连，速率一般不同。

(2)弹簧的弹性势能与弹簧的形变量大小有关，无论弹簧处于伸长状态还是压缩状态。

[解析] (1)由题意可知，当A 沿斜面下滑至速度最大时，C 恰好离开地面。

A 的加速度此时为零由牛顿第二定律得：4mg sin α－2mg ＝0则：sin α＝12，α＝30°。

(2)由题意可知，A 、B 两小球及轻质弹簧组成的系统在初始时和A 沿斜面下滑至速度最大时的机械能守恒，同时弹簧的弹性势能相等，故有：2mg ＝k Δx4mg Δx sin α－mg Δx ＝12(5m )v m 2 得：v m ＝2g m 5k。