高考物理一轮复习课时练习 第7章阶段复习练(三)　能量和动量（含详解）

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A．2 N B．4 N C．6 N D．8 N
2.如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为Ff，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法正确的是( )
A．此时小物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为Ffx
C．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－FfL
D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为Ff(L＋x)
3.(2023·广东湛江市期末)如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼—20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，释放时导弹立即向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气(时间极短)，则喷气后导弹的速率为( )
A.eq \f(Mv0＋mv1,M－m) B.eq \f(Mv0－mv1,M－m)
C.eq \f(Mv0－mv1,M) D.eq \f(Mv0＋mv1,M)
4.(多选)一辆汽车在水平平直公路上由静止开始匀加速启动，汽车的输出功率与速度的关系如图所示，当汽车的速度达到v0后功率保持不变，汽车能达到的最大速度为2v0。已知汽车的质量为m，运动过程中所受的阻力恒为Ff，下列说法正确的是( )
A．汽车的最大功率为Ffv0
B．汽车匀加速时的加速度大小为eq \f(Ff,m)
C．汽车做匀加速直线运动的时间为eq \f(mv0,2Ff)
D．汽车的速度从v0增加到2v0的过程中，其加速度逐渐减小
5．(多选)(2024·山东烟台市期中)如图所示，滑块以一定的初动能从斜面底端O点冲上足够长的粗糙斜面，斜面倾角为α，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ。取O点所在的水平面为参考平面，以O点为位移的起点、沿斜面向上为位移的正方向，已知μ6．离子推进器是我国新一代航天动力装置，推进剂从图中P处注入，在A处电离出一价正离子，已知B、C之间加有恒定电压U，正离子进入B时的速度忽略不计，经加速形成电流为I的离子束后喷出推进器，假设单位时间内射出离子的质量为M。则推进器获得的推力大小为( )
A.eq \r(2MUI) B.eq \f(U2,2MI)
C.eq \f(U,2MI) D.eq \r(MUI)
7.(多选)(2024·四川绵阳市南山中学月考)如图所示，质量均为m的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计，重力加速度为g。从释放到A球运动到最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A．A、B组成的系统动量守恒
B．A球运动到最低点时速度大小为eq \r(gL)
C．A球机械能减小了eq \f(1,4)mgL
D．A球运动到最低点时，B球向右运动距离为eq \f(L,2)
8.如图所示，长为L2＝2 m的水平传送带以v＝2 m/s的速率逆时针转动，紧靠传送带两端的水平面上各静止一个物块B和C，mB＝mC＝1.0 kg。在距传送带左端s＝0.5 m的水平面上放置一竖直固定弹性挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回，右端有一倾角为37°且足够长的粗糙倾斜轨道de，斜面底端与传送带右端平滑连接。现从距斜面底端L1＝2 m处由静止释放一质量mA＝0.6 kg的物块A，一段时间后物块A与B发生碰撞，碰撞后B滑上传送带，A被取走。已知物块B、C与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.02，物块A与斜面间的动摩擦因数μ3＝0.25，物块间的碰撞都是弹性正碰，物块均可视为质点，g取10 m/s2。sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)物块A与物块B相碰前物块A的瞬时速度大小；
(2)物块B与物块C第一次碰撞前，物块B在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能；
(3)整个过程中，物块C与挡板碰撞的次数。
9．如图为某游戏装置的示意图。AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆弧DEG的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH与水平方向夹角为θ＝37°，底端H有一弹簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直线上。一质量为0.01 kg的小钢球(其直径稍小于圆管内径，可视为质点)从距A点高为h处的O点由静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装置(未画出)，小钢球向右能无能量损失地通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B点。若小钢球能够运动到H点，则被等速率反弹。各圆轨道半径均为R＝0.6 m，BC长L＝2 m，小钢球与水平直轨道BC和GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时，小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：
(1)小钢球第一次经过C点时的速度大小vC；
(2)小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小FB(保留两位小数)；
(3)若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系。
阶段复习练(三) 能量和动量
1．C [从0～t0时间内，对物块根据动量定理有Ft0－μmgt0＝mv，撤去拉力后，对物块根据动量定理有－μmg×2t0＝0－mv，解得F＝6 N，故选C。]
2．B [对小物块由动能定理得F(x＋L)－Ff(x＋L)＝Ek物－0，整理有Ek物＝F(x＋L)－Ff(x＋L)，故A项错误；对小车由动能定理有Ffx＝Ek车－0，整理有Ek车＝Ffx，故B项正确；初始时物块和小车均静止，其机械能为0，小物块滑到小车右端时，小车和小物块的动能之和为Ek＝Ek车＋Ek物＝F(x＋L)－FfL，此时物块和小车的机械能等于其两者的动能之和，所以该过程机械能增加了F(x＋L)－FfL，故C项错误；根据功能关系可知，因摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，即Q＝FfL，故D项错误。]
3．B [设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律Mv0＝(M－m)v＋mv1，解得v＝eq \f(Mv0－mv1,M－m)，故选B。]
4．BD [汽车的最大功率为P＝Ffvm＝2Ffv0，故A错误；汽车匀加速时，根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma，汽车速度为v0时的牵引力大小F＝eq \f(P,v0)＝2Ff，汽车匀加速时的加速度大小为a＝eq \f(F－Ff,m)＝eq \f(Ff,m)，故B正确；汽车做匀加速直线运动的时间为t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(mv0,Ff)，故C错误；汽车的速度从v0增加到2v0的过程中，根据牛顿第二定律有F′－Ff＝ma′，汽车的牵引力为F′＝eq \f(P,v)，汽车的速度从v0增加到2v0的过程中，汽车的牵引力逐渐减小，汽车的加速度逐渐减小，故D正确。]
5．ABD [由动能定理可得ΔEk＝F合x，即图像的斜率表示合外力，由题可知，上滑时，合外力为F1＝－mgsin α－μmgcs α，下滑时，合外力为F2＝－mgsin α＋μmgcs α，故A正确；根据重力势能Ep＝mgxsin α，故B正确；根据功能关系，上滑和下滑时均有摩擦力做功，则机械能一直减小，且摩擦力大小不变，则上滑过程机械能随x增大均匀减小，下滑过程，机械能随x减小均匀减小，且两段过程斜率大小相同，故C错误，D正确。]
6．A [在A处电离出正离子，经B、C间电压加速后，由动能定理可知eU＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2eU,m))，以推进器为参考系，应用动量定理有Ft＝nmv－0，又因为I＝eq \f(ne,t)，M＝eq \f(nm,t)，解得F＝eq \r(2MUI)，根据牛顿第三定律知推进器获得的推力大小为eq \r(2MUI)。故选A。]
7．BD [A、B组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故A错误；当A球摆到B球正下方时，A、B球的速度大小分别为vA和vB。以小球A摆到最低点所在平面为参考平面，由水平方向动量守恒得mvA＝mvB，由机械能守恒得mgL＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2，解得vA＝vB＝eq \r(gL)，A球运动到最低点时速度大小为eq \r(gL)，故B正确；A球机械能减小量ΔE＝mgL－eq \f(1,2)mvA2＝eq \f(1,2)mgL，故C错误；A、B组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，则有meq \f(xA,t)－meq \f(xB,t)＝0，xA＋xB＝L，解得A球运动到最低点时，B球向右运动距离为eq \f(L,2)，故D正确。]
8．(1)4 m/s (2)0.5 J (3)10
解析 (1)根据题意，物块A在下滑到斜面底端的过程中，由动能定理得
mAgL1sin 37°－μ3mAgL1cs 37°＝eq \f(1,2)mAvA2，代入数据可得vA＝4 m/s。
(2)A、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A的速度为vA1，B的速度为vB，由动量守恒定律有mAvA＝mAvA1＋mBvB
由能量守恒定律有eq \f(1,2)mAvA2＝eq \f(1,2)mAvA12＋eq \f(1,2)mBvB2，
代入数据得vB＝3 m/s
物块B在传送带上运动的速度大于传送带速度，物块B做匀减速运动，
对物块B有aB＝μ1g＝2 m/s2
物块B经时间t1后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，
则有t1＝eq \f(vB－v,aB)＝0.5 s，x＝eq \f(vB＋v,2)t1＝1.25 m
由于x(3)物块B与物块C在传送带左端发生弹性碰撞，取向左为正方向，由动量守恒定律有mBv＝mBvB1＋mCvC1，由能量守恒定律有eq \f(1,2)mBv2＝eq \f(1,2)mBvB12＋eq \f(1,2)mCvC12，
代入数据得vB1＝0，vC1＝2 m/s
由此可知，以后每次B与C相碰，速度都发生交换。对物块C，设与挡板碰撞次数为n次，由动能定理可知－μ2mCg×2ns＝0－eq \f(1,2)mCvC12，
代入数据得n＝10。
9．(1)2eq \r(6) m/s (2)0.83 N
(3)见解析
解析 (1)小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E，则小钢球到E点的速度为0，小钢球从C点到E点，根据动能定理得－mg·2R＝0－eq \f(1,2)mvC2，代入数据解得vC＝2eq \r(6) m/s
(2)从B点到C点，由动能定理得－μmgL＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2，小钢球经过B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(vB2,R)，代入数据联立解得FN＝eq \f(5,6) N≈0.83 N
根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小FB＝FN＝0.83 N
(3)若小钢球恰能第一次通过E点，设小钢球释放点距A点为h1，从释放到E点，由动能定理得
mg(h1－R)－μmgL＝0，代入数据解得h1＝1.6 m
若小钢球恰能第二次通过E点，设小钢球释放点距A点为h2，从释放到E点，由动能定理得mg(h2－R)－μmgL－2μmgcs θ·eq \f(R,tan θ)＝0
代入数据解得h2＝2.24 m
①若小球释放高度h＜1.6 m，无法到达E点，s＝0
②若小球释放高度1.6 m≤h＜2.24 m，小球能经过E点一次，μ＜tan θ，则小钢球最终停在H点，从释放点到停在H点，根据动能定理得mgh－μmgL－μmgcs θ·s＝0，
代入数据解得s＝2.5(h－1 m)
③若小球释放高度2.24 m≤h，小球经过E点两次s＝2eq \f(R,tan θ)＝2×eq \f(0.6,\f(3,4)) m＝1.6 m。