适用于新高考新教材广西专版2024届高考物理二轮总复习专题分层突破练6动量和能量观点的应用

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1.如图所示,建筑工地上的打桩过程可简化为重锤从空中某一固定高度由静止释放,与钢筋混凝土预制桩在极短时间内发生碰撞,并以共同速度下降一段距离后停下来。则( )
A.重锤质量越大,撞预制桩前瞬间的速度越大
B.重锤质量越大,预制桩被撞后瞬间的速度越大
C.碰撞过程中,重锤和预制桩的总机械能保持不变
D.整个过程中,重锤和预制桩的总动量保持不变
2.如图所示,A车以某一初速度水平向右运动距离l后与静止的B车发生正碰,碰后两车一起运动距离l后停下。已知两车质量均为m,运动时受到的阻力为车重力的k倍,重力加速度为g,碰撞时间极短,则( )
A.两车碰撞后瞬间的速度大小为
B.两车碰撞前瞬间A车的速度大小为
C.A车初速度大小为
D.两车碰撞过程中的动能损失为4kmgl
3.如图所示,某运动员(视为质点)从雪坡上先后以v0和2v0沿水平方向飞出,不计空气阻力,则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中( )
A.空中飞行的时间相同
B.落在雪坡上的位置相同
C.动量的变化量之比为1∶2
D.动能的增加量之比为1∶2
4.(多选)在光滑水平桌面上有一个静止的木块,高速飞行的子弹水平穿过木块,若子弹穿过木块过程中受到的摩擦力大小不变,则( )
A.若木块固定,则子弹对木块的摩擦力的冲量为0
B.若木块不固定,则子弹减小的动能大于木块增加的动能
C.不论木块是否固定,两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小相等
D.不论木块是否固定,两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等
5.(多选)如图所示,质量均为2 kg的三个物块静止在光滑水平面上,其中物块B的右侧固定一轻弹簧,物块A与弹簧接触但不连接。某时刻物块A突然以v0=3 m/s的速度向左运动,已知当A、B速度相等时,B与C恰好发生完全非弹性碰撞,碰撞过程时间极短,然后继续运动。若B、C碰撞过程中损失的机械能为ΔE,B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep,则( )
A.ΔE=4.875 JB.ΔE=1.125 J
C.Ep=6 JD.Ep=4.875 J
6.如图所示,质量为m'=2 kg、带有半径为R=0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道AB的曲面体静止在光滑的水平地面上;质量为m=0.5 kg的小球以Ek0=25 J的初动能冲上曲面体轨道AB,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)小球第一次冲出曲面体轨道的B点时曲面体的速度大小v1;
(2)小球第一次冲出曲面体轨道的B点时小球的速度大小v2;
(3)小球第一次冲出曲面体轨道的B点至再次落回B点的时间t。
B组
7.(2023吉林通化梅河口三模)由于轨道处存在非常稀薄的大气,空间站在运行时会受到一定的阻力作用。假定单位体积内与空间站前端横截面发生碰撞的空气分子个数为n,且速度方向均与横截面垂直,空间站在其运行方向上的横截面积为S。以空间站为参考系,碰撞前后空气分子的平均速率分别为v1、v2,空气分子的平均质量为m,则空间站前端受到的稀薄空气阻力F的大小为( )
A.nSv1m(v1-v2)
B.nSv1m(v1+v2)
C.nSv2m(v1-v2)
D.nSv2m(v1+v2)
8.(多选)(2023安徽模拟)如图,半径为R的光滑凹槽A与木块B并排置于光滑水平面上,物块C由圆心等高处沿凹槽内壁静止释放。已知A、B、C质量均为m,重力加速度为g。则( )
A.C由静止释放到最低点过程中A、B、C系统机械能守恒
B.C由静止释放到最低点过程中A、B、C系统动量守恒
C.A、B分离时,A的速度大小为
D.A、B分离时,C的速度大小为
9.(2023广西桂林、河池、防城港三市联考)某智能家居品牌,因科技含量高、丰富的人性化设计深受年轻人的追捧,其中一款语音控制电动窗帘轨道盒的工作原理可简化成如图所示的A、B两个滑块在轨道上的运动,电动机通过轻细绳拉动滑块A(正常使用时滑块A与窗帘布连接),滑块B为防撞模块(它用一段柔软轻绳与左面墙连接)。某次实验操作过程中,从语音控制电动机接收到打开窗帘的指令开始计时,电动机以额定功率牵引滑块A(未连接窗帘布)由静止出发,当滑块A以最大速度向左运动与滑块B发生碰撞,碰撞瞬间电动机自动切断电源停止对滑块A提供拉力,滑块A、B碰撞后粘在一起向前运动,碰撞时间极短可忽略不计,到达墙面前速度刚好减为零。已知语音控制电动机在正常工作时的额定功率为0.16 W,滑块A、B的质量分别为0.2 kg、0.6 kg,滑块A、B在轨道上滑动时所受阻力均为滑块重力的,滑块A最初位置与滑块B相距4 m,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)电动机牵引滑块A在轨道上运动能达到的最大速度;
(2)滑块A由静止出发到最后停在墙边共需要多长时间。
答案：
1.B
2.C 解析两车运动时受到的阻力为车重力的k倍,由牛顿第二定律得kmg=ma,则a=kg,两车碰撞后做匀减速运动,由v2=2al,得两车碰撞后瞬间的速度大小为v=,A错误。由于碰撞时间极短,两车相碰由动量守恒得mv1=2mv,可得两车碰撞前瞬间A车的速度大小为v1=2,B错误。对A车由v2-=2al,得A车初速度大小为v=,C正确。两车碰撞过程中的动能损失为ΔEk=-2×mv2=2kmgl,D错误。
3.C 解析运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中,由平抛运动规律可得tanθ=,解得t=,所以两次在空中飞行的时间不相同,所以A错误。根据x=v0t,y=gt2,由于时间不同,所以落在雪坡上的位置不相同,则B错误。根据动量定理可得Δp=mgt=2mv0tanθ,则两次运动动量的变化量之比为1∶2,所以C正确。根据动能定理可得ΔEk=mgy=mg×gt2=2m(v0tanθ)2,则两次动能的增加量之比为1∶4,所以D错误。
4.BD 解析木块固定,子弹对木块的摩擦力的冲量不为零,A错误。木块不固定时,因为子弹与木块有内能增加,由能量守恒定律可知,子弹减小的动能大于木块增加的动能,B正确。由I=Fft可知,摩擦力大小不变时,由于两种情况下子弹与木块的作用时间不同,因此两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小不相等,C错误。根据Q=Ffl相对,由于摩擦力大小不变,并且两种情况下子弹与木块的相对位移也相同,因此不论木块是否固定,两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等,D正确。
5.BD 解析对A、B整体由动量守恒有mv0=2mv1,对B、C整体由动量守恒有mv1=2mv2,解得v2=,对A、B、C整体由动量守恒有mv0=3mv3,B、C碰撞过程中损失的机械能为ΔE=×2m=1.125J,B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep=-ΔE-×3m=4.875J,故选B、D。
6.答案(1)2 m/s (2)8.25 m/s (3)1.6 s
解析(1)由动能表达式可知Ek0=
设小球第一次冲出曲面体B点时水平方向分速度为vx,竖直方向分速度为vy,由于曲面体是四分之一圆曲面,所以vx=v1
小球从A到B运动过程,球和曲面体水平方向动量守恒,mv0=(m+m')v1
解得v0=10m/s,v1=2m/s。
(2)从小球开始运动到B过程中,系统机械能守恒,有
m'+mgR
解得v2=2m/s=8.25m/s。
(3)小球离开曲面体后,在竖直方向上做竖直上抛运动,则落回B点有
vy==8m/s
所以从离开到回到B点,有t==1.6s。
7.B 解析设时间Δt内有质量为Δm的空气分子与空间站前端碰撞,则Δm=nSv1mΔt,以空气分子碰撞后运动方向为正方向,由动量定理F'Δt=Δmv2-Δm(-v1),解得F'=nSv1m(v1+v2),根据牛顿第三定律得,空间站前端受到稀薄空气阻力大小为F=nSv1m(v1+v2),故A、C、D错误,B正确。
8.AD 解析C由静止释放到最低点过程中,只有重力做功,无机械能与其他形式的能发生转化,A、B、C系统机械能守恒。水平方向无外力作用,水平方向动量守恒。但竖直方向的合力不为零,动量不守恒,故A正确,B错误。由于C对弧道的挤压,使A、B向右运动,C向左运动。当C第一次经过圆弧槽最低点后,A和B分离。设C第一次经过圆弧槽最低点时的速度为v1,A和B两者共同的速度大小为v2,从静止释放到当C第一次经过圆弧槽最低点过程中,把A、B、C作为研究系统,以向左方向为正方向,系统水平方向动量守恒,则有mv1-(m+m)v2=0,由系统机械能守恒得mgR=(m+m),联立解得v1=,v2=,故C错误,D正确。
9.答案(1)0.8 m/s (2)5.6 s
解析(1)当A达到最大速度时牵引力等于阻力,根据功率的计算公式可得P=kmAgvmax
解得vmax=0.8m/s。
(2)设A碰撞前运动时间为t1,根据动能定理可得Pt1-kmAgl=mA-0,其中l=4m
代入数据解得t1=5.4s
碰撞过程中,取向左为正方向,根据动量守恒定律可得mAvmax=(mA+mB)v
解得碰撞后的速度大小为v=0.2m/s
设碰撞后到静止的时间为t2,取向左为正方向,对整体根据动量定理可得-k(mA+mB)gt2=0-(mA+mB)v
解得t2=0.2s
所以滑块A由静止出发到最后停在墙边共需要的时间为t=t1+t2=5.4s+0.2s=5.6s。