2025高考物理一轮总复习第7章动量和动量守恒定律专题强化9力学三大观点的综合应用提能训练

这是一份2025高考物理一轮总复习第7章动量和动量守恒定律专题强化9力学三大观点的综合应用提能训练，共8页。试卷主要包含了9 m，则A球也能到达Q点，0 m/s，5mg　)mgL，5 J等内容，欢迎下载使用。

1.如图，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( B )
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
[解析] 重锤下落过程做自由落体运动，根据位移与速度公式可得v0＝eq \r(2gh)，故重锤撞预制桩前瞬间的速度与重锤的质量无关，只与下落的高度有关，A错误；重锤撞击预制桩的过程动量守恒，可得mv0＝(m＋M)v，则v＝eq \f(1,1＋\f(M,m))v0，故重锤质量m越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大，B正确；碰撞过程为完全非弹性碰撞，重锤和预制桩的总机械能要减小，系统要产生内能，C错误；整个过程中，重锤和预制桩在以共同速度减速下降的过程中，所受合外力不为零，总动量减小，D错误。
2．(2023·贵州铜仁高三月考)2023年6月20日，中国“天宫”空间站电推进发动机首次实现在轨“换气”，电推进发动机如图所示，其工作原理为先将氙气等惰性气体转化为带电离子，然后把这些离子加速并喷出，以产生推进力，进而完成航天器的姿态控制、轨道修正、轨道维持等任务。已知电推进发动机功率为100 kW，能够产生5.0 N的推力，忽略惰性气体质量减少对航天器的影响，以下说法正确的是( D )
A．电推进发动机工作时系统的机械能是守恒的
B．电推进发动机工作时系统的动量不守恒
C．惰性气体离子被加速后的速度约为20 km/s
D．电推进发动机需要每秒约喷射1.25×10－4 kg惰性气体离子
[解析] 电推进发动机工作时，推进力对系统做正功，系统的机械能增加，但系统所受合外力为0，系统的动量守恒，故A、B错误；设惰性气体离子被加速后的速度为v，t时间内喷射惰性气体离子的质量为m，则有Pt＝eq \f(1,2)mv2，根据动量定理可得Ft＝mv，联立可得Pt＝eq \f(1,2)Ftv，解得v＝eq \f(2P,F)＝eq \f(2×100×103,5) m/s＝40×103 m/s＝40 km/s，电推进发动机需要每秒喷射惰性气体离子的质量为m0＝eq \f(m,t)＝eq \f(2P,v2)＝eq \f(2×100×103,40×1032) kg＝1.25×10－4 kg，故C错误，D正确。故选D。
3.如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B，质量分别为m＝0.1 kg和M＝0.3 kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态。同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧时的速度为6 m/s，接着A球进入与水平面相切的位于竖直面内的半径为0.5 m的光滑半圆形轨道运动，PQ为半圆形轨道的竖直直径，取g＝10 m/s2。下列说法正确的是( B )
A．弹簧弹开过程，弹力对A的冲量与对B的冲量相同
B．A球脱离弹簧时，B球获得的速度大小为2 m/s
C．A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为2 N·s
D．若半圆轨道半径改为0.9 m，则A球也能到达Q点
[解析] 弹簧弹开过程，弹力对A的冲量与对B的冲量大小相等，方向相反，A错误；弹簧弹开的过程中，两个小球与弹簧组成的系统所受外力的矢量和为零，根据动量守恒定律得mvA＋MvB＝0，解得vB＝－2 m/s，负号表示B球运动方向与A球运动方向相反，B正确；A球从P点运动到Q点过程中，根据动能定理得－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，解得vQ＝4 m/s，此过程中，根据动量定理得合外力的冲量大小为I＝mvQ＋mvA＝1 N·s，C错误；若半圆轨道半径改为0.9 m，假设A球能到达Q点，则A球从P点到Q点过程满足－2mgR′＝eq \f(1,2)mvQ′2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，解得vQ′＝0，但A球在Q点的最小速度vm应满足mg＝eq \f(mv\\al(2,m),R′)，解得vm＝3 m/s，由于vQ′能力综合练
4．(2023·湖北省七市联考)如图(a)所示，质量为mA＝4.0 kg的物块A与质量为mB＝2.0 kg的长木板B并排放置在粗糙的水平面上，二者之间夹有少许塑胶炸药，长木板B的右端放置有可视为质点的小物块C。现引爆塑胶炸药，爆炸后物块A可在水平面上向左滑行s＝1.2 m，小物块C的速度随时间变化的图像如图(b)所示。已知物块A和长木板B与水平面间的动摩擦因数均为μ0＝eq \f(1,6)，物块C未从长木板B上掉落，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小；
(2)小物块C的质量mC；
(3)小物块C最终静止时距长木板B右端的距离d。
[答案] (1)4.0 m/s (2)1.0 kg (3)1.75 m
[解析] (1)对物块A在爆炸后，根据动能定理有－μ0mAgs＝0－eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)
可得vA＝2.0 m/s
对物块A与长木板B在爆炸过程中由动量守恒定律有0＝mAvA－mBvB
可得vB＝4.0 m/s。
(2)由题图可知，B、C在相对滑动过程中共速时速度为v共＝1.0 m/s
对小物块C，在0～1 s内有
aC＝eq \f(v共－0,Δt)＝μg
可得μ＝0.1
对长木板B，在0～1 s内有
μ0(mB＋mC)g＋μmCg＝mBaB
且aB＝eq \f(vB－v共,Δt)
可得mC＝1.0 kg。
(3)长木板B与小物块C在0～1 s内，相对位移为
s相＝eq \f(vB＋v共,2)Δt－eq \f(0＋v共,2)Δt＝2 m
对长木板B，在1 s后至停下的过程有
μ0(mB＋mC)g－μmCg＝mBaB′
可得aB′＝2.0 m/s2
长木板B与小物块C在1 s后均停下，相对位移为
s相′＝eq \f(v\\al(2,共),2aB′)－eq \f(v共＋0,2)Δt＝－0.25 m
则小物块C最终静止时距长木板B右端的距离
d＝s相＋s相′ ＝1.75 m。
5．(2022·湖北卷)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为eq \r(\f(3gL,5))时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动eq \f(L,10)距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。
(1)求C的质量；
(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
(3)撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。
[答案] (1)eq \r(3)m (2)6.5mg (3)(4－2eq \r(3))mgL
[解析] (1)系统在如图虚线位置保持静止时，以C为研究对象，
根据平衡条件可知mCg＝2Tsin 60°
以A或B为研究对象，有T＝mg
联立解得mC＝eq \r(3)m。
(2)C、D碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度大小为v，以竖直向下为正方向，根据动量守恒定律可知mCeq \r(\f(3gL,5))＝2mv
C、D碰撞后D向下运动eq \f(L,10)距离后静止，根据动能定理可知2mgeq \f(L,10)－Feq \f(L,10)＝0－eq \f(1,2)×2mv2
联立解得F＝6.5mg。
(3)当C运动到图中虚线位置时，受力平衡，加速度为零，速度最大，此时A、B的加速度也为零，速度也达到最大，则A、B、C的总动能最大。设此时C的速度大小为vC，则A、B的速度大小vA＝vB＝vCsin 60°
对A、B、C组成的系统，由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mCveq \\al(2,C)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝mCgLtan 60°－2mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,cs 60°)－L))
此时C的动能EkC＝eq \f(1,2)mCveq \\al(2,C)
联立解得EkC＝(4－2eq \r(3))mgL。
6．(2023·重庆沙坪坝阶段练习)如图所示是一个快递包裹缓冲、接收装置。轻弹簧一段固定在斜面底端，另一端与质量为m平板A相连。初始时平板A静止在P点，且恰好不受摩擦力，距斜面顶端Q的距离为L。现有一质量也为m的物块B从Q点由静止开始下滑，和平板A发生完全非弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后一起沿斜面下滑。当到达C处时，二者速度减小为0，同时物块B从C处的洞口落下(平板A边长比洞口大，不会掉下去)。此后，平板A在弹簧的作用下向上运动，恰好又能回到P点。已知斜面与水平面夹角为θ，平板A、物块B与斜面间的动摩擦因数μ＝eq \f(tan θ,2)，重力加速度为g。求：
(1)A、B碰撞过程中损失的机械能；
(2)A、B碰后瞬间的加速度；
(3)C、P之间的距离。
[答案] (1)eq \f(1,4)mgLsin θ (2)0 (3)eq \f(L,2)
[解析] (1)物块B下滑过程
mgLsin θ－μmgLcs θ＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－0
完全非弹性碰撞，动量守恒mv0＝2mv1
损失的机械能
ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(2m)veq \\al(2,1)
联立解得ΔE＝eq \f(1,4)mgLsin θ。
(2)碰前A处于平衡状态F弹＝mgsin θ
碰后瞬间，弹力大小不变，对整体分析
2mgsin θ－F弹－μ(2m)gcs θ＝2ma
联立解得a＝0。
(3)设C、P之间的距离为x
P→C过程，对整体分析
－W弹＋2mgxsin θ－2μmgxcs θ＝0－eq \f(1,2)(2m)veq \\al(2,1)
C→P过程对A分析
W弹－mgxsin θ－μmgxcs θ＝0－0
联立解得x＝eq \f(L,2)。
7．(2023·山东潍坊联考)如图甲所示，在同一竖直面内，光滑水平面与倾角为37°的传送带通过一段半径R＝2.25 m的光滑圆轨道连接，圆轨道两端分别与水平面及传送带相切于P、Q点，开始时滑块B静止，滑块A以速度v0向B运动，A与B发生弹性碰撞，B通过圆轨道滑上顺时针匀速转动的传送带。已知滑块B滑上传送带后的v－t图像如图乙所示，t＝7.5 s时B离开传送带的上端H点，滑块A的质量M＝2 kg，滑块B的质量m＝1 kg，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)碰撞后滑块B的速度大小；
(2)滑块B经Q点时对圆轨道的压力；
(3)滑块A的速度大小v0；
(4)若传送带的动力系统机械效率为80%，则因运送滑块B需要多消耗的能量。
[答案] (1)5 m/s (2)15.1 N 方向沿半径向下 (3)3.75 m/s (4)287.5 J
[解析] (1)设A、B碰撞后B的速度为v2，到达Q点时速度为v3，由图像可得v3＝4 m/s
在PQ过程由动能定理有
－mg(R－Rcs 37°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
解得v2＝5 m/s。
(2)B在Q点时，由牛顿第二定律得
FN－mgcs 37°＝meq \f(v\\al(2,3),R)
解得FN＝15.1 N
根据牛顿第三定律B经Q点时对轨道的压力大小为15.1 N，方向沿半径向下。
(3)设A、B碰后A的速度为v1，由动量守恒定律得Mv0＝Mv1＋mv2
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
解得v0＝3.75 m/s。
(4)由v－t图像可得，传送带的速度v4＝5 m/s
传送带从Q到H的长度x＝36.25 m
滑块在传送带上滑动的相对距离为Δx＝1.25 m
设滑块在传送带上的加速度为a，设传送带的动摩擦因数为μ，
则μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma
a＝eq \f(v4－v3,t1)
由功能关系有
ηE＝eq \f(1,2)m(veq \\al(2,4)－veq \\al(2,3))＋mgxsin 37°＋μmgcs 37°·Δx
解得E＝287.5 J。
8．(2023·浙江卷)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m、质量m＝1 kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处由静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
[答案] (1)vC＝4 m/s FC＝22 N (2)μ＝0.3 (3)t＝2.5 s
[解析] (1)滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
mg(h－1.2R－R－Rcs θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
解得vC＝4 m/s
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得
FC＋mg＝meq \f(v\\al(2,C),R)
解得FC＝22 N。
(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得
mgh－0.2mgLFG＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝6 m/s
摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速v1，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得mv＝2mv1
解得v1＝eq \f(v,2)＝3 m/s
根据能量守恒可得
Q＝μmgL＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)
解得μ＝0.3。
(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a＝eq \f(μmg,m)＝3 m/s2
所用时间为t1＝eq \f(v－v1,a)＝1 s
此过程滑块通过的位移为
x1＝eq \f(v＋v1,2)t1＝4.5 m
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为t2＝eq \f(L0－x1,v1)＝1.5 s
则滑块从G到J所用的时间为
t＝t1＋t2＝2.5 s。