高考复习二轮专项练习物理专题分层突破练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1.(2021福建泉州高三月考)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.(2021福建高三二模)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kglB.两车碰撞前瞬间A车的速度大小为2C.A车初速度大小为10D.两车碰撞过程中的动能损失为4kmgl3.(2021辽宁丹东高三一模)2022年冬奥会将在北京举行,滑雪是冬奥会的比赛项目之一,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∶2D.动能的增加量之比为1∶24.(多选)(2021辽宁大连高三一模)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零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)(2021河南洛阳高三二模)如图所示,质量均为2kg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=3m/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=4.875J B.ΔE=1.125JC.Ep=6J D.Ep=4.875J6.(2021福建漳州高三二模)如图所示,水平面上固定两根足够长的平行直导轨MN、PQ,两导轨间静置一质量m'=2.0kg的外壁光滑环形空心玻璃管ABCD,BC、DA段均为半圆管,AB、CD段是长度均为l=3.0m的直管。管内CD段放置有质量为m=1.0kg的小球,小球在AB段相对运动时受到的摩擦力Ff=0.3mg,玻璃管内其余部分光滑,g取10m/s2。现给玻璃管水平向右的初速度v0=6.0m/s,求:(1)从开始运动到小球与玻璃管共速,玻璃管对小球的冲量I的大小;(2)小球第一次通过玻璃管中A点时的速度大小。7.(2021福建福州高三二模)如图所示,质量为m'=2kg、带有半径为R=0.8m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=0.5kg的小球以Ek0=25J的初动能冲上曲面体轨道AB,g取10m/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8.(多选)(2021陕西高三二模)在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1010m,极小极小;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2000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1015),却集中了几乎所有原子的质量;④小小的电子(直径大约为1015m)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9.(多选)(2021江西高三一模)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'=8kg的小球B静止在水平轨道上,将质量为m=2kg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=0.2m,不计一切摩擦和空气阻力,g取10m/s2。则()A.释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为10JB.两小球第一次碰撞后速度大小之比为4∶1C.两小球最终运动的速度大小之比为7∶12D.两小球至多能发生2次碰撞10.(2021浙江温州高三二模)如图所示,内壁光滑的管道ABCD竖直放置,其圆形轨道部分半径R=1.2m,管道左侧A处放有弹射装置,被弹出的物块可平滑进入管道,管道右端出口D恰好水平,且与圆心O等高,出口D的右侧接水平直轨道,轨道呈光滑段、粗糙段交替排列,每段长度均为l=0.1m。在第一个光滑段与粗糙段的结合处P位置放一质量m=0.1kg的物块乙,质量为m=0.1kg的物块甲通过弹射装置获得初动能。两物块与各粗糙段间的动摩擦因数均为μ=0.1,弹簧的弹性势能与压缩量的二次方成正比,当弹射器中的弹簧压缩量为d时,物块甲到达与圆心O等高的C处时刚好对管壁无挤压。管道内径远小于圆形轨道半径,物块大小略小于管的内径,物块视为质点,空气阻力忽略不计,g取10m/s2。(1)求弹射器释放的弹性势能Ep和物块经过B点时对管道的压力F。(2)当弹射器中的弹簧压缩量为2d时,物块甲与物块乙在P处发生碰撞(碰撞时间极短),碰后粘在一起运动,求因碰撞甲物块损失的机械能。(3)若发射器中的弹簧压缩量为nd(n=2,3,4,…),物块甲与物块乙在P处发生碰撞(碰撞时间极短),碰后粘在一起运动,求碰后两物块滑行的距离s与n的关系式。11.(2021浙江6月选考)如图所示,水平地面上有一高h'=0.4m的水平台面,台面上竖直放置倾角θ=37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF,它们平滑连接,其中管道CD的半径r=0.1m、圆心在O1点,轨道DEF的半径R=0.2m、圆心在O2点,O1、D、O2和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑,与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞,碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动,与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞,碰后速度方向水平向右,大小与碰前相同,最终落在地面上Q点,已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=112,sin37°=0.6,cos37°=0.8(1)若小滑块的初始高度h=0.9m,求小滑块到达B点时速度v0的大小。(2)若小球能完成整个运动过程,求h的最小值hmin。(3)若小球恰好能过最高点E,且三棱柱G的位置上下可调,求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax。参考答案专题分层突破练6动量和能量观点的应用1.B解析重锤下落过程中做自由落体运动,根据v0=2gh可知,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,选项A错误。重锤撞击预制桩的瞬间动量守恒,则mv0=(m+m')v,可知重锤质量m越大,预制桩被撞后瞬间的速度越大,选项B正确。碰撞过程中,系统产生内能,重锤和预制桩的总机械能减小,选项C错误。整个过程中,重锤和预制桩在以共同速度下降的过程中,受合外力不为零,总动量减小,选项D2.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v2v12=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tanθ=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=2mv0tanθ,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×14.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,因为子弹与木块间有内能增加,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=1.125J,B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep=12mv026.答案(1)4kg·m/s(2)6m/s解析(1)由动量守恒得m'v0=(m+m')v玻璃管对小球的冲量I的大小I=mv解得I=4kg·m/s。(2)由动量守恒得m'v0=m'v1+mv2由功能关系得12m'v02-1解得v1=3m/s,v2=6m/s或v1=5m/s,v2=2m/s(不符合实际,舍掉)所以,小球速度v2=6m/s。7.答案(1)2m/s(2)8.25m/s(3)1.6s解析(1)由动能表达式可知Ek0=1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=10m/s,v1=2m/s。(2)从小球开始运动到B过程中,系统机械能守恒,有12mv解得v2=217m/s=8.25m/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-v所以从离开到回到B点,有t=2vyg=1.68.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=m9.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=2m/s;小球A自P到N,由动能定理得mg·2R=12mv212mv02,可得v0=10m/s;弹簧弹开小球A,弹性势能转化为动能,有Ep=12mv02=10J,即释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为10J,A正确。由能量守恒可知小球从管道出来的速度仍然为v0=10m/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=3105m/s,v2=2105m/s,故第一次碰后两球的速度大小之比为v1v2=32,B错误。当A返回后的速度大小为v1'=3105m/s,方向向右,v2=2105m/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'v4,12mv10.答案(1)1.2J3N,竖直向下(2)2.7J(3)s=(6n26.1)m(n=2,3,4,…)解析(1)物块甲到达与圆心O等高的C处时刚好对管壁无挤压,说明到达C点处速度恰好为零,从A到C由能量守恒可得Ep=mgR=1.2J从C到B过程由能量守恒可得mgR=1在B点由牛顿第二定律可得FNmg=mv解得FN=3N,由牛顿第三定律可知,物块经过B点时对管道压力大小为3N,方向竖直向下。(2)从A到D过程由能量守恒可得12mvD由于弹簧的弹性势能与压缩量的二次方成正比,对比(1)中结论可知Ep'=4mgR碰撞过程由动量守恒可得mvD=2mv1甲物块损失的机械能为ΔEp=1联立解得ΔEp=2.7J。(3)从A到D过程由能量守恒可得12mvD弹簧具有的弹性势能为Ep″=n2mgR碰撞过程满足动量守恒mvD=2mv2设在粗糙段滑行距离为x1,由能量守恒可得12×2mv22=2满足x1=3(n21)m(n=2,3,4,…)在光滑段滑行距离为x2=[3(n21)0.1]m(n=2,3,4,…)所以滑行的总距离为s=x1+x2=(6n26