專題分層突破練6動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用

選擇題:每小題6分，共48分

基礎(chǔ)鞏固

1.（2024河南駐馬店高三期末）某次冰球比賽中，甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員站在光滑的水平冰面上，甲將靜止

在冰面上的冰球傳給乙，乙接到冰球后又將冰球傳回甲。若甲、乙的質(zhì)量相等，且為冰球質(zhì)量的

倍，甲接到冰球后，甲、乙兩人的速度大小之比為（）

A.1B.—

/c+l

「k+1nk2

?~k~"（九+1）2

答案B

解析設(shè)冰球的質(zhì)量為火甲接到球后，甲、乙兩人的速度大小分別為小電根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

（km+m）v「kmv2=Q,解得"=—,故選B?

v2fc+1

2.（2024海南模擬預(yù)測(cè)）小明制作了一個(gè)火箭模型，火箭模型質(zhì)量為a（含燃料），開始火箭模型靜置

在地面上,點(diǎn)火后在極短時(shí)間內(nèi)以相對(duì)地面的速度的豎直向下噴出質(zhì)量為勿的燃?xì)?噴氣過程中忽

略重力和空氣阻力的影響，下列說法正確的是（）

A.火箭噴氣過程機(jī)械能守恒

B.火箭的推力來源于空氣對(duì)它的反作用力

C.噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型的動(dòng)量大小為mv0

D.噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型的速度大小為嗎

7no

答案C

解析系統(tǒng)所受合外力為零,滿足動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒,A錯(cuò)誤;火箭的推力是燃料燃燒產(chǎn)生的

高溫高壓氣體向后噴出時(shí)對(duì)火箭的反作用力,B錯(cuò)誤;開始總動(dòng)量為零,規(guī)定氣體噴出的方向?yàn)檎?/p>

向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得O=mvo+p,噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型的動(dòng)量大小與zm,C正確;根據(jù)Q=nrn>-（jB>-

ni）v,解得懺吧"D錯(cuò)誤。

mQ-m

3.（2024廣東汕頭一模）某實(shí)驗(yàn)小組用電池、電動(dòng)機(jī)等器材自制風(fēng)力小車,如圖所示,葉片勻速旋轉(zhuǎn)

時(shí)將空氣以速度/向后排開,葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面積為S空氣密度為0,下列說法正確的是（）

A.風(fēng)力小車的原理是將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為小車的動(dòng)能

B.t時(shí)間內(nèi)葉片排開的空氣質(zhì)量為PSv

C.葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí),空氣對(duì)小車的推力為PSv

D.葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí),單位時(shí)間內(nèi)空氣流動(dòng)的動(dòng)能為

答案C

解析風(fēng)力小車的原理是消耗電能,先轉(zhuǎn)化成風(fēng)能,再推動(dòng)小車運(yùn)動(dòng),所以是電能轉(zhuǎn)化為小車的動(dòng)

能,A錯(cuò)誤；力時(shí)間內(nèi)葉片排開的空氣質(zhì)量為勿=0MS,B錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理可得葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí),空氣

受到的推力為"亭=電詈SF,根據(jù)牛頓第三定律可知空氣對(duì)小車的推力為PS,,C正確;葉片

勻速旋轉(zhuǎn)時(shí),單位時(shí)間內(nèi)空氣流動(dòng)的動(dòng)能為笈手b*0sLV^PSV,D錯(cuò)誤。

4.（2024江西贛州一模）如圖甲所示，光滑水平地面上有46兩物塊，質(zhì)量分別為2kg、6kg,6的

左端拴接著一勁度系數(shù)為—N/m的水平輕質(zhì)彈簧，它們的中心在同一水平線上。A以速度的向靜止

的6方向運(yùn)動(dòng),從A接觸彈簧開始計(jì)時(shí)至A與彈簧脫離的過程中，彈簧長(zhǎng)度/與時(shí)間t的關(guān)系如圖

乙所示，彈簧始終處在彈性限度范圍內(nèi)，已知彈簧的彈性勢(shì)能瓦為彈簧的形變量），則（）

7/m

甲乙

A.在0%曲內(nèi)6物塊先加速后減速

B.整個(gè)過程中,48物塊構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

C.Vo=2m/s

D./物塊在6時(shí)刻時(shí)速度最小

答案C

解析在0%友內(nèi)，彈簧始終處于壓縮狀態(tài)，即6受到的彈力始終向右,所以6物塊始終做加速運(yùn)動(dòng),A

錯(cuò)誤;整個(gè)過程中,/、8兩物塊和彈簧三者構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,B錯(cuò)誤；由圖可知，在友時(shí)刻，彈

簧被壓縮到最短,則此時(shí)A,6共速,此時(shí)彈簧的形變量為xR.4m-0.lm=O.3m,則根據(jù)A,6兩物塊系

統(tǒng)動(dòng)量守恒有的的=（0心）匕根據(jù)46兩物塊和彈簧三者構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒有巳的為2=

三（m+而/+取聯(lián)立解得匹之m/s,C正確;在02加內(nèi)，彈簧始終處于壓縮狀態(tài)，即力受到彈力始終向左,

所以/物塊始終做減速運(yùn)動(dòng),則/物塊在2友時(shí)刻時(shí)速度最小,D錯(cuò)誤。

5.（多選）如圖所示，用不可伸長(zhǎng)的輕繩將質(zhì)量為處的小球懸掛在。點(diǎn)，繩長(zhǎng)8m,輕繩處于水平

拉直狀態(tài)?，F(xiàn)將小球由靜止釋放,下擺至最低點(diǎn)與靜止在4點(diǎn)的小物塊發(fā)生碰撞,碰后小球向左擺

的最大高度h$.2m,小物塊沿水平地面滑到6點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)。已知小物塊的質(zhì)量為儂小物塊與水平

地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃4）.5,4點(diǎn)到8點(diǎn)的距離4m,重力加速度g取10m/s2,則下列說法正確

的是（）

A.小球與小物塊質(zhì)量之比四=i

m22

B.小球與小物塊碰后小物塊的速率片2m/s

C.小球與小物塊的碰撞是彈性碰撞

D.小球與小物塊碰撞過程中有機(jī)械能損失

答案BC

解析根據(jù)牛頓第二定律得〃儂（島可知小物塊的加速度書m/s；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式

聲與ax,解得小球與小物塊碰后小物塊速率廠力而之m/s,B正確;設(shè)小球碰撞前的速度為小碰撞后

的速度為vi,,根據(jù)動(dòng)能定理得mg吟m%2,mgh^invi，2,解得%=4m/s,歷'=2m/s,以向右為正方向,根

據(jù)動(dòng)量守恒定律得處q二-功歷’5&匕解得詈=|,A錯(cuò)誤;碰撞前動(dòng)能=8nh,碰撞后動(dòng)能

歷'2飆/=2za+2德=80,碰撞前后動(dòng)能相等,所以小球與小物塊的碰撞是彈性碰撞,無機(jī)械能損

失,C正確,D錯(cuò)誤。

6.(多選)(2024廣西卷)如圖所示,堅(jiān)硬的水平地面上放置一木料,木料上有一個(gè)豎直方向的方孔,方

孔各側(cè)壁完全相同。木栓材質(zhì)堅(jiān)硬，形狀為正四棱臺(tái)，上下底面均為正方形，四個(gè)側(cè)面完全相同且與

上底面的夾角均為Q,木栓質(zhì)量為以與方孔側(cè)壁的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃。將木栓對(duì)準(zhǔn)方孔，接觸但無

擠壓,錘子以極短時(shí)間撞擊木栓后反彈,錘子對(duì)木栓沖量為I,方向豎直向下。木栓在豎直方向前進(jìn)

TAx的位移，未到達(dá)方孔底部。若進(jìn)入的過程方孔側(cè)壁發(fā)生彈性形變，彈力呈線性變化，最大靜摩

擦力約等于滑動(dòng)摩擦力,貝I()

A.進(jìn)入過程,木料對(duì)木栓的合力的沖量為Y

B.進(jìn)入過程，木料對(duì)木栓的平均阻力大小約為急，儂

C.進(jìn)入過程,木料和木栓的機(jī)械能共損失了;6gAx

D.木栓前進(jìn)Ax后木料對(duì)木栓一個(gè)側(cè)面的最大靜摩擦力大小約為惠普瑞

答案BCD

解析錘子撞擊木栓到木栓進(jìn)入的過程,合力的沖量為零,重力沖量不為零,則木料對(duì)木栓的沖量不

為乜選項(xiàng)A錯(cuò)誤。木栓進(jìn)入過程，由動(dòng)能定理知儂AxWAxR-*且刎喘得￡?一+儂，選

項(xiàng)B正確。由能量守恒的關(guān)系知，損失的機(jī)械能Ax,選項(xiàng)C正確。對(duì)木栓的一個(gè)側(cè)面受

力分析如圖

由于方孔側(cè)壁彈力呈線性變化,因此^X4X(Anisin。+Rcos0)=Ft

由B知三場(chǎng)修

結(jié)合Emax="R

解得住「“(產(chǎn)+

2-gAx),選項(xiàng)D正確。

'?ax4mAx(cos0+gsin0)

7.(10分)(2024廣東卷)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護(hù)乘客的裝置。

甲

頭錘-Q

丙

(1)安全帶能通過感應(yīng)車的加速度自動(dòng)鎖定,其原理的簡(jiǎn)化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的

過程中,敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達(dá)到共同的加速度a,同時(shí)頂起敏感臂，使之處于

水平狀態(tài),并卡住卷軸外齒輪,鎖定安全帶。此時(shí)敏感臂對(duì)敏感球的壓力大小為尻敏感球的質(zhì)量為

m,重力加速度為g,忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tan0。

(2)如圖乙所示，在安全氣囊的性能測(cè)試中，可視為質(zhì)點(diǎn)的頭錘從離氣囊表面高度為〃處做自由落體

運(yùn)動(dòng),與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘剛到氣囊表面為計(jì)時(shí)起點(diǎn),氣囊對(duì)頭錘豎直方向的作用力F

隨時(shí)間力的變化規(guī)律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量加%0kg,"3.2m,重力加速

度大小g取10m/s2,求：

①碰撞過程中廠的沖量大小和方向;

②碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度。

答案（1）」上三（2）①330N-s,方向豎直向上②0.2m

mg+FN

解析本題考查牛頓第二定律、動(dòng)量定理等。（1）敏感球受向下的重力儂和敏感臂對(duì)它向下的壓力

R以及斜面對(duì)它的支持力F支,則由牛頓第二定律可知（儂?。﹖an9=ma

解得tan

mg+FN

（2）①由題圖丙可知碰撞過程中廠的沖量大小1^X0.1X6600N-SN30N?s

方向豎直向上。

②頭錘落到氣囊上時(shí)的速度v0^2gH=8m/s

與氣囊作用過程由動(dòng)量定理（向上為正方向）得

lF-nhgt=nb/-（-nhFb）

解得v=2m/s

?2

則上升的最大高度2m。

20

綜合提升

8.（2024山東青島高三期末）如圖所示,質(zhì)量均為m的木塊A和4并排放在光滑水平面上,A上固定

一豎直輕桿,輕桿上端的。點(diǎn)系一長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線,細(xì)線另一端系一質(zhì)量為a的球C,現(xiàn)將球C拉起使

細(xì)線水平伸直,并由靜止釋放球C,則下列說法正確的是（重力加速度為g）（）

A.運(yùn)動(dòng)過程中,AB、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

B.球C擺到最低點(diǎn)過程,球C的速度為吐之

C.球C第一次擺到最低點(diǎn)過程中,木塊從6向右移動(dòng)的距離就；

D.球C第一次到達(dá)輕桿左側(cè)最高處的高度與釋放高度相同

答案B

解析木塊兒彳和球C組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，總動(dòng)量不守恒,A錯(cuò)誤;小球C下落到最低點(diǎn)

時(shí),48將要開始分離,此過程水平方向動(dòng)量守恒,設(shè)爾8共同速度為外,根據(jù)機(jī)械能守恒有

22

migL=^nbvc+|X2M^B,由水平方向動(dòng)量守恒得汲y27以歷聯(lián)立解得vc=2%

此后46分開。當(dāng)C向左運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大高度時(shí),/、。共速，設(shè)此時(shí)4C速度為■共,6的速度依然

為小。全程水平方向動(dòng)量守恒,規(guī)定向左為正方向，即m>vc-mvAB={m+nh）/共,整個(gè)過程中，系統(tǒng)機(jī)械能

2

守恒，C的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為4B、C的動(dòng)能，BP|?vc+3m=nkgh*m+向v/,解得

Jmo+2，n）L

Ai,B正確,D錯(cuò)誤;。球第一次擺到最低點(diǎn)過程中,4B、C組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,

以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得必吐之/總則喔=2畤,由幾何關(guān)系得X\+X2=L,解得木塊4、B

向右移動(dòng)的距離為X2=3￡,C錯(cuò)誤。

2m+m0

9.（多選）（2024湖北卷）如圖所示,在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為周、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木塊,質(zhì)量為m

的子彈水平射入木塊。設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中受到的阻力不變,其大小E與射入初速度大小兩

成正比，即A"的（4為已知常數(shù)）。改變子彈的初速度大小的，若木塊獲得的速度最大，則（）

L______L______J

Do

加=?加@

A.子彈的初速度大小為2必7n+西）

mm0

B.子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為總4

k[m+m0）

c.木塊和子彈損失的總動(dòng)能為史3也

mm0

D.木塊在加速過程中運(yùn)動(dòng)的距離為二匕

m+m0

答案AD

解析本題考查子彈打木塊模型。設(shè)子彈射入木塊后，子彈和木塊的速度分別為M、物由動(dòng)量守恒

定律有mv0=nivi+nbV2,子彈和木塊相互作用過程中受到的合力都為Fs=kv0,由牛頓第二定律得子彈和

木塊的加速度大小分別為喈，念肅，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得-巧2,2研為2,又…,聯(lián)立

II?,2(7n+mn)kL

m\v-VQ-----------VQI---------------

可得還，0J——絲2_1,當(dāng)木塊的速度最大時(shí)的-叼”取極大值,該函數(shù)在

m0+mYmm0

2Mm+如)到無窮單調(diào)遞減,因此當(dāng).棄回應(yīng)時(shí),木塊的速度最大,卜正確;木塊獲得的最大速度為

mmQmm0

皈必嘰，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得V產(chǎn)生t,可得2TL%，故B錯(cuò)誤；由能量守恒定律可得子彈和木塊損失的

mQ+mk(m+m0)

能量為AE=Q=FJ2k,故c錯(cuò)誤;木塊加速過程運(yùn)動(dòng)的距離為范卓勺故D正確。

10.(13分)(2024黑吉遼卷)如圖所示，高度FO.8m的水平桌面上放置兩個(gè)相同物塊46,質(zhì)量

HiA=mB=^.1kgo/、8間夾一壓縮量Ax=0.1m的輕彈簧,彈簧與4、8不連接。同時(shí)由靜止釋放爾

B,彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程的=0.4m,6脫離彈簧后沿桌面滑行

一段距離x/0.25m后停止。/、6均視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2o求：

(1)脫離彈簧時(shí)/、6的速度大小口和VB：

(2)物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)n;

(3)整個(gè)過程中，彈簧釋放的彈性勢(shì)能A&。

答案⑴1m/s1m/s

(2)0.2

(3)0.12J

解析(1)4離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng),/在空中的飛行時(shí)間為t

則h《gt\解得t-隹4.4s

2\9

由XA=VAt

解得以學(xué)=lm/s

設(shè)脫離彈簧時(shí)46速度大小為以和儂由于/、8組成的系統(tǒng)在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過程中，系統(tǒng)合外力

為零,動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒可知

mAvA=inBVB

解得西=lm/s。

⑵6脫離彈簧后沿桌面運(yùn)動(dòng)到靜止，由動(dòng)能定理可知

ZX12

0-^01帆二一〃mBgXB

解得〃第.2。

⑶彈簧的壓縮量為A^4）.1m,則在彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)的過程中,46運(yùn)動(dòng)位移分別為x/=x/=Q.05m

由能量守恒知

1O12A廠，,

5如孫+萬酶B=八與一〃阿弗-HUlBgXB

解得△耳力.12J。

11.（14分）（2024浙江1月選考）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角。=37°的直軌道/反半

徑7?=1m的圓弧軌道6四長(zhǎng)度￡=1.25m、傾角為9的直軌道龐，半徑為火、圓心角為9的圓弧

管道"組成，軌道間平滑連接。在軌道末端尸的右側(cè)光滑水平面上緊靠著質(zhì)量5kg滑塊6,其

上表面與軌道末端廠所在的水平面平齊。質(zhì)量〃力.5kg的小物塊a從軌道上高度為人靜止釋

放,經(jīng)圓弧軌道6切滑上軌道DE,軌道應(yīng)由特殊材料制成,小物塊a向上運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)

小力.25,向下運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)入旬.5,且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。當(dāng)小物塊a在滑塊6

上滑動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)恒為小，小物塊a運(yùn)動(dòng)到滑塊右側(cè)的豎直擋板能發(fā)生彈性碰撞。（其他軌道均

光滑，小物塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，sin37°=0.6,cos37°R.8,重力加速度取10m/s2）

（1）若加0.8m,求小物塊

①第一次經(jīng)過C點(diǎn)的向心加速度大??；

②在應(yīng)上經(jīng)過的總路程；

③在龐上向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間方上和向下運(yùn)動(dòng)時(shí)間t下之比。

（2）若力=1.6m,滑塊至少多長(zhǎng)才能使小物塊不脫離滑塊。

答案(1)①16m/s2②2m③1：2(2)0.2m

解析（1）①對(duì)小物塊a從4到第一次經(jīng)過。的過程,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有

2

mg/]^mvc

第一次經(jīng)過。點(diǎn)的向心加速度大小為

s2

RRo

②小物塊H在施上時(shí)，因?yàn)椤?儂cos空in。，所以小物塊a每次在座上升至最高點(diǎn)后一定會(huì)

下滑,之后經(jīng)過若干次在座上的滑動(dòng)使機(jī)械能損失,最終小物塊a將在6、〃間往復(fù)運(yùn)動(dòng),且小物塊

每次在以上向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)的距離相等,設(shè)其在座上經(jīng)過的總路程為s,根據(jù)功能關(guān)系有

mglh-R（\~cos。）]二（小儂cos。+〃2磔cos。）|

解得s^2mo

③根據(jù)牛頓第二定律可知小物塊0在班上向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小分別為

a±^sin°+口\gcos0^8m/s2

a下超sin。一〃2鴕os0^2m/s2

將小物塊a在座上的若干次運(yùn)動(dòng)看作是一次完整的上滑和下滑,則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

la以上2=1■下2

解得y=

,下2

⑵對(duì)小物塊3從/到分的過程,根據(jù)動(dòng)能定理有

2

^mvF-mg[Ji-LsinQ-27?（1^cos^）]-iixmgLcos夕

解得%=2m/s

設(shè)滑塊長(zhǎng)度為1時(shí)，小物塊恰好不脫離滑塊,且此時(shí)二者達(dá)到共同速度匕根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量

守恒定律有

mvF=2mv

2

|mvF=I?21n卡包l^xingl

解得1=0.2mo

12.（15分）（2024山東濰坊一模）如圖所示，在傾角為37°的斜面上有一“_I”形木板4在其上

表面放有一滑塊B,48的質(zhì)量相同,開始保持滑塊和木板靜止在斜面上,滑塊夕到木板前端擋板P

的距離Zo=0.75m,木板前端到斜面底端擋板0的距離劉=11.07m,木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)

〃4).375,木板上表面光滑,釋放滑塊B,已知滑塊與木板間的碰撞為彈性碰撞且時(shí)間極短,木板/滑

到斜面底端與擋板0碰撞后速度立即變?yōu)榱?整個(gè)過程滑塊未脫離木板,g取10m/s2,sin

37°=0.6,cos37°4).8。求：

(1)滑塊第一次與木板撞擊時(shí)的速度大??；

(2)經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間木板與擋板。發(fā)生碰撞；

(3)木板的長(zhǎng)度至少為多長(zhǎng)。

答案(1)3m/s

(2