《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第2章 動(dòng)量和能量 考前基礎(chǔ)回扣練5 動(dòng)量和能量.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第2章 動(dòng)量和能量 考前基礎(chǔ)回扣練5 動(dòng)量和能量.doc（3頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

考前基礎(chǔ)回扣練 5動(dòng)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(gè)水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，使小球從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，則向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中(運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終未超過(guò)彈簧的彈性限度)(　　) A．小球動(dòng)能最大時(shí)，小球電勢(shì)能最小 B．彈簧彈性勢(shì)能最大時(shí)，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能最大 C．小球電勢(shì)能最小時(shí)，小球動(dòng)能為零 D．當(dāng)電場(chǎng)力和彈簧彈力平衡時(shí)，小球的動(dòng)能最大 解析：小球向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減??；當(dāng)電場(chǎng)力與彈簧彈力平衡時(shí)，小球的動(dòng)能最大，電勢(shì)能不是最小，故A錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有電場(chǎng)力和彈簧彈力做功，故小球的電勢(shì)能、動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能總量守恒，在最右端，電勢(shì)能最小，故小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能最大，故B正確；小球向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，先加速后減速，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故最右端電勢(shì)能最小，此時(shí)動(dòng)能為零，故C正確；當(dāng)電場(chǎng)力和彈簧彈力平衡前，電場(chǎng)力大于彈簧的彈力，小球做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧彈力等于電場(chǎng)力時(shí)，速度達(dá)到最大，小球的動(dòng)能最大，故D正確． 答案：BCD 2．[2018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(diǎn)的實(shí)際高度為2.0 m，桶的高度為0.4 m，到拋出點(diǎn)的水平距離為1.6 m，球恰好落入桶內(nèi)，小明對(duì)球做功約為(　　) A．0.2 J　 B．2 J C．20 J D．200 J 解析：小明對(duì)球做的功使球獲得了初動(dòng)能，小明拋球的過(guò)程中，對(duì)球應(yīng)用動(dòng)能定理得：W＝mv2，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律(2.0－0.4) m＝gt2,1.6 m＝vt，球約為0.5 kg，可得W≈2 J. 答案：B 3．(多選) 如圖所示，小球A以大小為v0的速度向右運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)，若球A的質(zhì)量為m，兩球碰撞的時(shí)間為t，則(　　) A．球A的動(dòng)量變化量大小為mv0 B．碰撞時(shí)A、B兩球間的平均相互作用力大小為 C．球B的質(zhì)量為m D．兩球碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為mv 解析：首先規(guī)定正方向，根據(jù)動(dòng)量的定義求解動(dòng)量的變化量Δp，根據(jù)動(dòng)量定理Ft＝Δp求解平均作用力，兩球碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)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(guò)程中損失的機(jī)械能． 答案：BC 4．[2018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(tái)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(dòng)摩擦因數(shù)不計(jì)；(b)圖為物體A滑上小車B時(shí)物體A與小車B的v－t圖象．由此可知(　　) A．小車上表面長(zhǎng)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(dòng)摩擦因數(shù) D．小車B獲得的動(dòng)能 解析：由圖象可知，A、B最終以共同速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，不能確定小車上表面長(zhǎng)度，故A錯(cuò)誤；由動(dòng)量守恒定律得，mAv0＝(mA＋mB)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(duì)小車B的位移Δx＝v0t1，根據(jù)能量守恒得μmAgΔx＝mAv－(mA＋mB)v，根據(jù)B中求得質(zhì)量關(guān)系，可以解出動(dòng)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(dòng)能，故D錯(cuò)誤． 答案：BC 5. 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(diǎn)等高．乙球靜止在B點(diǎn)．現(xiàn)讓質(zhì)量M＝0.5 kg的甲球從A點(diǎn)由靜止釋放，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)與乙球發(fā)生彈性正碰，碰后乙球沿半圓形軌道恰好通過(guò)C點(diǎn)．半圓形軌道的半徑R＝0.4 m，g＝10 m/s2，兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)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(hào)表示) 解析：(1)乙球恰好通過(guò)C點(diǎn)時(shí)，有mg＝m 乙球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 mv＝mv2＋mg2R 解得　vB＝2 m/s. (2)甲球從A點(diǎn)下滑到B點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 Mv＝Mg2R 解得　v0＝4 m/s 兩球發(fā)生彈性正碰后，甲球的速度為v1，則 Mv0＝Mv1＋mvB Mv＝Mv＋mv 解得　m＝ kg. (3)碰后瞬間軌道對(duì)乙球的支持力大小設(shè)為FN，則 FN－mg＝m 解得　FN＝3(8－10) N 根據(jù)牛頓第三定律得 FN′＝FN＝3(8－10) N. 答案：(1)2 m/s　(2) kg (3)3(8－10) N