高考物理二輪復(fù)習(xí)專題分層突破練6動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用含答案

專題分層突破練6動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用選擇題:每小題6分,共48分基礎(chǔ)鞏固1.(2024河南駐馬店高三期末)某次冰球比賽中,甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員站在光滑的水平冰面上,甲將靜止在冰面上的冰球傳給乙,乙接到冰球后又將冰球傳回甲。若甲、乙的質(zhì)量相等,且為冰球質(zhì)量的k(k>1)倍,甲接到冰球后,甲、乙兩人的速度大小之比為()A.1 B.kC.k+1k D答案B解析設(shè)冰球的質(zhì)量為m,甲接到球后,甲、乙兩人的速度大小分別為v1、v2,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有km+mv1-kmv2=0,解得v1v2.(2024海南模擬預(yù)測(cè))小明制作了一個(gè)火箭模型,火箭模型質(zhì)量為m0(含燃料),開始火箭模型靜置在地面上,點(diǎn)火后在極短時(shí)間內(nèi)以相對(duì)地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的燃?xì)?噴氣過(guò)程中忽略重力和空氣阻力的影響,下列說(shuō)法正確的是()A.火箭噴氣過(guò)程機(jī)械能守恒B.火箭的推力來(lái)源于空氣對(duì)它的反作用力C.噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型的動(dòng)量大小為mv0D.噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型的速度大小為m答案C解析系統(tǒng)所受合外力為零,滿足動(dòng)量守恒,但機(jī)械能不守恒,A錯(cuò)誤;火箭的推力是燃料燃燒產(chǎn)生的高溫高壓氣體向后噴出時(shí)對(duì)火箭的反作用力,B錯(cuò)誤;開始總動(dòng)量為零,規(guī)定氣體噴出的方向?yàn)檎较?根據(jù)動(dòng)量守恒定律得0=mv0+p,噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型的動(dòng)量大小p=mv0,C正確;根據(jù)0=mv0-(m0-m)v,解得v=mv03.(2024廣東汕頭一模)某實(shí)驗(yàn)小組用電池、電動(dòng)機(jī)等器材自制風(fēng)力小車,如圖所示,葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)將空氣以速度v向后排開,葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面積為S,空氣密度為ρ,下列說(shuō)法正確的是()A.風(fēng)力小車的原理是將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為小車的動(dòng)能B.t時(shí)間內(nèi)葉片排開的空氣質(zhì)量為ρSvC.葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí),空氣對(duì)小車的推力為ρSv2D.葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí),單位時(shí)間內(nèi)空氣流動(dòng)的動(dòng)能為12ρSv答案C解析風(fēng)力小車的原理是消耗電能,先轉(zhuǎn)化成風(fēng)能,再推動(dòng)小車運(yùn)動(dòng),所以是電能轉(zhuǎn)化為小車的動(dòng)能,A錯(cuò)誤;t時(shí)間內(nèi)葉片排開的空氣質(zhì)量為m=ρvtS,B錯(cuò)誤;由動(dòng)量定理可得葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí),空氣受到的推力為F=mvt=ρSvt·vt=ρSv2,根據(jù)牛頓第三定律可知空氣對(duì)小車的推力為ρSv2,C正確;葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí),單位時(shí)間內(nèi)空氣流動(dòng)的動(dòng)能為Ek=12m0v2=12ρSv·v4.(2024江西贛州一模)如圖甲所示,光滑水平地面上有A、B兩物塊,質(zhì)量分別為2kg、6kg,B的左端拴接著一勁度系數(shù)為2003N/m的水平輕質(zhì)彈簧,它們的中心在同一水平線上。A以速度v0向靜止的B方向運(yùn)動(dòng),從A接觸彈簧開始計(jì)時(shí)至A與彈簧脫離的過(guò)程中,彈簧長(zhǎng)度l與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示,彈簧始終處在彈性限度范圍內(nèi),已知彈簧的彈性勢(shì)能Ep=12kx2(x為彈簧的形變量),則(A.在0~2t0內(nèi)B物塊先加速后減速B.整個(gè)過(guò)程中,A、B物塊構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C.v0=2m/sD.A物塊在t0時(shí)刻時(shí)速度最小答案C解析在0~2t0內(nèi),彈簧始終處于壓縮狀態(tài),即B受到的彈力始終向右,所以B物塊始終做加速運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤;整個(gè)過(guò)程中,A、B兩物塊和彈簧三者構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,B錯(cuò)誤;由圖可知,在t0時(shí)刻,彈簧被壓縮到最短,則此時(shí)A、B共速,此時(shí)彈簧的形變量為x=0.4m-0.1m=0.3m,則根據(jù)A、B兩物塊系統(tǒng)動(dòng)量守恒有m1v0=(m1+m2)v,根據(jù)A、B兩物塊和彈簧三者構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒有12m1v02=12(m1+m2)v2+Ep,聯(lián)立解得v0=2m/s,C正確;在0~2t0內(nèi),彈簧始終處于壓縮狀態(tài),即A受到彈力始終向左,所以A物塊始終做減速運(yùn)動(dòng),則A物塊在5.(多選)如圖所示,用不可伸長(zhǎng)的輕繩將質(zhì)量為m1的小球懸掛在O點(diǎn),繩長(zhǎng)L=0.8m,輕繩處于水平拉直狀態(tài)?，F(xiàn)將小球由靜止釋放,下擺至最低點(diǎn)與靜止在A點(diǎn)的小物塊發(fā)生碰撞,碰后小球向左擺的最大高度h=0.2m,小物塊沿水平地面滑到B點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)。已知小物塊的質(zhì)量為m2,小物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,A點(diǎn)到B點(diǎn)的距離x=0.4m,重力加速度g取10m/s2,則下列說(shuō)法正確的是()A.小球與小物塊質(zhì)量之比mB.小球與小物塊碰后小物塊的速率v=2m/sC.小球與小物塊的碰撞是彈性碰撞D.小球與小物塊碰撞過(guò)程中有機(jī)械能損失答案BC解析根據(jù)牛頓第二定律得μmg=ma,可知小物塊的加速度a=μg=5m/s2,根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式v2=2ax,解得小球與小物塊碰后小物塊速率v=2ax=2m/s,B正確;設(shè)小球碰撞前的速度為v1,碰撞后的速度為v1',根據(jù)動(dòng)能定理得mgL=12mv12,mgh=12mv1'2,解得v1=4m/s,v1'=2m/s,以向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得m1v1=-m1v1'+m2v,解得m1m2=13,A錯(cuò)誤;碰撞前動(dòng)能Ek1=12m1v12=8m1,碰撞后動(dòng)能Ek2=12m1v1'2+12m2v2=2m16.(多選)(2024廣西卷)如圖所示,堅(jiān)硬的水平地面上放置一木料,木料上有一個(gè)豎直方向的方孔,方孔各側(cè)壁完全相同。木栓材質(zhì)堅(jiān)硬,形狀為正四棱臺(tái),上下底面均為正方形,四個(gè)側(cè)面完全相同且與上底面的夾角均為θ。木栓質(zhì)量為m,與方孔側(cè)壁的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。將木栓對(duì)準(zhǔn)方孔,接觸但無(wú)擠壓,錘子以極短時(shí)間撞擊木栓后反彈,錘子對(duì)木栓沖量為I,方向豎直向下。木栓在豎直方向前進(jìn)了Δx的位移,未到達(dá)方孔底部。若進(jìn)入的過(guò)程方孔側(cè)壁發(fā)生彈性形變,彈力呈線性變化,最大靜摩擦力約等于滑動(dòng)摩擦力,則()A.進(jìn)入過(guò)程,木料對(duì)木栓的合力的沖量為-IB.進(jìn)入過(guò)程,木料對(duì)木栓的平均阻力大小約為I2C.進(jìn)入過(guò)程,木料和木栓的機(jī)械能共損失了I22mD.木栓前進(jìn)Δx后木料對(duì)木栓一個(gè)側(cè)面的最大靜摩擦力大小約為μ答案BCD解析錘子撞擊木栓到木栓進(jìn)入的過(guò)程,合力的沖量為零,重力沖量不為零,則木料對(duì)木栓的沖量不為-I,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。木栓進(jìn)入過(guò)程,由動(dòng)能定理知mgΔx-FfΔx=0-12mv2,且12mv2=I22m,得Ff=I22mΔx+mg,選項(xiàng)B正確。由能量守恒的關(guān)系知,損失的機(jī)械能由于方孔側(cè)壁彈力呈線性變化,因此12×4×(Ffmaxsinθ+FNcosθ)=F由B知Ff=I2結(jié)合Ffmax=μFN解得Ffmax=μ(I2+27.(10分)(2024廣東卷)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護(hù)乘客的裝置。甲乙丙(1)安全帶能通過(guò)感應(yīng)車的加速度自動(dòng)鎖定,其原理的簡(jiǎn)化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過(guò)程中,敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達(dá)到共同的加速度a,同時(shí)頂起敏感臂,使之處于水平狀態(tài),并卡住卷軸外齒輪,鎖定安全帶。此時(shí)敏感臂對(duì)敏感球的壓力大小為FN,敏感球的質(zhì)量為m,重力加速度為g,忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tanθ。(2)如圖乙所示,在安全氣囊的性能測(cè)試中,可視為質(zhì)點(diǎn)的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運(yùn)動(dòng),與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘剛到氣囊表面為計(jì)時(shí)起點(diǎn),氣囊對(duì)頭錘豎直方向的作用力F隨時(shí)間t的變化規(guī)律,可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量m0=30kg,H=3.2m,重力加速度大小g取10m/s2,求:①碰撞過(guò)程中F的沖量大小和方向;②碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度。答案(1)mamg+FN(2)①330N?s,方向豎直向上解析本題考查牛頓第二定律、動(dòng)量定理等。(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂對(duì)它向下的壓力FN以及斜面對(duì)它的支持力F支,則由牛頓第二定律可知(mg+FN)tanθ=ma解得tanθ=mamg(2)①由題圖丙可知碰撞過(guò)程中F的沖量大小IF=12×0.1×6600N·s=330N·方向豎直向上。②頭錘落到氣囊上時(shí)的速度v0=2gH=8與氣囊作用過(guò)程由動(dòng)量定理(向上為正方向)得IF-m0gt=m0v-(-m0v0)解得v=2m/s則上升的最大高度h=v22g=0.2綜合提升8.(2024山東青島高三期末)如圖所示,質(zhì)量均為m的木塊A和B,并排放在光滑水平面上,A上固定一豎直輕桿,輕桿上端的O點(diǎn)系一長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線,細(xì)線另一端系一質(zhì)量為m0的球C,現(xiàn)將球C拉起使細(xì)線水平伸直,并由靜止釋放球C,則下列說(shuō)法正確的是(重力加速度為g)()A.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.球C擺到最低點(diǎn)過(guò)程,球C的速度為vC=2mgLC.球C第一次擺到最低點(diǎn)過(guò)程中,木塊A、B向右移動(dòng)的距離2D.球C第一次到達(dá)輕桿左側(cè)最高處的高度與釋放高度相同答案B解析木塊A、B和球C組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,總動(dòng)量不守恒,A錯(cuò)誤;小球C下落到最低點(diǎn)時(shí),A、B將要開始分離,此過(guò)程水平方向動(dòng)量守恒,設(shè)A、B共同速度為vAB,根據(jù)機(jī)械能守恒有m0gL=12m0vC2+12×2mvAB2,由水平方向動(dòng)量守恒得m0vC=2mvAB,聯(lián)立解得vC=2mgL2m+m0,vAB=m0mmgL2m+m0,此后A、B分開。當(dāng)C向左運(yùn)動(dòng),達(dá)到最大高度時(shí),A、C共速,設(shè)此時(shí)A、C速度為v共,B的速度依然為vAB。全程水平方向動(dòng)量守恒,規(guī)定向左為正方向,即m0vC-mvAB=(m+m0)v共,整個(gè)過(guò)程中,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,C的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為A、B、C的動(dòng)能,即12m0vC2+12mvAB2=m0gh+12(m+m0)v共2,解得h=(m0+2m)L2(m0+m),B正確,D錯(cuò)誤;C球第一次擺到最低點(diǎn)過(guò)程中,9.(多選)(2024湖北卷)如圖所示,在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為m0、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木塊,質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊。設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力不變,其大小Ff與射入初速度大小v0成正比,即Ff=kv0(k為已知常數(shù))。改變子彈的初速度大小v0,若木塊獲得的速度最大,則()A.子彈的初速度大小為2B.子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2C.木塊和子彈損失的總動(dòng)能為kD.木塊在加速過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的距離為mL答案AD解析本題考查子彈打木塊模型。設(shè)子彈射入木塊后,子彈和木塊的速度分別為v1、v2,由動(dòng)量守恒定律有mv0=mv1+m0v2,子彈和木塊相互作用過(guò)程中受到的合力都為Ff=kv0,由牛頓第二定律得子彈和木塊的加速度大小分別為a1=Ffm,a2=Ffm0,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2a1x1=v02-v12,2a2x2=v22,又x1-x2=L,聯(lián)立可得v2=mv0-v02-2(m+m0)kLmm0v0m0+m,當(dāng)木塊的速度最大時(shí)v0-v02-2(m+m0)kLmm0v0取極大值,該函數(shù)在2kL(m10.(13分)(2024黑吉遼卷)如圖所示,高度h=0.8m的水平桌面上放置兩個(gè)相同物塊A、B,質(zhì)量mA=mB=0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx=0.1m的輕彈簧,彈簧與A、B不連接。同時(shí)由靜止釋放A、B,彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A恰好從桌面左端沿水平方向飛出,水平射程xA=0.4m,B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB=0.25m后停止。A、B均視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度g取10m/s2。求:(1)脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小vA和vB;(2)物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;(3)整個(gè)過(guò)程中,彈簧釋放的彈性勢(shì)能ΔEp。答案(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J解析(1)A離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng),A在空中的飛行時(shí)間為t則h=12gt2,解得t=2hg=0.由xA=vAt解得vA=xAt=1設(shè)脫離彈簧時(shí)A、B速度大小為vA和vB。由于A、B組成的系統(tǒng)在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中,系統(tǒng)合外力為零,動(dòng)量守恒,由動(dòng)量守恒可知mAvA=mBvB解得vB=1m/s。(2)B脫離彈簧后沿桌面運(yùn)動(dòng)到靜止,由動(dòng)能定理可知0-12mBvB2=-μm解得μ=vB22gx(3)彈簧的壓縮量為Δx=0.1m,則在彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)的過(guò)程中,A、B運(yùn)動(dòng)位移分別為xA'=xB'=0.05m由能量守恒知12mAvA2+12mBvB2=ΔEp-μmAgx解得ΔEp=0.12J。11.(14分)(2024浙江1月選考)某固定裝置的豎直截面如圖所示,由傾角θ=37°的直軌道AB,半徑R=1m的圓弧軌道BCD,長(zhǎng)度L=1.25m、傾角為θ的直軌道DE,半徑為R、圓心角為θ的圓弧管道EF組成,軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側(cè)光滑水平面上緊靠著質(zhì)量m=0.5kg滑塊b,其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質(zhì)量m=0.5kg的小物塊a從軌道AB上高度為h靜止釋放,經(jīng)圓弧軌道BCD滑上軌道DE,軌道DE由特殊材料制成,小物塊a向上運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.25,向下運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.5,且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。當(dāng)小物塊a在滑塊b上滑動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)恒為μ1,小物塊a運(yùn)動(dòng)到滑塊右側(cè)的豎直擋板能發(fā)生彈性碰撞。(其他軌道均光滑,小物塊視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)空氣阻力,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度取10m/s2)(1)若h=0.8m,求小物塊①第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的向心加速度大小;②在DE上經(jīng)過(guò)的總路程;③在DE上向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間t上和向下運(yùn)動(dòng)時(shí)間t下之比。(2)若h=1.6m,滑塊至少多長(zhǎng)才能使小物塊不脫離滑塊。答案(1)①16m/s2②2m③1∶2(2)0.2m解析(1)①對(duì)小物塊a從A到第一次經(jīng)過(guò)C的過(guò)程,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh=1第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的向心加速度大小為a=vC2R=2gh②小物塊a在DE上時(shí),因?yàn)棣?mgcosθ<mgsinθ,所以小物塊a每次在DE上升至最高點(diǎn)后一定會(huì)下滑,之后經(jīng)過(guò)若干次在DE上的滑動(dòng)使機(jī)械能損失,最終小物塊a將在B、D間往復(fù)運(yùn)動(dòng),且小物塊每次在DE上向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)的距離相等,設(shè)其在DE上經(jīng)過(guò)的總路程為s,根據(jù)功能關(guān)系有mg[h-R(1-cosθ)]=(μ1mgcosθ+μ2mgcosθ)s解得s=2m。③根據(jù)牛頓第二定律可知小物塊a在DE上向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小分別為a上=gsinθ+μ1gcosθ=8m/s2a下=gsinθ-μ2gcosθ=2m/s2將小物塊a在DE上的若干次運(yùn)動(dòng)看作是一次完整的上滑和下滑,則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有12a上t上2解得t上(2)對(duì)小物塊a從A到F的過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理有12mvF2=mg[h-Lsinθ-2R(1-cosθ)]-μ解得vF=2m/s設(shè)滑塊長(zhǎng)度為l時(shí),小物塊恰好不脫離滑塊,且此時(shí)二者達(dá)到共同速度v,根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有mvF=2mv12mvF2=12·解得l=0.2m。12.(15分)(2024山東濰坊一模)如圖所示,在傾角為37°的斜面上有一“”形木板A,在其上表面放有一滑塊B,A、B的質(zhì)量相同,開始保持滑塊和木板靜止在斜面上,滑塊B到木板前端擋板P的距離L0=0.75m,木板前端到斜面底端擋板Q的距離x0=11.07m,木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.375,木板上表面光滑,釋放滑塊B,已知滑塊與木板間的碰撞為彈性碰撞且時(shí)間極短,木板A滑到斜面底端與擋板Q碰撞后速度立即變?yōu)榱?整個(gè)過(guò)程滑塊未脫離木板,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)滑塊第一次與木板撞擊時(shí)的速度大小;(2)經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間木板與擋板Q發(fā)生碰撞;(3)木板的長(zhǎng)度至少為多長(zhǎng)。答案(1)3m/s(2)2.73s(3)5.07m解析(1)根據(jù)題意,對(duì)木板受力分析可知,木板A與斜面間的最大靜摩擦力為Ffm=μ·2mcos37°=0.6mg=mgsin37°可知,木板A開始保持靜止,對(duì)滑塊B有mgsin37°=mavB12=解得滑塊第一次與木板撞擊時(shí)