新教材高考物理二轮复习专题分层突破练6动量和能量观点的应用含答案

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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kgl
B.两车碰撞前瞬间A车的速度大小为2kgl
C.A车初速度大小为10kgl
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.(多选)一个反应堆中用石墨作慢化剂使快中子减速。碳原子核的质量是中子的12倍,假设中子与碳原子核的每次碰撞都是弹性正碰,而且认为碰撞前碳核都是静止的。微观粒子之间的碰撞均遵循碰撞的一般规律。关于原子的内部结构,有以下知识可供参考:①一个原子的直径大约是10-10 m;②原子核由质子与中子组成,这两种粒子的质量几乎相同,约为电子质量的2 000倍;③原子核只占据原子内部极小的空间(大约为原子整个体积的10-15),却集中了几乎所有原子的质量;④小小的电子(直径大约为10-15 m)在原子内部、原子核之外的“广袤”的空间中“游荡”着。根据上述研究,用碳作为中子减速剂比起用更重的原子(比如硅,它的质量是中子的28倍),其优势有( )
A.每一次碰撞的减速效果明显
B.达到相同能量要求,需要减速的次数较少
C.其他材料中电子对碰撞的影响不可忽略
D.中子与质量较小的原子碰撞,物理规律相对简单、计算简便
8.(多选)如图所示,弹簧左端固定,将圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于P、Q点,质量为m'=8 kg的小球B静止在水平轨道上,将质量为m=2 kg的小球A压缩弹簧后由静止释放,小球A能从P点进入圆弧轨道,通过轨道的最高点N时恰好与圆管无弹力作用,之后从Q点返回水平轨道,水平轨道足够长,两球间的碰撞为弹性碰撞,已知两球的大小相同且半径很小,圆弧轨道半径R=0.2 m,不计一切摩擦和空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。则( )
A.释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为10 J
B.两小球第一次碰撞后速度大小之比为4∶1
C.两小球最终运动的速度大小之比为7∶12
D.两小球至多能发生2次碰撞
9.(2022山东卷)如图所示,“L”型平板B静置在地面上,小物块A处于平板B上的O'点,O'点左侧粗糙,右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为m的小球悬挂在O'点正上方的O点,轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放,下摆至最低点与小物块A发生碰撞,碰后小球速度方向与碰前方向相同,开始做简谐运动(要求摆角小于5°),A以速度v0沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后,A返回到O点的正下方时,相对于地面的速度减为零,此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质量mA=0.1 kg,B的质量mB=0.3 kg,A与B的动摩擦因数μ1=0.4,B与地面间的动摩擦因数μ2=0.225,v0=4 m/s,重力加速度g取10 m/s2。整个过程中A始终在B上,所有碰撞时间忽略不计,不计空气阻力,求:
(1)A与B的挡板碰撞后,二者的速度大小vA与vB;
(2)B光滑部分的长度d;
(3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功Wf;
(4)实现上述运动过程,mmA的取值范围(结果中可带有cs 5°)。
参考答案
专题分层突破练6 动量和能量观点的应用
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=2al=2kgl,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=22kgl,B错误。对A车由v2-v12=2al,得A车初速度大小为v=v12+2al=10kgl,C正确。两车碰撞过程中的动能损失为ΔEk=12mv12-2×12mv2=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tan θ=yx=12gt2v0t=gt2v0,解得t=2v0tanθg,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=12gt2,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=2mv0tan θ,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×12gt2=2m(v0tan θ)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=v04,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=12mv12-12×2mv22=1.125 J,B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep=12mv02-ΔE-12×3mv32=4.875 J,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=12mv02
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=10 m/s,v1=2 m/s。
(2)从小球开始运动到B过程中,系统机械能守恒,有
12mv02=12m'v12+12mv22+mgR
解得v2=217 m/s=8.25 m/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=v22-vx2=8 m/s
所以从离开到回到B点,有t=2vyg=1.6 s。
7.AB 解析 用m1表示中子质量,m2表示某原子核质量,v10和v1表示中子碰撞前后的速度,v20和v2表示某原子核碰撞前后的速度。当中子与静止的原子核发生弹性碰撞时,系统动量守恒、能量守恒,故有12m1v102+12m2v202=12m1v12+12m2v22,m1v10+m2v20=m1v1+m2v2(v20=0),解得v1=m1-m2m1+m2v10;中子碰后,动能会损失,动能损失比率ΔEE=m1v102-m1v12m1v102=1-v12v102=4m1m2(m1+m2)2,对于碳ΔEE=4×12(12+1)2=0.28,对于硅ΔEE=4×28(28+1)2=0.13;根据分析可知用碳原子作为中子减速剂时每一次碰撞的减速效果更加明显,则达到相同能量要求,需要减速的次数较少,A、B正确,D错误。任何材料中电子的质量都远小于质子和中子的质量,所以电子对碰撞的影响都可忽略,C错误。
8.ACD 解析 小球A能从P点进入圆弧轨道通过轨道的最高点N时恰好与圆管无弹力作用,有mg=mv2R,则v=gR=2 m/s;小球A自P到N,由动能定理得-mg·2R=12mv2-12mv02,可得v0=10 m/s;弹簧弹开小球A,弹性势能转化为动能,有Ep=12mv02=10 J,即释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为10 J,A正确。由能量守恒可知小球从管道出来的速度仍然为v0=10 m/s,然后A与B球发生弹性碰撞,有mv0=mv1+m'v2,12mv02=12mv12+12m'v22,解得v1=-3105 m/s,v2=2105 m/s,故第一次碰后两球的速度大小之比为v1v2=32,B错误。A返回后的速度大小为v1'=3105 m/s,方向向右,v2=2105 m/s,因v1'>v2,则A球追上B球发生第二次弹性碰撞,有mv1'+m'v2=mv3+m'v4,12mv1'2+12m'v22=12mv32+12m'v42,解得v3=71025 m/s,v4=121025 m/s,则速度大小之比为v3v4=712,C正确。两次碰撞后,因v39.答案 (1)2 m/s 2 m/s
(2)76 m
(3)-365 J
(4)42π45解析 (1)设水平向右为正方向,O'点右侧光滑,则A与B碰撞时A的速度为v0=4 m/s
由题意可知A与B发生弹性碰撞,根据动量守恒和机械能守恒可得
mAv0=mAvA+mBvB
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
代入数据,联立解得vA=-2 m/s(方向水平向左)
vB=2 m/s(方向水平向右)。
(2)A受到B的摩擦力FfA=μ1mAg=0.4 N
B受到地面的摩擦力FfB=μ2(mA+mB)g=0.9 N
A在B上减速运动的加速度aA=FfAmA=4 m/s2
A与B有摩擦力之前,B在地面上减速运动的加速度aB=FfBmB=3 m/s2
A与B有摩擦力之后,B减速运动的加速度aB'=FfA+FfBmB=133 m/s2
A减速阶段的位移x0=vA22aA=0.5 m
A与B碰后,B第一阶段减速的位移等于A减速阶段的位移,设B第一阶段减速的末速度为vB1,有vB2-vB122aB=x0
解得vB1=1 m/s
B第一阶段减速的时间tB1=vB-vB1aB=13 s
A与B碰后,A匀速运动的时间tA后匀=tB1=13 s
A与B碰后,A匀速运动的位移xA后匀=|vA|tA后匀=23 m
则光滑部分的长度d=xA后匀+x0=76 m。
(3)A减速运动的时间tA减=vAaA=0.5 s
B第二阶段减速运动的时间tB2=vB1aB'=313 s则可知A减速过程中B先停了下来,此过程中B的位移为xB2=vB122aB'=326 m
所以A对B的摩擦力做的功
Wf=-FfAxB2=-365 J。
(4)小球和A碰撞后A做匀速直线运动再和B相碰,此过程有t0=dv0=724 s
从小球和A碰撞到A速度减为零,所用时间t=t0+tA后匀+tA减=98 s
由题意可知A返回到O点的正下方时,小球恰好第一次上升到最高点,设小球做简谐运动的周期为T,摆长为l,则有
t=T4=π2lg
解得l=4gt2π2=4058π2 m
从释放小球,到与A碰撞过程根据动能定理有mgl=12mv球2,解得v球=4522π m/s
以水平向右为正方向,小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有mv球=mv球'+mAv0,即mmA=v0v球-v球'
当碰后小球摆角恰为5°时,有
mgl(1-cs 5°)=12mv球'2
联立解得mmA=42π45(1-1-cs5°)
当碰后小球速度恰好为0时,mmA=v0v球=42π45
故要实现这个运动过程的取值范围为
42π45