14、动量和能量中的STSE问题-2021-2022年度高考二轮培优专题（解析版）

这是一份14、动量和能量中的STSE问题-2021-2022年度高考二轮培优专题（解析版），共17页。试卷主要包含了7 m/s　　　　　　B．5，6 m/s D．10，4 m/s，B正确，9 m/s，00 J等内容，欢迎下载使用。

例1.1引体向上是中学生体育测试的项目之一，若某中学生在30 s内完成12次引体向上，该学生在此过程中克服重力做功的平均功率最接近于( )
A．400 W B．100 W
C．20 W D．5 W
【解析】学生体重约为50 kg，每次引体向上上升高度约为0.5 m，引体向上一次克服重力做功为W＝mgh＝50×10×0.5 J＝250 J，全过程克服重力做功的平均功率为eq \x\t(P)＝eq \f(nW,t)＝eq \f(12×250 J,30 s)＝100 W，故B正确，A、C、D错误。
【答案】B
例1.2(2020·湖北武汉二模)运动员在水上做飞行运动表演。他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A．2.7 m/s B．5.4 m/s
C．7.6 m/s D．10.8 m/s
【解析】设Δt时间内有质量为m的水射出，忽略重力的冲量，对这部分水由动量定理，得FΔt＝Δp＝2mv，m＝ρV＝ρvΔt·πeq \f(d2,4)；设运动员与装备的总质量为M，运动员悬停在空中，所以F′＝Mg，由牛顿第三定律，得F′与F大小相等、方向相反，联立解得v≈7.6 m/s，故C正确。
【答案】 C
练习1.1如图所示，质量为60 kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒．已知重心在c点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离a、b分别为0.9 m和0.6 m．若她在1 min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4 m，则克服重力做的功和相应的功率约为(取g＝10 m/s2)( )
A．430 J,7 W B．4 300 J,70 W
C．720 J,12 W D．7 200 J,120 W
【解析】设重心上升的高度为h，根据相似三角形可知，每次俯卧撑中，有eq \f(h,0.4)＝eq \f(0.9,0.9＋0.6)，即h＝0.24 m．一次俯卧撑中，克服重力做功W＝mgh＝60×10×0.24 J＝144 J，所以一分钟内克服重力做的总功为W总＝NW＝4 320 J，功率P＝eq \f(W总,t)＝72 W，故选项B正确．
【答案】B
例1.2 2022年在北京举办第24届冬季奥林匹克运动会，短道速滑接力是其中一个比赛项目。如图所示，在比赛过程中，“接捧”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则甲、乙组成的系统( )
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
【解析】 冲量是矢量，甲、乙相互作用时，冲量大小相等方向相反，故A错误；由动量守恒定律知，甲、乙动量变化量大小相等方向相反，故B正确；甲、乙相互作用时是非弹性碰撞，动能不守恒，甲的动能增加量和乙的动能的减少量不相等，故C错误；因甲的动能增加量和乙的动能的减少量不相等，由动能定理知，甲对乙做功的绝对值和乙对甲做功的绝对值不相等，故D错误。
【答案】B
练习1.3 2022年在北京举办第24届冬季奥林匹克运动会,在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图甲所示，碰撞前后两壶运动的v­t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则( )
A．两壶发生了弹性碰撞
B．碰后蓝壶速度为0.8 m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2.4 m
D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力
【解析】由题图知，碰前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后红壶的速度为v0′＝0.2 m/s，设碰后蓝壶的速度为v，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv0′＋mv，代入数据解得：v＝0.8 m/s，因为eq \f(1,2)mv02>eq \f(1,2)mv0′2＋eq \f(1,2)mv2，即碰撞过程中系统的机械能有损失，所以碰撞为非弹性碰撞，故A错误，B正确；根据v­t图像与时间轴围成的面积表示位移，可得碰后蓝壶的位移大小x＝eq \f(v,2)t＝eq \f(0.8,2)×5 m＝2 m，故C错误；根据v­t图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D错误。
【答案】B
练习1.4运动员在水上做飞行运动表演。他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A．2.7 m/s B．5.4 m/s
C．7.6 m/s D．10.8 m/s
【解析】设Δt时间内有质量为m的水射出，忽略重力产生的冲量，对这部分水由动量定理得FΔt＝2mv，m＝2ρvΔt·πeq \f(d2,4)，设运动员与装备的总质量为M，运动员悬停在空中，所以F′＝Mg，由牛顿第三定律得F′＝F，联立解得v≈5.4 m/s，B正确。
【答案】B
二、生活中的功和能问题
例2.(如图所示，演员正在进行杂技表演。由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于( )
A．0.3 J B．3 J
C．30 J D．300 J
【解析】若一个鸡蛋大约55 g，鸡蛋抛出的高度大约为60 cm，则将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋做的功等于鸡蛋重力势能的增加量，即W＝mgh＝55×10－3×10×60×10－2J＝0.33 J，A正确。
【答案】A
例2.2(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )
A．10 N B．102 N
C．103 N D．104 N
【解析】 设每层楼高约为3 m，则下落高度约为h＝3×25 m＝75 m，达到的速度v2＝2gh，根据动量定理(F－mg)t＝0－(－mv)，解得鸡蛋受到地面的冲击力F＝eq \f(mv,t)＋mg≈103 N，由牛顿第三定律知C正确。
【答案】C
练习2.1人的心脏每跳一次大约输送8×10－5 m3的血液，正常人血压(可看作心脏输送血液的压强)平均值约为1.5×104 Pa，心跳约每分钟70次，据此估测心脏工作的平均功率约为________W.
【解析】设压强为p，作用于横截面积为S的一个直管内的流体上，在时间t内因压力的作用而移动了一定的距离l，如图所示，则压力做功为W＝pSl＝pΔV，ΔV指流体的体积．推广到一般情形，在恒定压强作用下，使某一流体体积改变ΔV，则该压强所做功的表达式为W＝p·ΔV.
因此，本题中心脏在每分钟时间内所做的功应为
W＝pΔV＝1.5×104×70×8×10－5 J＝84 J，
故心脏工作的平均功率P＝eq \f(W,t)＝eq \f(84,60) W＝1.4 W.
【答案】 1.4
练习2.2(2020·威海二模)如图所示，甲图为大型游乐设施跳楼机，乙图为其结构简图。跳楼机由静止从a自由下落到b，再从b开始以恒力制动竖直下落到c停下。已知跳楼机和游客的总质量为m，ab高度差为2h，bc高度差为h，重力加速度为g。则( )
A．从a到b与从b到c的运动时间之比为2∶1
B．从a到b，跳楼机座椅对游客的作用力与游客的重力大小相等
C．从a到b，跳楼机和游客总重力的冲量大小为meq \r(gh)
D．从b到c，跳楼机受到制动力的大小等于2mg
【解析】由题意可知，跳楼机从a运动到b过程中做自由落体运动，由2h＝eq \f(1,2)gt12可得，下落时间t1＝eq \r(\f(4h,g))＝2eq \r(\f(h,g))，由vb2＝2g·2h可知，运动到b处的速度大小为vb＝eq \r(4gh)＝2eq \r(gh)，跳楼机从b运动到c过程中做减速运动，同理可得h＝eq \f(1,2)at22，vb2＝2ah，解得减速过程的加速度大小为a＝2g，运动时间为t2＝eq \r(\f(h,g))，故从a到b与从b到c的运动时间之比为t1∶t2＝2eq \r(\f(h,g))∶eq \r(\f(h,g))＝2∶1，故A正确；从a到b，跳楼机做自由落体运动，故跳楼机座椅对游客的作用力为零，故B错误；从a到b，根据动量定理可得IG＝mvb＝2meq \r(gh)，则跳楼机和游客总重力的冲量大小为2meq \r(gh)，故C错误；从b到c，根据牛顿第二定律有：F－mg＝ma＝2mg，解得跳楼机受到制动力的大小为F＝3mg，故D错误。
【答案】A
练习2.3大家都熟悉成语“水滴石穿”，假设从屋檐滴下的水滴质量为0.5 g，屋檐到下方石板的距离为4 m，水滴落到石板上在0.2 s内沿石板平面散开，忽略空气阻力，g取10 m/s2，则石板受到水滴的冲击力约为( )
A．0.22 N B．0.27 N
C．0.022 N D．0.027 N
【解析】由题知，水滴质量为m＝0.5 g，重力加速度为g＝10 m/s2，屋檐高度为h＝4 m，设水滴刚落到石板上时速度为v。水滴从屋檐开始下落到石板上，忽略空气阻力，水滴的机械能守恒，有mgh＝eq \f(1,2)mv2。水滴从接触石板到速度为零的过程中，取向下为正方向，对水滴由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，解得F≈0.027 N，由牛顿第三定律可知，石板受到水滴的冲击力约为0.027 N，D正确。
【答案】D
练习2.4荡秋千是人们喜欢的一项健身娱乐活动。荡秋千者通过做功，逐渐增加自身的机械能，从而逐渐“荡”高。其原理如下：人向下摆动过程中逐渐“下蹲”使重心下降，而在秋千上摆过程中，人又逐渐站起使重心升高，机械能增加，从而逐渐“荡”高。有一个正在“荡”秋千的运动员质量为75 kg，身高为1.8 m，在水平地面上站立时重心高1.0 m，蹲坐时重心高0.6 m。秋千摆长5.0 m。若该运动员从与竖直方向成37°角位置开始下摆。(忽略空气阻力、秋千的质量，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)求运动员到达秋千下摆的竖直最低位置时的速度大小；
(2)求运动员在秋千下摆的竖直最低位置时受到秋千的作用力大小。
【解析】：秋千摆长L0＝5.0 m，运动员在水平地面上站立时重心高H1＝1.0 m，蹲坐时重心高H2＝0.6 m，以秋千下摆的最低位置处为零势能点。
(1)秋千下摆过程中运动员机械能守恒，
mg[L0－(L0－H1)cs 37°]＝mgH2＋eq \f(1,2)mv2
解得v≈4.9 m/s。
(2)设运动员在秋千下摆到最低位置时受到秋千的作用力大小为F，则
F－mg＝meq \f(v2,L0－H2)
解得F≈1 159 N。
【答案】：(1)4.9 m/s (2)1 159 N
三、科技情景问题中的功和能问题
例3.1.据《科技日报》报道，上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器近日在上海下线。该潜水器自重5×103 kg，主要用于深海搜寻和打捞等。若在某次作业中，潜水器带着4×103 kg 的重物从3 000 m深的海底一起匀速上升到了海面，已知上升过程中潜水器的机械功率恒为180 kW，水对潜水器(含重物)的浮力和阻力相互平衡(g取10 m/s2)，则潜水器上升的时间为( )
A．0.5×103 s B．1.0×103 s
C．1.5×103 s D．2.0×103 s
【解析】由题意可知，潜水器(含重物)匀速运动，动力等于重力，F＝mg，由P＝Fv可得上升速度为v＝2 m/s，由h＝vt解得潜水器上升的时间为t＝1.5×103 s，选项C正确。
【答案】C
例3.2.航天器空间交会对接是指两艘同方向以几乎同样快慢运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起。假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M、m，两者对接前的在轨速度分别为(v＋Δv)、v，对接持续时间为Δt，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为( )
A.eq \f(m2·Δv,M＋mΔt) B.eq \f(M2·Δv,M＋mΔt)
C.eq \f(Mm·Δv,M＋mΔt) D．0
【解析】在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中水平方向动量守恒，M(v＋Δv)＋mv＝(M＋m)v′，解得对接后两者的共同速度v′＝v＋eq \f(M·Δv,M＋m)，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定理有F·Δt＝mv′－mv，解得F＝eq \f(Mm·Δv,M＋mΔt)，选项C正确。
【答案】C
练习3.1(2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( )
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
【解析】设1 s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理Ft＝mv知，m＝eq \f(Ft,v)＝eq \f(4.8×106×1,3×103) kg＝1.6×103 kg，选项B正确。
【答案】B
练习3.2 (2020·成都三模)目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm。设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小保持不变，下列说法正确的是( )
A．关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒
B．关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零
C．上坡过程中，汽车速度由eq \f(vm,4)增至eq \f(vm,2)，所用的时间可能等于eq \f(3mvm2,32P)
D．上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于eq \f(2s,vm)
【解析】关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变，动能不变，高度降低，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故A错误；关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，作用时间不为零，则由I＝Ft可知冲量不为零，故B错误；上坡过程中，汽车速度由eq \f(vm,4)增至eq \f(vm,2)，设所用的时间为t，根据动能定理可得：Pt－(f＋mgsin θ)s＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(vm,2)))2－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(vm,4)))2，解得t＝eq \f(3mvm2,32P)＋eq \f(f＋mgsin θs,P)，故C错误；上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，功率不变，由P＝Fv可知速度增大，牵引力减小，加速度减小，设达到最大速度vm所用时间为t1，则由图像法可知eq \f(vm,2)·t1【答案】D
练习3.3（多选）(2020·厦门质检)有一款蹿红的小游戏“跳一跳”，游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m，可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上。如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则( )
A．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh
B．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加mgh
C．棋子离开平台后距平台面高度为eq \f(h,2)时动能为eq \f(mgh,2)
D．棋子落到另一平台上时的速度大于eq \r(2gh)
【解析】 设平台表面为零势能面，则棋子在最高点的重力势能为mgh，故棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh，A正确；棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，B错误；取平台表面为零势能面，则棋子在最高点的机械能E＝mgh＋eq \f(1,2)mvx2，vx为棋子在最高点的速度。由于机械能守恒，则棋子离开平台后距平台面高度为eq \f(h,2)时，动能为Ek＝E－eq \f(1,2)mgh＝eq \f(1,2)mgh＋eq \f(1,2)mvx2>eq \f(mgh,2)，C错误；设棋子落到另一平台时的瞬时速度大小为v，棋子从最高点落到另一平台的过程中，根据机械能守恒定律得：mgh＋eq \f(1,2)mvx2＝eq \f(1,2)mv2，解得：v＝eq \r(2gh＋vx2) >eq \r(2gh)，D正确。
【答案】 AD
练习3.4“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是( )
A．v1>v0 B．v1＝v0
C．v2>v0 D．v2＝v0
【解析】 设探测器的质量为m，行星的质量为M，探测器和行星发生弹性碰撞。对于模型一：设向左为正方向，由动量守恒定律：Mu－mv0＝mv1＋Mu1，由能量守恒定律：eq \f(1,2)Mu2＋eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mu12，联立解得探测器碰后的速度v1＝eq \f(2Mu＋Mv0－mv0,M＋m)，因M≫m，则v1≈2u＋v0>v0，故A正确，B错误。对于模型二：设向左为正方向，由动量守恒定律：Mu＋mv0＝－mv2＋Mu2，由能量守恒定律：eq \f(1,2)Mu2＋eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv22＋eq \f(1,2)Mu22，联立解得探测器碰后的速度v2＝eq \f(Mv0－2Mu－mv0,M＋m)，因M≫m，则v2≈v0－2u【答案】A
针对训练
1、某次顶竿表演结束后，演员A(视为质点)自竿顶由静止开始滑下，如图甲所示。演员A滑到竿底时速度正好为零，演员A的质量为50 kg，长竹竿质量为5 kg，A下滑的过程中速度随时间变化的图像如图乙所示。重力加速度取10 m/s2，则t＝5 s时，演员A所受重力的功率为( )
A．50 W B．500 W
C．55 W D．550 W
【解析】由v­t图像可知，4～6 s内A向下减速，加速度为：a2＝eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2，t＝5 s时，A的速度大小为v5＝2 m/s－a2Δt＝2 m/s－1×1 m/s＝1 m/s，故演员A所受重力的功率为PG＝mAgv5＝50×10×1 W＝500 W，故B正确。
【答案】B
2、(2018·贵州省安顺市适应性监测三)在一次跳绳体能测试中，一位体重约为50 kg的同学，一分钟内连续跳了140下，若该同学每次跳跃的腾空时间为0.2 s，重力加速度g取10 m/s2，则他在这一分钟内克服重力做的功约为( )
A．3 500 J B．14 000 J
C．1 000 J D．2 500 J
【解析】 G＝mg＝50×10 N＝500 N，腾空时间为0.2 s表示上升过程用时0.1 s，上升的高度为h＝0.05 m，则起跳一次克服重力做的功W0＝Gh＝500 N×0.05 m＝25 J，1分钟内跳了140次，则一分钟内克服重力做功W＝140W0＝140×25 J＝3 500 J，故选A.
【答案】 A
3、[2015·邯郸市高三质检]某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是2.5 m，目测空中脚离地最大高度约0.8 m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功约为( )
A．65 J B．350 J
C．700 J D．1250 J
【解析】由动能定理知起跳过程该同学做的功转化为该同学的动能，所以求该同学做功应该求该同学起跳后斜抛的初速度。竖直方向由h＝eq \f(1,2)gt2得t＝0.4 s，水平方向由x＝vx·2t得vx＝3.125 m/s，竖直方向vy＝gt＝4 m/s，所以该同学初速度v的平方为：v2＝veq \\al(2,x)＋veq \\al(2,y)＝25.8 m2/s2，取该同学质量为m＝60 kg，则Ek＝eq \f(1,2)mv2＝25.8×30 J＝773 J，所以该同学所做功约为700 J，故选项C正确。
【答案】 C
4. (2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距eq \f(1,3)l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为( )
A.eq \f(1,9)mgl B.eq \f(1,6)mgl
C.eq \f(1,3)mgl D.eq \f(1,2)mgl
【解析】QM段绳的质量为m′＝eq \f(2,3)m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为eq \f(1,3)l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为eq \f(1,6)l，此过程重力做功WG＝－m′geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)l－\f(1,6)l))＝－eq \f(1,9)mgl，将绳的下端Q拉到M点的过程中，由能量守恒定律，可知外力做功W＝－WG＝eq \f(1,9)mgl，可知A项正确，B、C、D项错误。
【答案】A
5、（多选）“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40 m时停止，然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度h变化的图像如图丙所示。其中高度从0.80 m到1.40 m范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2。则结合图像可知( )
A．弹簧原长为0.72 m
B．空气阻力大小为1.00 N
C．弹簧的最大弹性势能为9.00 J
D．在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J
【解析】由题图丙可知，从h＝0.80 m开始，弹簧下端与地面分离，则知弹簧的原长为0.80 m，故A错误；从0.80 m上升到1.40 m 过程，在Ek­h图像中，根据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80 m上升到1.40 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.80 m上升到1.40 m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由图知Δh＝0.60 m，Ek＝5.40 J，解得空气阻力f＝1.00 N，故B正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm＝(mg＋f)Δh′＝9×(1.40－0.4)J＝9.00 J，故C正确；滑块由最大高度到弹簧落回地面的瞬间，根据动能定理得(mg－f)Δh＝Ek′－0，得Ek′＝4.2 J，故D错误。
【答案】BC
6、2019年11月4日，短道速滑世界杯美国盐湖城站比赛中，中国队夺得女子3 000米接力冠军。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )
A．机械能守恒，水平方向动量守恒
B．机械能不守恒，水平方向动量守恒
C．机械能守恒，水平方向动量不守恒
D．机械能不守恒，水平方向动量不守恒
【解析】 把运动员甲、乙看作一个系统，在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，水平方向上系统所受合外力为零，因此水平方向上系统的动量守恒；在乙推甲的过程中有内力做功，转化为系统的机械能，所以系统的机械能不守恒，选项B正确。
【答案】B
7、(2020·青岛一模)雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10 m/s，设雨滴撞击芭蕉后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为( )
A．0.25 N B．0.5 N
C．1.5 N D．2.5 N
【解析】由题知不计雨滴的重力，设雨滴受到支持面的平均作用力为F，设在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝10 m/s减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得F＝eq \f(Δmv,Δt)；设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有：Δm＝ρSΔh；F＝ρSveq \f(Δh,Δt)。压强为：p＝eq \f(F,S)＝ρveq \f(Δh,Δt)＝1×103×10×eq \f(15×10－3,10×60) N/m2＝0.25 N/m2，故A正确，B、C、D错误。
【答案】 A
8、(2020·娄底质检)质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地面h高处，如果从气球上逐渐放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为( )
A.eq \f(m,m＋M) h B.eq \f(M,m＋M) h C.eq \f(M＋m,M)h D.eq \f(M＋m,m)h
【解析】设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L，以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，人沿软梯降至地面时，人相对于地面下降的高度为h，气球上升的高度为L－h，由动量守恒定律得0＝M(L－h)－mh，解得L＝eq \f(M＋m,M)h ，故C正确，A、B、D错误。
【答案】C
9、一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为( )
A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－eq \f(m2,m1)v2 D．v0＋eq \f(m2,m1)(v0－v2)
【解析】系统分离前后，动量守恒：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋eq \f(m2,m1)(v0－v2)，故A、B、C错误，D正确。
【答案】D
10、(2020·合肥高三质检)如图所示为一辆配备了登高平台的消防车，其伸缩臂能够在短时间内将承载了3名消防员的登高平台(人与平台的总质量为300 kg)抬升到60 m高的灭火位置，此后消防员用水炮灭火。已知水炮的出水量为3 m3/min，水离开炮口时的速度为20 m/s，水的密度为1.0×103 kg/m3，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．使水炮工作的发动机的输出功率为10 kW
B．使水炮工作的发动机的输出功率为30 kW
C．伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8×104 J
D．伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8×105 J
【解析】水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3,1 min内流出水的质量：m＝ρV＝1.0×103×3 kg＝3 000 kg,1 min内水获得的重力势能：Ep＝mgh＝3 000×10×60 J＝1.8×106 J,1 min内水获得的动能：Ek＝eq \f(1,2)mv2＝6×105 J，使水炮工作的发动机输出功率为：P＝eq \f(W,t)＝eq \f(Ep＋Ek,t)＝eq \f(1.8×106＋6×105,60) W＝4×104 W，故A、B错误；伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功等于登高平台克服重力做的功：W′＝m′gh＝300×10×60 J＝1.8×105 J，故C错误，D正确。
【答案】D
11.(2020·潍坊一模)如图，是某科技小组制作的嫦娥四号模拟装置示意图，用来演示嫦娥四号空中悬停和着陆后的分离过程，它由着陆器和巡视器两部分组成，其中着陆器内部有喷气发动机，底部有喷气孔，在连接巡视器的一侧有弹射器。演示过程：先让发动机竖直向下喷气，使整个装置竖直上升至某个位置处于悬停状态，然后让装置慢慢下落到水平面上，再启动弹射器使着陆器和巡视器瞬间分离，向相反方向做减速直线运动。若两者均停止运动时相距为L，着陆器(含弹射器)和巡视器的质量分别为M和m，与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，发动机喷气体口截面积为S，喷出气体的密度为ρ。不计喷出气体对整体质量的影响。求：
(1)装置悬停时喷出气体的速度；
(2)弹射器给着陆器和巡视器提供的动能之和。
【解析】：(1)悬停时气体对模拟装置的作用力为F，则F＝(M＋m)g
取Δt时间内喷出的气体为研究对象，由动量定理得FΔt＝(ρSvΔt)v
解得：v＝ eq \r(\f(M＋mg,ρS))；
(2)弹射过程水平方向动量守恒mv1－Mv2＝0
设巡视器和着陆器减速运动的距离分别为L1和L2，由动能定理：
－μmgL1＝0－eq \f(1,2)mv12，
－μMgL2＝0－eq \f(1,2)Mv22，L＝L1＋L2
弹射器提供的总动能Ek＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22
联立解得：Ek＝μMmgLeq \f(M＋m,M2＋m2)。
【答案】：(1) eq \r(\f(M＋mg,ρS)) (2)μMmgLeq \f(M＋m,M2＋m2)
12．(2020·临沂质检)冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示。比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O。为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小，设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1＝0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至μ2＝0.004。AB中点到O点的距离为s＝30 m，在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2 m/s的速度沿虚线滑出。为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？(g取10 m/s2)
【解析】：设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s1，所受摩擦力的大小为Ff1；在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s2，所受摩擦力的大小为Ff2，则有s1＋s2＝s，式中s为投掷线到圆心O的距离。
Ff1＝μ1mg，①
Ff2＝μ2mg，②
设冰壶的初速度为v0，由动能定理，得
－Ff1·s1－Ff2·s2＝0－eq \f(1,2)mv02，③
联立①②③式，解得s2＝eq \f(2μ1gs－v02,2gμ1－μ2)
代入数据得s2＝10 m。
【答案】：10 m
13．(2020·雄安新区高三物理模拟)如图为某种鱼饵自动投放器的装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口C处切线水平，AB管内有原长为R、下端固定的轻质弹簧。在弹簧上端放置一粒质量为m的鱼饵，解除锁定后弹簧可将鱼饵弹射出去。投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，此时弹簧的弹性势能为6mgR(g为重力加速度)。不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，求：
(1)鱼饵到达管口C时的速度大小v1。
(2)鱼饵到达管口C时对管子的作用力大小和方向。
(3)已知地面比水面高出1.5R，若竖直细管的长度可以调节，圆弧弯管BC可随竖直细管一起升降。求鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线OO′之间的最大距离Lmax。
【解析】：(1)鱼饵到达管口C的过程中弹簧的弹性势能转化为鱼饵的重力势能和动能，有
6mgR＝2.5mgR＋eq \f(1,2)mv12
解得 v1＝eq \r(7gR)。
(2)设C处管子对鱼饵的作用力向下，大小设为F，
根据牛顿第二定律有mg＋F＝eq \f(mv12,R)
解得F＝6mg
由牛顿第三定律可得鱼饵对管子的作用力F′＝6mg，方向向上。
(3)设AB长度为h，对应平抛水平距离为x，
由机械能守恒定律有
6mgR＝mg(R＋h－0.5R)＋eq \f(1,2)mv2
由平抛运动的规律得x＝vt, 2.5R＋h＝eq \f(1,2)gt2
解得 x＝eq \r(2g5.5R－h)·eq \r(\f(22.5R＋h,g))＝
2eq \r(5.5R－h2.5R＋h)
当h＝1.5R时，x有最大值xmax＝8R
则 Lmax＝xmax＋R＝9R。
【答案】：(1)eq \r(7gR) (2)6mg 方向向上 (3)9R
14．(2020·潍坊模拟)总质量为80 kg的跳伞运动员从离地500 m的直升机上跳下，经过2 s拉开绳索开启降落伞，如图所示是跳伞过程中的v­t图象，试根据图象(g取10 m/s2)
(1)求0～2 s内阻力做的功；
(2)估算14 s内运动员下落的高度及克服阻力做的功；
(3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间．
【解析】 (1)从题图中可以看出，在0～2 s内运动员做匀加速运动，其加速度大小为a＝eq \f(vt,t)＝eq \f(16,2) m/s2＝8 m/s2.
设此过程中运动员受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律，有mg－f＝ma
解得f＝160 N.
0～2 s内下落高度
h′＝eq \f(vt,2)t＝eq \f(16,2)×2 m＝16 m.
阻力做功W＝－fh′＝－2 560 J.
(2)从题图中估算得出运动员在14 s内下落了h＝40×2×2 m＝160 m
根据动能定理，有mgh－Wf＝eq \f(1,2)mv2，
所以有Wf＝mgh－eq \f(1,2)mv2＝(80×10×160－eq \f(1,2)×80×62) J≈1.27×105 J.
(3)14 s后运动员做匀速运动的时间为
t′＝eq \f(H－h,v)＝eq \f(500－160,6) s＝57 s.
运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间t总＝t＋t′＝(14＋57) s＝71 s.
【答案】 (1)－2 560 J (2)160 m 1.27×105 J (3)71 s