2024年高考物理二轮复习专题分层突破训练6动量和能量观点的应用

专题分层突破练6动量和能量观点的应用
A组基础巩固练
1.(2022北京卷) “雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。

跳台滑雪运动中,裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。

运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段:①助滑阶段,运动员两腿尽量深蹲,顺着助滑道的倾斜面下滑;②起跳阶段,当进入起跳区时,运动员两腿猛蹬滑道快速伸直,同时上体向前伸展;③飞行阶段,在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态;④着陆阶段,运动员落地时两腿屈膝,两臂左右平伸。

下列说法正确的是()
A.助滑阶段,运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B.起跳阶段,运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C.飞行阶段,运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D.着陆阶段,运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
2.(多选)(2023全国新课标卷)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离,静止于水平桌面上,甲的N极正对着乙的S极,甲的质量大于乙的质量,两者与桌面之间的动摩擦因数相等。

现同时释放甲和乙,在它们相互接近过程中的任一时刻()
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的动量大小比乙的小
C.甲的动量大小与乙的相等
D.甲和乙的动量之和不为零
3.(2022山东卷)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。

如图所示,发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出,火箭速度接近零时再点火飞向太空。

从火箭开始运动到点火的过程中()
A.火箭的加速度为零时,动能最大
B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
4.(2023湖南张家界二模)已知一滴雨珠的重力可达蚊子体重的几十倍,但是下雨时蚊子却可以在“雨中漫步”。

为研究蚊子不会被雨滴砸死的诀窍,科学家用高速相机拍摄并记录蚊子的运动情况,研究发现蚊子被雨滴击中时并不抵挡雨滴,而是与雨滴融为一体,顺应雨滴的趋势落下,随后迅速侧向微调与雨滴分离。

已知蚊子的质量为m ,初速度为零;雨滴质量为50m ,击中蚊子前竖直匀速下落的速度为v ,蚊子与雨滴的作用时间为t ,以竖直向下为正方向。

假设雨滴和蚊子组成的系统所受合外力为零。

则( )
A.蚊子与雨滴融为一体后,整体的速度大小为1
51v
B.蚊子与雨滴融为一体的过程中,雨滴的动量变化量为50
51mv C.蚊子与雨滴融为一体的过程中,蚊子受到的平均作用力为
50mv
51t D.若雨滴直接砸在静止的蚊子上,蚊子受到的平均作用力将变小
5.(2023山东青岛统考)如图所示,质量为m 的小球A 沿光滑水平面以速度v 0向右运动,与质量为4m 的静止小球B 发生碰撞,碰撞后小球A 以速率v=kv 0(k 为待定系数)弹回,然后与固定挡板P 发生弹性碰撞,要使A 球能与B 球再次发生碰撞,则k 的取值范围为( )
A.1
3<k ≤3
5 B.0<k<13 C.k<13
或k ≥35 D.0<k ≤35
6.如图所示,滑块A 、B 、C 位于光滑水平面上,已知A 、B 、C 的质量均为1 kg 。

滑块B 的左端连有轻质弹簧,弹簧开始时处于自由伸长状态。

现使滑块A 以v 0=2 m/s 的速度水平向右运动,弹簧被压缩到最短时,B 与C 恰好相碰并黏接在一起,然后继续运动。

假设B 和C 碰撞过程时间极短,则B 和C 碰撞过程中整个系统损失的机械能为( )
A.0.25 J
B.0.50 J
C.0.75 J
D.1.00 J
7.(2023湖南邵阳二模)“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。

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v 0,在图示情况下,探测器在远离行星后速度大小为v t 。

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。

那么下列判断正确的是()
A.v t=2u
B.v t=v0+2u
C.v t=2v0+u
D.v t=v0+u
8.(多选)(2023山东济南一模)某课外兴趣小组在一次实验中,将自制火箭从地面竖直向上发射,火箭到达最高点时爆炸,分裂成质量不等的P、Q两部分,P、Q两部分的质量比为2∶5。

爆炸后P部分的初速度大小为50 m/s,方向与竖直方向成60°斜向下。

若爆炸点离地高度为120 m,不计P、Q运动过程中受到的阻力,重力加速度g取10 m/s2。

下列说法正确的是()
A.Q部分落地时的速度大小为20√7 m/s
B.Q部分落地时的速度大小为90 m/s
C.P部分落地点与爆炸点的水平距离为75√3 m
D.P部分落地点与爆炸点的水平距离为135√3 m
B组素能提升练
9.(2023山东济宁一模)如图甲所示,物块A、B的质量均为2 kg,用轻弹簧连接,放在光滑的水平地面上,物块B右侧与竖直墙壁接触但不黏连。

物块C从t=0时以一定速度向右运动,在t=4 s时与物块A相碰,并立即与物块A黏在一起不再分开,物块C的v-t图像如图乙所示。

下列说法正确的是()
A.物块C的质量为2 kg
B.物块B离开墙壁前,弹簧的最大弹性势能为40.5 J
C.4 s到12 s的时间内,墙壁对物块B的冲量大小为0
D.物块B离开墙壁后,物块B的最大速度大小为3.6 m/s
10.(多选)(2023安徽淮南一模)如图所示,静止在光滑水平面上的小车,由三段轨道平滑连接而成。

AB
圆弧,A、D两点等高,小车的总质段是倾角为37°的斜面,BC段水平,CD段是半径为0.3 m的竖直1
4
量为2 kg。

一质量为1 kg的小物块,从A点以1.5 m/s的初速度沿斜面向下运动,当其首次经过BC段
的最左端时,速度大小为2 m/s。

已知AB段粗糙,BC段、CD段均光滑,重力加速度取10 m/s2,sin 37°=0.6,则()
A.小物块最终相对于小车静止在B点
B.小物块首次经过BC段的最左端时,小车的速度大小为1 m/s
C.小物块会从D点离开小车
D.小车向左位移最大时小物块的速度大于1.2 m/s
11.(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
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竖直向下运度为√3gL
5
动L
距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。

A、B、C、D均可视为质点。

10
(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。

12.(2023湖南卷)如图所示,质量为m0的匀质凹槽放在光滑水平地面上,凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道,椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b,长轴水平,短轴竖直。

质量为m的小球,初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。

以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点,在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy,椭圆长轴位于x轴上。

整个过程凹槽不翻转,重力加速度为g。

(1)小球第一次运动到轨道最低点时,求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离。

(2)在平面直角坐标系xOy中,求出小球运动的轨迹方程。

(3)若m0
m =b
a-b
,求小球下降h=b
2
高度时 ,小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示)。

专题分层突破练6 动量和能量观点的应用
1.B 助滑阶段,运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力,A 错误;起跳阶段,运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力,增加向上的速度,B 正确;飞行阶段,运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力,从而减小水平方向的加速度,C 错误;着陆阶段,运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间,根据动量定理可知,可以减少身体受到的平均冲击力,D 错误。

2.BD 根据F-μmg=ma 可得a=1
m F-μg ,因m 甲>m 乙,故a 甲<a 乙,任意时刻甲的速度大小比乙的小,选项A 错误;m 甲>m 乙,甲和乙系统合外力的冲量方向向左,故甲的动量大小比乙的小,选项B 、D 正确,选项C 错误。

3.A 选火箭为研究对象,其先向上做加速运动,后向上做减速运动,至火箭速度为零。

开始火箭受推力、重力及空气阻力,当合力为零时,加速度为零,速度最大,动能最大,选项A 正确。

火箭向上运动过程中,重力势能也增加,选项B 错误。

根据动量定理,推力、重力和空气阻力的合力的冲量等于火箭动量的增加量,选项C 错误。

根据动能定理,推力、重力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量,选项D 错误。

4.C 蚊子与雨滴融为一体的过程中,根据动量守恒定律有50mv=51mv 共,解得v 共=50
51v ,A 错误;雨滴的动量变化量为Δp=50m (v 共-v )=-50
51mv ,B 错误;设蚊子受到的平均作用力为F ,根据动量定理有Ft=mv 共,解得F=
50mv
51t
,C 正确;若雨滴直接砸在静止的蚊子上,蚊子与雨滴的作用时间变短,雨滴的动量变化量变大,则雨滴受到的平均作用力将变大,蚊子受到的平均作用力也变大,D 错误。

5.A A 球与B 球第一次碰撞过程,根据动量守恒定律可得mv 0=-m·kv 0+4mv B ,碰撞过程应遵循系统总动能不增加原则,则有12
m v 02≥12
m (kv 0)2+12
×4m v B 2,为了使A 球能与B 球再次发生碰撞,需要满足kv 0>v B ,联立解得1
3<k ≤35,故选A 。

6.A 对A 、B 组成的系统,A 、B 速度相等时,弹簧被压缩到最短,根据动量守恒定律有
m A v 0=(m A +m B )v 1,代入数据解得v 1=1 m/s,弹簧被压缩到最短时,B 的速度为v 1=1 m/s,此时B 与C 发生完全非弹性碰撞,对B 、C 组成的系统,由动量守恒定律得m B v 1=(m B +m C )v 2,代入数据解得v 2=0.5 m/s,只有B 与C 发生非弹性碰撞,有机械能损失,则损失的系统机械能为ΔE=12
m B v 12−
1
2
(m B +m C )v 22=0.25 J,故选A 。

7.B 根据动量守恒定律有-mv 0+m 行u=mv t +m 行u 1,根据能量守恒定律有12
mv 02+12
m 行u 2=1
2m v t 2+1
2m 行u 12,解得v t =
m 行(v 0+2u )m 行+m
−mv 0
m
行
+m ,又因为m ≪m 行,解得v t =v 0+2u ,故选B 。

8.AC 爆炸过程中由动量守恒定律得m P v P =m Q v Q ,对Q 从爆炸到落地由动能定理得m Q gh=12
m Q v 2-12
m Q v Q 2,解得v=20√7 m/s,A 正确,B 错误;对P 部分在竖直方向有v Py 0=v P cos 60°=25 m/s,h=v Py 0t+12
gt 2,解得t=3 s,水平方向有v Px =v P sin 60°=25√3 m/s,x=v Px t ,解得P 部分落地点与爆炸点的水平距离为x=75√3 m,C 正确,D 错误。

9.D 由图知,C 与A 碰前速度为v 1=9 m/s,碰后速度为v 2=3 m/s,C 与A 碰撞过程动量守恒,以C 的初速度方向为正方向,由动量守恒定律有m C v 1=(m A +m C )v 2,解得m C =1 kg,A 错误;A 、C 黏在一起速度变为0时,弹簧的弹性势能最大,为E p =1
2(m A +m C )v 22=13.5 J,B 错误;由图知,12 s 末A 和C 的速度为v 3=-3 m/s,4 s 到12 s 过程中墙壁对物块B 的冲量大小等于弹簧对物块B 的冲量大小,也等于弹簧对A 和C 整体的冲量大小,则墙壁对B 的冲量为I=(m A +m C )v 3-(m A +m C )v 2=-18 N ·s,即大小为18 N ·s,C 错误;物块B 刚离开墙壁时,由机械能守恒定律可得,A 、C 向左运动的速度大小为3 m/s,物块B 离开墙壁后,系统动量守恒、机械能守恒,当弹簧再次恢复原长时,物块B 的速度最大,则有(m A +m C )v 3=(m A +m C )v 4+m B v B ,1
2(m A +m C )v 32=1
2(m A +m C )v 42+1
2m B v B 2,代入数据解得v B =-3.6 m/s,物块B 的最大速度大小为3.6 m/s,D 正确。

10.AD 只要小物块在B 点速度不为零,小物块就会冲上斜面,并下滑,由能量守恒定律,小物块最终相对于小车静止在B 点,A 正确;设小车质量为m 车,小物块质量为m ,小物块首次经过BC 段的最左端时速度为v B ,取水平向右为正方向,小车和小物块水平方向动量守恒,mv A cos 37°=m 车v 车+mv B ,解得v 车=-0.4 m/s,小物块首次经过BC 段的最左端时,小车的速度大小为0.4 m/s,B 错误;设小物块在CD 段上升最大高度(相对BC )为h ,此时小物块和小车速度相同,设为v ,由水平方向动量守恒,得mv B +m 车v 车=(m 车+m )v ,由机械能守恒定律12
mv B 2+12
m 车v 车2=12
(m+m 车)v 2+mgh ,解得v=0.4 m/s,h=0.192 m <0.3 m,小物块不会从D 点离开小车,C 错误;小车向左位移最大时,小车的速度为零,小物块此时在CD 段,设小物块的速度为v', 速度方向与水平方向的夹角为θ,由水平方向动量守恒得mv B +m 车v 车=mv'cos θ,因为0<cos θ<1,得v'>1.2 m/s,D 正确。

11.答案 (1)√3m (2)6.5mg (3)(4-2√3)mgL
解析 (1)系统在题图虚线位置保持静止,以C 为研究对象,根据平衡条件可知 m C g=2mg cos 30° 解得m C =√3m 。

(2)C 、D 碰后C 的速度为零,设碰撞后D 的速度为v ,根据动量守恒定律可知 √3m·
√3gL
5=√3m×0+2mv
解得v=3
2√gL
5。

C 、
D 碰撞后D 向下运动L
10距离后停止,根据动能定理可知
0-12×2mv 2=2mg L 10-F L 10
解得F=6.5mg 。

(3)设某时刻C 向下运动的速度为v',图中虚线与竖直方向的夹角为α,根据机械能守恒定律可知
12m C v'2+2×12m (v'cos α)2=m C g L tanα-2mg (L sinα
-L) 令y=m C g L tanα-2mg (L
sinα-L) 对上式求导数可得dy dα=√3mgL
-1
(sinα)
2+2mgL
cosα
(sinα)2
当dy
dα=0时解得cos α=√3
2,即α=30° 此时y=m C g L
tanα-2mg (L
sinα-L)=mgL 于是有1
2m C v'2+2×12m (v'cos α)2=mgL 解得v'2=
34+√32
此时C 的最大动能为 E km =1
2m C v'2=(4-2√3)mgL 。

12.答案 (1)√
2m 2gb m 0(m 0+m ) ma
m 0+m
(2)(x -m
m 0+m a )
2
(am 0m 0
+m )
2+y 2b 2=1(y ≤0)
(3)2b √
g
a+3b
解析 (1)小球与凹槽组成的系统机械能守恒,则
mgb=12
m 0v 12+12
mv 22(凹槽相对地面向右的速度为v 1,小球相对地面向左的速度为v 2) ① 小球与凹槽组成的系统在水平方向上动量守恒,则m 0v 1=mv 2 ②
联立①②得v 1=√
2m 2gb
m 0(m 0+m )
由②式得m 0x 1=mx 2(x 1、x 2均为相对地面位移的大小) ③ x 1+x 2=a ④
联立③④得x 1=ma
m
0+m。

(2)小球与凹槽组成的系统,在水平方向上动量守恒,则m0x1'=mx2'
x+x2'=a
且满足(x-x1')2
a2+y2
b2
=1
联立以上各式得
(x-
m
m0+m a)
2
(
am0
m0+m)
2
+y2
b2
=1(y≤0)。

(3)当m0
m =b
a-b
时,轨迹方程为[x-(a-b)]
2
b2
+y2
b2
=1,即小球的轨迹为圆的一部分,圆心为(a-b,0),半径为b
小球下降h=b
2
高度时,根据几何关系可得图中α=30°在水平方向上,根据动量守恒定律得
mv cos 60°=m0v'
根据机械能守恒定律得
mg b
2=1
2
m0v'2+1
2
mv2
联立解得v=2b√g
a+3b。