备战2025年高考二轮复习物理（福建专版） 专题分层突破练6 动量和能量观点的应用（Word版附解析）

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基础巩固
1.(2024河南驻马店高三期末)某次冰球比赛中,甲、乙两运动员站在光滑的水平冰面上,甲将静止在冰面上的冰球传给乙,乙接到冰球后又将冰球传回甲。若甲、乙的质量相等,且为冰球质量的k(k>1)倍,甲接到冰球后,甲、乙两人的速度大小之比为( )
A.1B.kk+1
C.k+1kD.k2k+12
答案 B
解析 设冰球的质量为m,甲接到球后,甲、乙两人的速度大小分别为v1、v2,根据动量守恒定律有km+mv1-kmv2=0,解得v1v2=kk+1,故选B。
2.(2024海南模拟预测)小明制作了一个火箭模型,火箭模型质量为m0(含燃料),开始火箭模型静置在地面上,点火后在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的燃气,喷气过程中忽略重力和空气阻力的影响,下列说法正确的是( )
A.火箭喷气过程机械能守恒
B.火箭的推力来源于空气对它的反作用力
C.喷气结束时火箭模型的动量大小为mv0
D.喷气结束时火箭模型的速度大小为mv0m0
答案 C
解析 系统所受合外力为零,满足动量守恒,但机械能不守恒,A错误;火箭的推力是燃料燃烧产生的高温高压气体向后喷出时对火箭的反作用力,B错误;开始总动量为零,规定气体喷出的方向为正方向,根据动量守恒定律得0=mv0+p,喷气结束时火箭模型的动量大小p=mv0,C正确;根据0=mv0-(m0-m)v,解得v=mv0m0-m,D错误。
3.(2024广东汕头一模)某实验小组用电池、电动机等器材自制风力小车,如图所示,叶片匀速旋转时将空气以速度v向后排开,叶片旋转形成的圆面积为S,空气密度为ρ,下列说法正确的是( )
A.风力小车的原理是将风能转化为小车的动能
B.t时间内叶片排开的空气质量为ρSv
C.叶片匀速旋转时,空气对小车的推力为ρSv2
D.叶片匀速旋转时,单位时间内空气流动的动能为12ρSv2
答案 C
解析 风力小车的原理是消耗电能,先转化成风能,再推动小车运动,所以是电能转化为小车的动能,A错误;t时间内叶片排开的空气质量为m=ρvtS,B错误;由动量定理可得叶片匀速旋转时,空气受到的推力为F=mvt=ρSvt·vt=ρSv2,根据牛顿第三定律可知空气对小车的推力为ρSv2,C正确;叶片匀速旋转时,单位时间内空气流动的动能为Ek=12m0v2=12ρSv·v2=12ρSv3,D错误。
4.(2024江西赣州一模)如图甲所示,光滑水平地面上有A、B两物块,质量分别为2 kg、6 kg,B的左端拴接着一劲度系数为2003 N/m的水平轻质弹簧,它们的中心在同一水平线上。A以速度v0向静止的B方向运动,从A接触弹簧开始计时至A与弹簧脱离的过程中,弹簧长度l与时间t的关系如图乙所示,弹簧始终处在弹性限度范围内,已知弹簧的弹性势能Ep=12kx2(x为弹簧的形变量),则( )
A.在0~2t0内B物块先加速后减速
B.整个过程中,A、B物块构成的系统机械能守恒
C.v0=2 m/s
D.A物块在t0时刻时速度最小
答案 C
解析 在0~2t0内,弹簧始终处于压缩状态,即B受到的弹力始终向右,所以B物块始终做加速运动,A错误;整个过程中,A、B两物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒,B错误;由图可知,在t0时刻,弹簧被压缩到最短,则此时A、B共速,此时弹簧的形变量为x=0.4 m-0.1 m=0.3 m,则根据A、B两物块系统动量守恒有m1v0=(m1+m2)v,根据A、B两物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒有12m1v02=12(m1+m2)v2+Ep,联立解得v0=2 m/s,C正确;在0~2t0内,弹簧始终处于压缩状态,即A受到弹力始终向左,所以A物块始终做减速运动,则A物块在2t0时刻时速度最小,D错误。
5.(多选)(2024广西卷)如图所示,坚硬的水平地面上放置一木料,木料上有一个竖直方向的方孔,方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬,形状为正四棱台,上下底面均为正方形,四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m,与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔,接触但无挤压,锤子以极短时间撞击木栓后反弹,锤子对木栓冲量为I,方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δs的位移,未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变,弹力呈线性变化,最大静摩擦力约等于滑动摩擦力,则( )
A.进入过程,木料对木栓的合力的冲量为-I
B.进入过程,木料对木栓的平均阻力大小约为I22mΔs+mg
C.进入过程,木料和木栓的机械能共损失了I22m+mgΔs
D.木栓前进Δs后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为μ(I2+2m2gΔs)4mΔs(csθ+μsinθ)
答案 BCD
解析 锤子撞击木栓到木栓进入的过程,合力的冲量为零,重力冲量不为零,则木料对木栓的冲量不为-I,选项A错误。木栓进入过程,由动能定理知mgΔs-fΔs=0-12mv2,且12mv2=I22m,得f=I22mΔs+mg,选项B正确。由能量守恒的关系知,损失的机械能ΔE=I22m+mgΔs,选项C正确。对木栓的一个侧面受力分析如图
由于方孔侧壁弹力呈线性变化,因此12×4×(fmaxsin θ+Ncs θ)=f
由B知f=I22mΔs+mg
结合fmax=μN
解得fmax=μ(I2+2m2gΔs)4mΔs(csθ+μsinθ),选项D正确。
6.(6分)如图所示,用不可伸长的轻绳将质量为m1的小球悬挂在O点,绳长L=0.8 m,轻绳处于水平拉直状态。现将小球由静止释放,下摆至最低点与静止在A点的小物块发生碰撞,碰后小球向左摆的最大高度h=0.2 m,小物块沿水平地面滑到B点停止运动。已知小物块的质量为m2,小物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5,A点到B点的距离x=0.4 m,重力加速度g取10 m/s2,则小球与小物块碰后小物块的速率为 m/s,小球与小物块质量之比m1m2为 。
答案 2 13
解析 根据牛顿第二定律得μmg=ma,可知小物块的加速度a=μg=5 m/s2,根据匀变速直线运动公式v2=2as,解得小球与小物块碰后小物块速率v=2as=2 m/s;设小球碰撞前的速度为v1,碰撞后的速度为v1',根据动能定理得mgL=12mv12,mgh=12mv1'2,解得v1=4 m/s, v1'=2 m/s,以向右为正方向,根据动量守恒定律得m1v1=-m1v1'+m2v,解得m1m2=13。
7.(10分)(2024广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
甲
乙
丙
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为N,敏感球的质量为m,重力加速度为g,忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。
(2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动,与正下方的气囊发生碰撞。以头锤刚到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量m0=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小g取10 m/s2,求:
①碰撞过程中F的冲量大小和方向;
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
答案 (1)mamg+N (2)①330 N∙s,方向竖直向上 ②0.2 m
解析 本题考查牛顿第二定律、动量定理等。(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂对它向下的压力N以及斜面对它的支持力F支,则由牛顿第二定律可知(mg+N)tan θ=ma
解得tan θ=mamg+N。
(2)①由题图丙可知碰撞过程中F的冲量大小IF=12×0.1×6 600 N·s=330 N·s
方向竖直向上。
②头锤落到气囊上时的速度v0=2gH=8 m/s
与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)得
IF-m0gt=m0v-(-m0v0)
解得v=2 m/s
则上升的最大高度h=v22g=0.2 m。
综合提升
8.(2024山东青岛高三期末)如图所示,质量均为m的木块A和B,并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O点系一长为L的细线,细线另一端系一质量为m0的球C,现将球C拉起使细线水平伸直,并由静止释放球C,则下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A.运动过程中,A、B、C组成的系统动量守恒
B.球C摆到最低点过程,球C的速度为vC=2mgL2m+m0
C.球C第一次摆到最低点过程中,木块A、B向右移动的距离2mL2m+m0
D.球C第一次到达轻杆左侧最高处的高度与释放高度相同
答案 B
解析 木块A、B和球C组成的系统水平方向动量守恒,总动量不守恒,A错误;小球C下落到最低点时,A、B将要开始分离,此过程水平方向动量守恒,设A、B共同速度为vAB,根据机械能守恒有m0gL=12m0vC2+12×2mvAB2,由水平方向动量守恒得m0vC=2mvAB,联立解得vC=2mgL2m+m0,vAB=m0mmgL2m+m0,此后A、B分开。当C向左运动,达到最大高度时,A、C共速,设此时A、C速度为v共,B的速度依然为vAB。全程水平方向动量守恒,规定向左为正方向,即m0vC-mvAB=(m+m0)v共,整个过程中,系统机械能守恒,C的重力势能转化为A、B、C的动能,即12m0vC2+12mvAB2=m0gh+12(m+m0)v共2,解得h=(m0+2m)L2(m0+m),B正确,D错误;C球第一次摆到最低点过程中,A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得m0vC=2mvAB,则m0s1t=2ms2t,由几何关系得s1+s2=L,解得木块A、B向右移动的距离为s2=m02m+m0L,C错误。
9.(多选)(2024湖北卷)如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为m0、长为L的木块,质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变,其大小f与射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则( )
A.子弹的初速度大小为2kL(m+m0)mm0
B.子弹在木块中运动的时间为2mm0k(m+m0)
C.木块和子弹损失的总动能为k2L2(m+m0)mm0
D.木块在加速过程中运动的距离为mLm+m0
答案 AD
解析 本题考查子弹打木块模型。设子弹射入木块后,子弹和木块的速度分别为v1、v2,由动量守恒定律有mv0=mv1+m0v2,子弹和木块相互作用过程中受到的合力都为f=kv0,由牛顿第二定律得子弹和木块的加速度大小分别为a1=fm,a2=fm0,由运动学公式得2a1s1=v02-v12,2a2s2=v22,又s1-s2=L,联立可得v2=mv0-v02-2(m+m0)kLmm0v0m0+m,当木块的速度最大时v0-v02-2(m+m0)kLmm0v0取极大值,该函数在2kL(m+m0)mm0到无穷单调递减,因此当v0=2kL(m+m0)mm0时,木块的速度最大,A正确;木块获得的最大速度为v2=mv0m0+m,由运动学公式得v2=a2t,可得t=mm0km+m0,故B错误;由能量守恒定律可得子弹和木块损失的能量为ΔE=Q=fL=2k2L2m+m0mm0,故C错误;木块加速过程运动的距离为s2=0+v22t=mLm+m0,故D正确。
10.(13分)(2024黑吉辽卷)如图所示,高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧,弹簧与A、B不连接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA=0.4 m,B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止。A、B均视为质点,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB;
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ;
(3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。
答案 (1)1 m/s 1 m/s
(2)0.2
(3)0.12 J
解析 (1)A离开桌面后做平抛运动,A在空中的飞行时间为t
则h=12gt2,解得t=2hg=0.4 s
由xA=vAt
解得vA=xAt=1 m/s
设脱离弹簧时A、B速度大小为vA和vB。由于A、B组成的系统在弹簧恢复原长过程中,系统合外力为零,动量守恒,由动量守恒可知
mAvA=mBvB
解得vB=1 m/s。
(2)B脱离弹簧后沿桌面运动到静止,由动能定理可知
0-12mBvB2=-μmBgxB
解得μ=vB22gxB=0.2。
(3)弹簧的压缩量为Δx=0.1 m,则在弹簧恢复到原长的过程中,A、B运动位移分别为xA'=xB'=0.05 m
由能量守恒知
12mAvA2+12mBvB2=ΔEp-μmAgxA'-μmBgxB'
解得ΔEp=0.12 J。
11.(14分)(2024浙江1月选考)某固定装置的竖直截面如图所示,由倾角θ=37°的直轨道AB,半径R=1 m的圆弧轨道BCD,长度L=1.25 m、倾角为θ的直轨道DE,半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成,轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5 kg滑块b,其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放,经圆弧轨道BCD滑上轨道DE,轨道DE由特殊材料制成,小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25,向下运动时动摩擦因数μ2=0.5,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1,小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生弹性碰撞。(其他轨道均光滑,小物块视为质点,不计空气阻力,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,重力加速度取10 m/s2)
(1)若h=0.8 m,求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小;
②在DE上经过的总路程;
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。
(2)若h=1.6 m,滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
答案 (1)①16 m/s2 ②2 m ③1∶2 (2)0.2 m
解析 (1)①对小物块a从A到第一次经过C的过程,
根据机械能守恒定律有mgh=12mvC2
第一次经过C点的向心加速度大小为
a=vC2R=2ghR=16 m/s2。
②小物块a在DE上时,因为μ2mgcs θmg[h-R(1-cs θ)]=(μ1mgcs θ+μ2mgcs θ)s2
解得s=2 m。
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
a上=gsin θ+μ1gcs θ=8 m/s2
a下=gsin θ-μ2gcs θ=2 m/s2
将小物块a在DE上的若干次运动看作是一次完整的上滑和下滑,则根据运动学公式有
12a上t上2=12a下t下2
解得t上t下=12。
(2)对小物块a从A到F的过程,根据动能定理有
12mvF2=mg[h-Lsin θ-2R(1-cs θ)]-μ1mgLcs θ
解得vF=2 m/s
设滑块长度为l时,小物块恰好不脱离滑块,且此时二者达到共同速度v,根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mvF=2mv
12mvF2=12·2mv2+2μ1mgl
解得l=0.2 m。
12.(15分)(2024山东潍坊一模)如图所示,在倾角为37°的斜面上有一“”形木板A,在其上表面放有一滑块B,A、B的质量相同,开始保持滑块和木板静止在斜面上,滑块B到木板前端挡板P的距离L0=0.75 m,木板前端到斜面底端挡板Q的距离s0=11.07 m,木板与斜面间的动摩擦因数μ=0.375,木板上表面光滑,释放滑块B,已知滑块与木板间的碰撞为弹性碰撞且时间极短,木板A滑到斜面底端与挡板Q碰撞后速度立即变为零,整个过程滑块未脱离木板,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。求:
(1)滑块第一次与木板撞击时的速度大小;
(2)经多长时间木板与挡板Q发生碰撞;
(3)木板的长度至少为多长。
答案 (1)3 m/s
(2)2.73 s
(3)5.07 m
解析 (1)根据题意,对木板受力分析可知,木板A与斜面间的最大静摩擦力为
fm=μ·2mcs 37°=0.6mg=mgsin 37°
可知,木板A开始保持静止,对滑块B有
mgsin 37°=ma
vB12=2aL0
解得滑块第一次与木板撞击时的速度大小vB1=3 m/s。
(2)根据题意,设经过时间t1发生第一次碰撞,则有
vB1=at1
解得t1=0.5 s
碰撞过程为弹性碰撞,则第一次碰撞,由动量守恒定律和能量守恒定律有
mvB1=mvB1'+mvA1',12mvB12=12mvB1'2+mvA1'2
解得vB1'=0,vA1'=3 m/s
碰撞后交换速度,木板A匀速下滑,滑块B加速下滑,设经过时间t2发生第二次碰撞,木板A下滑距离为s1,则有
vB2=at2
s1=12vB2t2=vA1't2
解得vB2=6 m/s,t2=1 s,s1=3 m
同理可得,第二次碰撞后交换速度,则有
vB2'=3 m/s,vA2'=6 m/s
设经过时间t3发生第三次碰撞,木板A下滑距离为s2,则有
vB3=vB2'+at3
s2=vA2't3=vB2't3+12at32
解得t3=1 s,s2=6 m,vB3=9 m/s
由于s1+s2=9 mvB3'=6 m/s,vA3'=9 m/s
由于s0-s1-s2=2.07 m木板A与挡板Q发生碰撞前,滑块B不会与木板A发生第四次碰撞,设经过时间t4木板A与挡板Q发生碰撞,则有
t4=s0-s1-s2vA3'=0.23 s
则从滑块B开始运动到木板A与挡板Q发生碰撞的时间为
t总=t1+t2+t3+t4=2.73 s。
(3)设第三次碰撞后,经过时间t5,滑块B与木板A发生碰撞,此时,木板A与挡板Q已发生碰撞,则有
s0-s1-s2=vB3't5+12at52
此时滑块B的速度为
vB4=vB3'+at5
碰撞后,滑块B原速率弹回,即
vB4'=vB4
设滑块B能上升的最大距离为L,即木板A的最小长度,则有
0-vB4'2=-2aL
联立解得L=5.07 m。