【文档说明】2024届高考二轮复习物理试题（新高考新教材） 专题分层突破练6　动量和能量观点的应用 Word版含解析.docx，共(9)页，367.187 KB，由小赞的店铺上传

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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151vB.蚊子与雨滴融为一体

的过程中,雨滴的动量变化量为5051mvC.蚊子与雨滴融为一体的过程中,蚊子受到的平均作用力为50𝑚𝑣51𝑡D.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v0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=kv0(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.13<k≤35B.0<k<13C.k<13或k≥35D.0<k≤356.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1kg。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v0=2m/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.0.25JB.0.50JC.0.75JD.1.00J7.(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v0,在图示情况下,探测器在远离行星后速度大小为vt。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.vt=2uB.vt=v0+2uC.vt=2v0+uD.vt=v0+u8.(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50m/s,方向与竖直方向成60°斜向下。若爆炸点离地高度为120m,不计P、Q运动过程中受

到的阻力,重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是()A.Q部分落地时的速度大小为20√7m/sB.Q部分落地时的速度大小为90m/sC.P部分落地点与爆炸点的水平距离为75√3mD.P部分落地点与爆炸点的水平距离为135√3mB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2kg,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=4s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2kgB.物块B离开墙壁前,弹簧的最大弹性势能为40.5JC.4s到12s的时间内,墙壁对物块B的冲量大小为0D.物块B离开墙壁后,物块B的最大速度大小为3.6m/s1

0.(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段是倾角为37°的斜面,BC段水平,CD段是半径为0.3m的竖直14圆弧,A、D两点等高,小车的总质量为2kg。一质量为1kg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2m/s。已知AB段粗糙,BC段、CD段均光滑,重力加速度取10m/s2,sin37°=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1m/sC.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1.2m/s11.(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√3𝑔𝐿5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𝐿10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。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𝑚0𝑚=𝑏𝑎-𝑏,求小球下降h=𝑏2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=1𝑚F-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=5051v,A错误;雨滴的动量变化量为Δp=50m(v共-v)=-5051mv,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=50𝑚𝑣51𝑡,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.AA球与B球第一次碰撞过程,根据动量守恒定律可得mv0=-m·

kv0+4mvB,碰撞过程应遵循系统总动能不增加原则,则有12𝑚𝑣02≥12m(kv0)2+12×4m𝑣𝐵2,为了使A球能与B球再次发生碰撞,需要满足kv0>vB,联立解得13<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mAv0=(mA+mB)v1,代入数据解得v1=1m/s,弹簧被压缩到最短时,B的速度为v1=1m/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mBv1=(mB+mC)v2,代入数据解得v2=0

.5m/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=12mB𝑣12−12(mB+mC)𝑣22=0.25J,故选A。7.B根据动量守恒定律有-mv0+m行u=mvt+m行u1,根据能量守

恒定律有12𝑚𝑣02+12m行u2=12𝑚𝑣𝑡2+12m行𝑢12,解得vt=𝑚行(𝑣0+2𝑢)𝑚行+𝑚−𝑚𝑣0𝑚行+𝑚,又因为m≪m行,解得vt=v0+2u,故选B。8.AC爆炸过程中由动量守恒定律得mPvP=mQvQ,对Q从爆炸到

落地由动能定理得mQgh=12mQv2-12mQ𝑣𝑄2,解得v=20√7m/s,A正确,B错误;对P部分在竖直方向有vPy0=vPcos60°=25m/s,h=vPy0t+12gt2,解得t=3s,水平方向有vPx=vPsin60°=25√3m/s,x=vPxt,解得P部分落

地点与爆炸点的水平距离为x=75√3m,C正确,D错误。9.D由图知,C与A碰前速度为v1=9m/s,碰后速度为v2=3m/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mCv1=(mA+mC)v2

,解得mC=1kg,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Ep=12(mA+mC)𝑣22=13.5J,B错误;由图知,12s末A和C的速度为v3=-3m/s,4s到12s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=(mA+mC)v3-(mA+mC)v2=-18N·s,即大小为18N·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3m/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(mA+mC)v3=(mA+mC)v4+mBvB,12(mA+mC)𝑣32=12(mA+mC)𝑣42+12mB𝑣𝐵2,代入数据解得vB=-3.6m/s,物块B的最大速度大小为3.6m/s,D正确。1

0.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vB,取水平向右为正方向,小车和

小物块水平方向动量守恒,mvAcos37°=m车v车+mvB,解得v车=-0.4m/s,小物块首次经过BC段的最左端时,小车的速度大小为0.4m/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mvB+m车v车=(m车+m)v,由机械能守恒定律12𝑚𝑣𝐵2+12m车𝑣车2=12(m+m车)v2+mgh,解得v=0.4m/s,h=0.192m<0.3m,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mvB+m车v车=mv'cosθ,因为0<cosθ<1,得v'>1.2m/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mCg=2mgcos30°解得mC=√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·√3𝑔𝐿5=√3m×0+2mv解得v=32√𝑔𝐿5。C、D碰撞后D向下运动𝐿10距离后停止,根据

动能定理可知0-12×2mv2=2mg𝐿10-F𝐿10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12mCv'2+2×12m(v'cosα)2=m

Cg𝐿tan𝛼-2mg(𝐿sin𝛼-𝐿)令y=mCg𝐿tan𝛼-2mg(𝐿sin𝛼-𝐿)对上式求导数可得d𝑦d𝛼=√3mgL-1(sin𝛼)2+2mgLcos𝛼(sin𝛼)2当d𝑦d𝛼=

0时解得cosα=√32,即α=30°此时y=mCg𝐿tan𝛼-2mg(𝐿sin𝛼-𝐿)=mgL于是有12mCv'2+2×12m(v'cosα)2=mgL解得v'2=𝑔𝐿34+√32此时C的最大动能为Ekm=12mCv'2=(4-2√3)

mgL。12.答案(1)√2𝑚2𝑔𝑏𝑚0(𝑚0+𝑚)𝑚𝑎𝑚0+𝑚(2)(𝑥-𝑚𝑚0+𝑚𝑎)2(𝑎𝑚0𝑚0+𝑚)2+𝑦2𝑏2=1(y≤0)(3)2b√𝑔𝑎+3𝑏解析(1)小球与凹槽组成的系统机械能守恒,则mgb=12m0𝑣12+

12𝑚𝑣22(凹槽相对地面向右的速度为v1,小球相对地面向左的速度为v2)①小球与凹槽组成的系统在水平方向上动量守恒,则m0v1=mv2②联立①②得v1=√2𝑚2𝑔𝑏𝑚0(𝑚0+𝑚)由②式得m0x1=mx2(x1、x2均为相对地面位移的大小)③x1+x2=a④联立③④得x1

=𝑚𝑎𝑚0+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')2𝑎2+𝑦2𝑏2=1联立以上各式得(𝑥-𝑚𝑚0+𝑚𝑎)2(𝑎𝑚0𝑚0+𝑚)2+𝑦2𝑏2=1(y≤0)。(3)当𝑚0𝑚=𝑏𝑎-𝑏

时,轨迹方程为[𝑥-(𝑎-𝑏)]2𝑏2+𝑦2𝑏2=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=𝑏2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mvcos60°

=m0v'根据机械能守恒定律得mg𝑏2=12m0v'2+12mv2联立解得v=2b√𝑔𝑎+3𝑏。