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1、2022年高考物理二輪復習 專題二 功和能 動量和能量 專題突破練6 動量和能量觀點的應用 一、選擇題(共9小題,每小題6分,共54分。在每小題給出的四個選項中,第1~5小題只有一個選項符合題目要求,第6~9小題有多個選項符合題目要求,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯或不答的得0分) 1.(2018四川綿陽二診)在水平地面上,兩個具有相同初動量而質(zhì)量不同的物體在大小相等的阻力作用下最后停下來。則質(zhì)量大的物體(　　) A.滑行的距離小 B.滑行的時間長 C.滑行過程中的加速度大 D.滑行過程中的動量變化快 2.(2017遼寧本溪聯(lián)考)一位質(zhì)量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上跳起,

2、經(jīng)Δt時間,身體伸直并剛好離開地面,速度為v,在此過程中,下列說法正確的是(　　) A.地面對他的沖量為mv+mgΔt,地面對他做的功為mv2 B.地面對他的沖量為mv-mgΔt,地面對他做的功為零 C.地面對他的沖量為mv,地面對他做的功為mv2 D.地面對他的沖量為mv+mgΔt,地面對他做的功為零 3.(2018吉林二調(diào))一質(zhì)量為2 kg的物體受水平拉力F作用,在粗糙水平面上做加速直線運動時的a-t圖象如圖所示。若t=0時其速度大小為2 m/s,滑動摩擦力大小恒為2 N,則(　　) A.在t=6 s的時刻,物體的速度為18 m/s B.在0~6 s時間內(nèi),合力對物體做的

3、功為400 J C.在0~6 s時間內(nèi),拉力對物體的沖量為36 N·s D.在t=6 s的時刻,拉力F的功率為200 W 4. (2018山西晉城一模)所謂對接是指兩艘同方向以幾乎同樣快慢運行的宇宙飛船在太空中互相靠近,最后連接在一起。假設(shè)“天舟一號”和“天宮二號”的質(zhì)量分別為M、m,兩者對接前的在軌速度分別為(v+Δv)、v,對接持續(xù)時間為Δt,則在對接過程中“天舟一號”對“天宮二號”的平均作用力大小為(　　) A. B. C. D.0 5. (2018四川攀枝花一模)如圖所示,輕質(zhì)彈簧固定在水平地面上?，F(xiàn)將彈簧壓縮后,將一質(zhì)量為m的小球靜止放在彈簧上,釋放后小球被豎

4、直彈起,小球離開彈簧時速度為v,則小球被彈起的過程中(　　) A.地面對彈簧的支持力沖量大于mv B.彈簧對小球的彈力沖量等于mv C.地面對彈簧的支持力做功大于mv2 D.彈簧對小球的彈力做功等于mv2 6.(2018湖南常德期末)如圖所示,在光滑水平面上,質(zhì)量為m的A球以速度v0向右運動,與靜止的質(zhì)量為5m的B球碰撞,碰撞后A球以v=av0(待定系數(shù)a<1)的速率彈回,并與固定擋板P發(fā)生彈性碰撞,若要使A球能再次追上B球并相撞,則系數(shù)a可以是(　　) A. B. C. D. 7. (2018山東煙臺期末)質(zhì)量為M的小車置于光滑的水平面上,左端固定一根輕彈簧,質(zhì)量為m

5、的光滑物塊放在小車上,壓縮彈簧并用細線連接物塊和小車左端,開始時小車與物塊都處于靜止狀態(tài),此時物塊與小車右端相距為L,如圖所示,當突然燒斷細線后,以下說法正確的是(　　) A.物塊和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒 B.物塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒 C.當物塊速度大小為v時,小車速度大小為v D.當物塊離開小車時,小車向左運動的位移為L 8.(2017山東菏澤模擬)如圖甲所示,一質(zhì)量為m的物塊在t=0時刻,以初速度v0從足夠長、傾角為θ的粗糙斜面底端向上滑行,物塊速度隨時間變化的圖象如圖乙所示。t0時刻物塊到達最高點,3t0時刻物塊又返回底端。下列說法正確的是(　　) A.物塊從開始運

6、動到返回底端的過程中重力的沖量大小為3mgt0sin θ B.物塊從t=0時刻開始運動到返回底端的過程中動量變化量大小為mv0 C.斜面傾角θ的正弦值為 D.不能求出3t0時間內(nèi)物塊克服摩擦力所做的功 9. (2018湖北4月調(diào)研)如圖所示,可看成質(zhì)點的小球A、B、C的質(zhì)量分別為m、m、2m,A與BC間通過鉸鏈用輕桿連接,桿長為L,B、C置于水平地面上?，F(xiàn)讓兩輕桿并攏,將A由靜止釋放下降到最低點的過程中,A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運動,忽略一切摩擦,重力加速度為g。則(　　) A.A、B、C組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒 B.A、C之間的輕桿始終對C做正功 C.A與桌面接觸時具

7、有水平方向的速度 D.A與桌面接觸時的速度大小為 二、計算題(本題共3個小題,共46分) 10.(15分)(2018陜西咸陽一模)如圖所示,相距足夠遠完全相同的質(zhì)量均為3m的兩個木塊靜止放置在光滑水平面上,質(zhì)量為m的子彈(可視為質(zhì)點)以初速度v0水平向右射入木塊,穿出第一塊木塊時速度變?yōu)関0,已知木塊的長為L,設(shè)子彈在木塊中所受的阻力恒定。試求: (1)子彈穿出第一塊木塊后,第一個木塊的速度大小v以及子彈在木塊中所受阻力大小。 (2)子彈在第二塊木塊中與該木塊發(fā)生相對運動的時間t。 11. (15分)(2017山東棗莊模擬)如圖所示,光滑水

8、平直導軌上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C,物塊B、C靜止,物塊B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計);讓物塊A以速度v0朝B運動,壓縮彈簧;當A、B速度相等時,B與C恰好相碰并粘接在一起,然后繼續(xù)運動。假設(shè)B和C碰撞過程時間極短。那么從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中,求: (1)A、B第一次速度相同時的速度大小; (2)A、B第二次速度相同時的速度大小; (3)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能大小。 12.(16分)(2018河南洛陽尖子生聯(lián)考)如圖所示,在光滑水平地面上有一固定的擋板,擋板左端定一個輕彈簧。小車AB的質(zhì)量M=3 kg,長L=4

9、m(其中O為小車的中點,AO部分粗糙,BO部分光滑),一質(zhì)量為m=1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點),放在小車的最左端,車和小物塊一起以v0=4 m/s的速度在水平面上向右勻速運動,車撞到擋板后瞬間速度變?yōu)榱?但未與擋板粘連。已知車OB部分的長度大于彈簧的自然長度,小物塊與彈簧作用過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi),小物塊與小車AO部分之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.3,重力加速度取10 m/s2。求: (1)小物塊和彈簧相互作用的過程中,彈簧具有的最大彈性勢能; (2)小物塊和彈簧相互作用的過程中,彈簧對小物塊的沖量; (3)小物塊最終停在小車上的位置距A端多遠。 專題突破練6　動量和能量觀

10、點的應用 一、選擇題(共9小題,每小題6分,共54分。在每小題給出的四個選項中,第1~5小題只有一個選項符合題目要求,第6~9小題有多個選項符合題目要求,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯或不答的得0分) 1.A　解析 根據(jù)p=mv,Ek=mv2可知Ek=,初動量相同,質(zhì)量大的物體速度小;根據(jù)動能定理可知:-fL=0-,則可知質(zhì)量大的物體滑行的距離小,故A正確;根據(jù)動量定理可知,-ft=0-p,因動量相同,故滑行時間相同,故B錯誤;因阻力相同,由牛頓第二定律可知,質(zhì)量大的物體加速度小,故C錯誤;因兩物體均停止,所以滑行過程中動量變化相同,因滑行時間相同,故動量變化快慢相同,故D錯

11、誤。故選A。 2.D　解析 人的速度原來為零,起跳后變化v,以向上為正方向,由動量定理可得I-mgΔt=mv-0,故地面對人的沖量為mv+mgΔt,人在跳起時,地面對人的支持力作用點在腳底,在跳起過程中,在支持力方向上沒有位移,地面對運動員的支持力不做功,故D正確。 3.D　解析 根據(jù)Δv=aΔt可知a-t圖象中,圖象與坐標軸圍成的面積表示速度的增量,則在t=6 s時刻,物體的速度v6=v0+Δv=2 m/s+×(2+4)×6=20 m/s,故A錯誤;根據(jù)動能定理得:W合=ΔEk==396 J,故B錯誤;根據(jù)動量定理可知:IF-ft=mv-mv0,解得IF=48 N·s,選項C錯誤;在t=

12、6 s時刻,根據(jù)牛頓第二定律得:F=ma+f=2×4 N+2 N=10 N,則在t=6 s時刻,拉力F的功率P=Fv6=10×20 W=200 W,故D正確。 4.C　解析 在“天舟一號”和“天宮二號”對接的過程中水平方向動量守恒,M(v+Δv)+mv=(M+m)v',解得對接后兩者的共同速度v'=v+,以“天宮二號”為研究對象,根據(jù)動量定理有F·Δt=mv'-mv,解得F=,選項C正確,故選C。 5.A　解析 根據(jù)動量定理分析彈力和支持力的沖量;根據(jù)動能定理分析彈力做的功,彈簧沒有發(fā)生移動,所以地面的支持力不做功。規(guī)定豎直向上為正方向,對小球受力分析,受到豎直向下的重力和豎直向上的彈力作

13、用,故根據(jù)動量定律可得IF-IG=mv,所以彈簧對小球的彈力的沖量IF=mv+IG;地面對彈簧的支持力和彈簧對地面的彈力是一對相互作用力,所以N=F,故|IN|=|IF|=mv+|IG|>mv,A正確、B錯誤;由于彈簧沒有發(fā)生位移,所以地面對彈簧的支持力不做功,故C錯誤;根據(jù)動能定理WF-WG=mv2,所以WF=mv2+WG>mv2,故D錯誤。 6.BC　解析 A與B碰撞過程中,根據(jù)動量守恒可知:mv0=5mvB-mav0,要使A球能再次追上B球并相撞,則av0>vB,由以上兩式可解得:a>,故B、C正確。 7.BC　解析 彈簧推開物體和小車的過程,若取物體、小車和彈簧的系統(tǒng)為研究對象,無

14、其他力做功,則機械能守恒,但選物體和小車的系統(tǒng)為研究對象,彈力做功屬于系統(tǒng)外其他力做功,彈性勢能轉(zhuǎn)化成系統(tǒng)的機械能,此時系統(tǒng)的機械能不守恒,A選項錯誤。取物體和小車的系統(tǒng)為研究對象,外力之和為零,故系統(tǒng)的動量守恒,B項正確。由系統(tǒng)的動量守恒:0=mv-Mv',解得v'=v,C項正確。彈開的過程滿足反沖原理和人船模型,有,則在相同時間內(nèi),且x+x'=L,聯(lián)立得x'=,D項錯誤。故選BC。 8.BC　解析 物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量大小為3mgt0,選項A錯誤;由于下滑與上滑的位移大小相等,設(shè)物塊返回底端時的速度大小為v,則,得到v=,物塊從t=0時刻開始運動到返回底端的過程中動

15、量變化量大小為Δp=mv0--mv0=mv0,選項B正確;根據(jù)動量定理得,上滑過程中-(mgsin θ+μmgcos θ)·t0=0-mv0;下滑過程中(mgsin θ-μmgcos θ)·2t0=mv0;由兩式解得,sin θ=,μ=tan θ,故C正確,根據(jù)μ=tan θ可求解摩擦力,根據(jù)圖線也可求解3t0內(nèi)的路程,由此可求解3t0時間內(nèi)物塊克服摩擦力所做的功,選項D錯誤;故選BC。 9.AD　解析 A、B、C組成的系統(tǒng)水平方向受到的合力為零,則水平方向動量守恒,選項A正確;小球C的速度先增大后減小,則A、C之間的輕桿對C先做正功后做負功,選項B錯誤;系統(tǒng)初動量為零,水平方向末動量也為零

16、,因A與桌面接觸時,三個球的水平速度相等,則根據(jù)水平方向動量守恒可知三個球的水平速度均為零,選項C錯誤;豎直方向,當A與桌面接觸時,小球A的重力勢能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的動能,因B、C的速度為零,則mgL=mv2,解得v=,選項D正確;故選AD。 二、計算題(本題共3個小題,共46分) 10.答案 (1)v0　　(2) 解析 (1)子彈打穿第一塊木塊過程,由動量守恒定律有 mv0=mv0+3mv 解得v=v0 對子彈與第一塊木塊相互作用系統(tǒng),由能量守恒定律有 FfL=mv02-·(3m)v2 解得子彈受到木塊阻力Ff= (2)對子彈與第二塊木塊相互作用系統(tǒng),由于mv02=,則子彈不能打

17、穿第二塊木塊,設(shè)子彈與第二塊木塊共同速度為v共, 由動量守恒定律有 mv0=(m+3m)v共 解得v共= 對第二塊木塊,由動量定理有Fft=3m 子彈在第二塊木塊中的運動時間為t= 11.答案 (1)v0　(2)v0　(3) 解析 (1)對A、B接觸的過程中,當?shù)谝淮嗡俣认嗤瑫r,由動量守恒定律得,mv0=2mv1,解得v1=v0。 (2)設(shè)A、B第二次速度相同時的速度大小為v2,對A、B、C系統(tǒng),根據(jù)動量守恒定律得mv0=3mv2, 解得v2=v0。 (3)B與C接觸的瞬間,B、C組成的系統(tǒng)動量守恒,有 m=2mv3 解得v3=v0 系統(tǒng)損失的機械能為ΔE=m2-(2

18、m)2= 當A、B、C速度相同時,彈簧的彈性勢能最大,此時v2=v0 根據(jù)能量守恒定律得,彈簧的最大彈性勢能Ep=(3m)-ΔE=。 12.答案 (1)2 J　(2)4 kg·m/s,水平向左　(3)1.5 m 解析 (1)對小物塊,有ma=-μmg 根據(jù)運動學公式v2-=2a 由能量關(guān)系mv2=Ep,解得Ep=2 J。 (2)設(shè)小物塊離開彈簧時的速度為v1,有=Ep。 對小物塊,根據(jù)動量定理 I=-mv1-mv 代入數(shù)據(jù)得I=-4 kg·m/s。故彈簧對小物塊的沖量大小為4 kg·m/s,方向水平向左。 (3)小物塊滑過O點和小車相互作用,由動量守恒mv1=(m+M)v2。 由能量關(guān)系 μmgx=(m+M) 小物塊最終停在小車上距A的距離 xA=-x 解得xA=1.5 m。