高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)練習(xí) 第7章階段復(fù)習(xí)練(三)　能量和動(dòng)量（含詳解）

1.(2024·四川攀枝花市測試)質(zhì)量為1kg的物塊靜止在水平地面上，t＝0時(shí)對其施加一水平拉力F，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后撤去拉力，之后物塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)直至停止。該物體運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間圖像如圖所示，圖像在P點(diǎn)處的斜率最大、Q點(diǎn)處的斜率為0，已知物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度取10m/s2，則水平拉力F的大小為()A．2NB．4NC．6ND．8N2.如圖所示，質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小物塊放在小車的最左端，現(xiàn)用一水平力F作用在小物塊上，小物塊與小車之間的摩擦力為Ff，經(jīng)過一段時(shí)間小車運(yùn)動(dòng)的位移為x，小物塊剛好滑到小車的右端，則下列說法正確的是()A．此時(shí)小物塊的動(dòng)能為F(x＋L)B．此時(shí)小車的動(dòng)能為FfxC．這一過程中，小物塊和小車增加的機(jī)械能為Fx－FfLD．這一過程中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Ff(L＋x)3.(2023·廣東湛江市期末)如圖所示，我國自行研制的第五代隱形戰(zhàn)機(jī)“殲—20”以速度v0水平向右勻速飛行，到達(dá)目標(biāo)地時(shí)，將質(zhì)量為M的導(dǎo)彈自由釋放，釋放時(shí)導(dǎo)彈立即向后噴出質(zhì)量為m、對地速率為v1的燃?xì)?時(shí)間極短)，則噴氣后導(dǎo)彈的速率為()A.eq\f(Mv0＋mv1,M－m) B.eq\f(Mv0－mv1,M－m)C.eq\f(Mv0－mv1,M) D.eq\f(Mv0＋mv1,M)4.(多選)一輛汽車在水平平直公路上由靜止開始勻加速啟動(dòng)，汽車的輸出功率與速度的關(guān)系如圖所示，當(dāng)汽車的速度達(dá)到v0后功率保持不變，汽車能達(dá)到的最大速度為2v0。已知汽車的質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)過程中所受的阻力恒為Ff，下列說法正確的是()A．汽車的最大功率為Ffv0B．汽車勻加速時(shí)的加速度大小為eq\f(Ff,m)C．汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\f(mv0,2Ff)D．汽車的速度從v0增加到2v0的過程中，其加速度逐漸減小5．(多選)(2024·山東煙臺(tái)市期中)如圖所示，滑塊以一定的初動(dòng)能從斜面底端O點(diǎn)沖上足夠長的粗糙斜面，斜面傾角為α，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。取O點(diǎn)所在的水平面為參考平面，以O(shè)點(diǎn)為位移的起點(diǎn)、沿斜面向上為位移的正方向，已知μ<tanα。下列描述滑塊的動(dòng)能Ek、重力勢能Ep、機(jī)械能E隨滑塊位移x變化的圖像中，可能正確的是()6．離子推進(jìn)器是我國新一代航天動(dòng)力裝置，推進(jìn)劑從圖中P處注入，在A處電離出一價(jià)正離子，已知B、C之間加有恒定電壓U，正離子進(jìn)入B時(shí)的速度忽略不計(jì)，經(jīng)加速形成電流為I的離子束后噴出推進(jìn)器，假設(shè)單位時(shí)間內(nèi)射出離子的質(zhì)量為M。則推進(jìn)器獲得的推力大小為()A.eq\r(2MUI) B.eq\f(U2,2MI)C.eq\f(U,2MI) D.eq\r(MUI)7.(多選)(2024·四川綿陽市南山中學(xué)月考)如圖所示，質(zhì)量均為m的兩個(gè)小球A、B用長為L的輕質(zhì)細(xì)繩連接，B球穿在光滑水平細(xì)桿上，初始時(shí)刻，細(xì)繩處于水平狀態(tài)，將A、B由靜止釋放，空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g。從釋放到A球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是()A．A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．A球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度大小為eq\r(gL)C．A球機(jī)械能減小了eq\f(1,4)mgLD．A球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，B球向右運(yùn)動(dòng)距離為eq\f(L,2)8.如圖所示，長為L2＝2m的水平傳送帶以v＝2m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，緊靠傳送帶兩端的水平面上各靜止一個(gè)物塊B和C，mB＝mC＝1.0kg。在距傳送帶左端s＝0.5m的水平面上放置一豎直固定彈性擋板，物塊與擋板碰撞后會(huì)被原速率彈回，右端有一傾角為37°且足夠長的粗糙傾斜軌道de，斜面底端與傳送帶右端平滑連接?，F(xiàn)從距斜面底端L1＝2m處由靜止釋放一質(zhì)量mA＝0.6kg的物塊A，一段時(shí)間后物塊A與B發(fā)生碰撞，碰撞后B滑上傳送帶，A被取走。已知物塊B、C與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.02，物塊A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ3＝0.25，物塊間的碰撞都是彈性正碰，物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10m/s2。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)物塊A與物塊B相碰前物塊A的瞬時(shí)速度大??；(2)物塊B與物塊C第一次碰撞前，物塊B在傳送帶上滑行過程中因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能；(3)整個(gè)過程中，物塊C與擋板碰撞的次數(shù)。9．如圖為某游戲裝置的示意圖。AB、CD均為四分之一圓弧，E為圓弧DEG的最高點(diǎn)，各圓弧軌道與直軌道相接處均相切。GH與水平方向夾角為θ＝37°，底端H有一彈簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直線上。一質(zhì)量為0.01kg的小鋼球(其直徑稍小于圓管內(nèi)徑，可視為質(zhì)點(diǎn))從距A點(diǎn)高為h處的O點(diǎn)由靜止釋放，從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入軌道，B處有一裝置(未畫出)，小鋼球向右能無能量損失地通過，向左則不能通過且小鋼球被吸在B點(diǎn)。若小鋼球能夠運(yùn)動(dòng)到H點(diǎn)，則被等速率反彈。各圓軌道半徑均為R＝0.6m，BC長L＝2m，小鋼球與水平直軌道BC和GH間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，其余軌道均光滑，小鋼球通過各圓弧軌道與直軌道相接處均無能量損失。某次游戲時(shí)，小鋼球從O點(diǎn)出發(fā)恰能第一次通過圓弧的最高點(diǎn)E。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求：(1)小鋼球第一次經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC；(2)小鋼球第一次經(jīng)過圓弧軌道最低點(diǎn)B時(shí)對軌道的壓力大小FB(保留兩位小數(shù))；(3)若改變小鋼球的釋放高度h，求出小鋼球在斜面軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程s與h的函數(shù)關(guān)系。階段復(fù)習(xí)練(三)能量和動(dòng)量1．C[從0～t0時(shí)間內(nèi)，對物塊根據(jù)動(dòng)量定理有Ft0－μmgt0＝mv，撤去拉力后，對物塊根據(jù)動(dòng)量定理有－μmg×2t0＝0－mv，解得F＝6N，故選C。]2．B[對小物塊由動(dòng)能定理得F(x＋L)－Ff(x＋L)＝Ek物－0，整理有Ek物＝F(x＋L)－Ff(x＋L)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；對小車由動(dòng)能定理有Ffx＝Ek車－0，整理有Ek車＝Ffx，故B項(xiàng)正確；初始時(shí)物塊和小車均靜止，其機(jī)械能為0，小物塊滑到小車右端時(shí)，小車和小物塊的動(dòng)能之和為Ek＝Ek車＋Ek物＝F(x＋L)－FfL，此時(shí)物塊和小車的機(jī)械能等于其兩者的動(dòng)能之和，所以該過程機(jī)械能增加了F(x＋L)－FfL，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系可知，因摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力與相對位移的乘積，即Q＝FfL，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。]3．B[設(shè)導(dǎo)彈飛行的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律Mv0＝(M－m)v＋mv1，解得v＝eq\f(Mv0－mv1,M－m)，故選B。]4．BD[汽車的最大功率為P＝Ffvm＝2Ffv0，故A錯(cuò)誤；汽車勻加速時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有F－Ff＝ma，汽車速度為v0時(shí)的牽引力大小F＝eq\f(P,v0)＝2Ff，汽車勻加速時(shí)的加速度大小為a＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(Ff,m)，故B正確；汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(mv0,Ff)，故C錯(cuò)誤；汽車的速度從v0增加到2v0的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有F′－Ff＝ma′，汽車的牽引力為F′＝eq\f(P,v)，汽車的速度從v0增加到2v0的過程中，汽車的牽引力逐漸減小，汽車的加速度逐漸減小，故D正確。]5．ABD[由動(dòng)能定理可得ΔEk＝F合x，即圖像的斜率表示合外力，由題可知，上滑時(shí)，合外力為F1＝－mgsinα－μmgcosα，下滑時(shí)，合外力為F2＝－mgsinα＋μmgcosα，故A正確；根據(jù)重力勢能Ep＝mgxsinα，故B正確；根據(jù)功能關(guān)系，上滑和下滑時(shí)均有摩擦力做功，則機(jī)械能一直減小，且摩擦力大小不變，則上滑過程機(jī)械能隨x增大均勻減小，下滑過程，機(jī)械能隨x減小均勻減小，且兩段過程斜率大小相同，故C錯(cuò)誤，D正確。]6．A[在A處電離出正離子，經(jīng)B、C間電壓加速后，由動(dòng)能定理可知eU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2eU,m))，以推進(jìn)器為參考系，應(yīng)用動(dòng)量定理有Ft＝nmv－0，又因?yàn)镮＝eq\f(ne,t)，M＝eq\f(nm,t)，解得F＝eq\r(2MUI)，根據(jù)牛頓第三定律知推進(jìn)器獲得的推力大小為eq\r(2MUI)。故選A。]7．BD[A、B組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；當(dāng)A球擺到B球正下方時(shí)，A、B球的速度大小分別為vA和vB。以小球A擺到最低點(diǎn)所在平面為參考平面，由水平方向動(dòng)量守恒得mvA＝mvB，由機(jī)械能守恒得mgL＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，解得vA＝vB＝eq\r(gL)，A球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度大小為eq\r(gL)，故B正確；A球機(jī)械能減小量ΔE＝mgL－eq\f(1,2)mvA2＝eq\f(1,2)mgL，故C錯(cuò)誤；A、B組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，則有meq\f(xA,t)－meq\f(xB,t)＝0，xA＋xB＝L，解得A球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，B球向右運(yùn)動(dòng)距離為eq\f(L,2)，故D正確。]8．(1)4m/s(2)0.5J(3)10解析(1)根據(jù)題意，物塊A在下滑到斜面底端的過程中，由動(dòng)能定理得mAgL1sin37°－μ3mAgL1cos37°＝eq\f(1,2)mAvA2，代入數(shù)據(jù)可得vA＝4m/s。(2)A、B兩物塊發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后A的速度為vA1，B的速度為vB，由動(dòng)量守恒定律有mAvA＝mAvA1＋mBvB由能量守恒定律有eq\f(1,2)mAvA2＝eq\f(1,2)mAvA12＋eq\f(1,2)mBvB2，代入數(shù)據(jù)得vB＝3m/s物塊B在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的速度大于傳送帶速度，物塊B做勻減速運(yùn)動(dòng)，對物塊B有aB＝μ1g＝2m/s2物塊B經(jīng)時(shí)間t1后，速度與傳送帶速度相等，設(shè)向左運(yùn)動(dòng)的位移為x，則有t1＝eq\f(vB－v,aB)＝0.5s，x＝eq\f(vB＋v,2)t1＝1.25m由于x<L2，物塊B與傳送帶速度相等后與傳送帶一起做勻速運(yùn)動(dòng)，此過程傳送帶向左的位移x1＝vt1＝1m，因此物塊與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝μ1mBg(x－x1)，代入數(shù)據(jù)得Q＝0.5J。(3)物塊B與物塊C在傳送帶左端發(fā)生彈性碰撞，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mBv＝mBvB1＋mCvC1，由能量守恒定律有eq\f(1,2)mBv2＝eq\f(1,2)mBvB12＋eq\f(1,2)mCvC12，代入數(shù)據(jù)得vB1＝0，vC1＝2m/s由此可知，以后每次B與C相碰，速度都發(fā)生交換。對物塊C，設(shè)與擋板碰撞次數(shù)為n次，由動(dòng)能定理可知－μ2mCg×2ns＝0－eq\f(1,2)mCvC12，代入數(shù)據(jù)得n＝10。9．(1)2eq\r(6)m/s(2)0.83N(3)見解析解析(1)小鋼球從O點(diǎn)出發(fā)恰能第一次通過圓弧的最高點(diǎn)E，則小鋼球到E點(diǎn)的速度為0，小鋼球從C點(diǎn)到E點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得－mg·2R＝0－eq\f(1,2)mvC2，代入數(shù)據(jù)解得vC＝2eq\r(6)m/s(2)從B點(diǎn)到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理得－μmgL＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2，小鋼球經(jīng)過B點(diǎn)，由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(vB2,R)，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得FN＝eq\f(5,6)N≈0.83N根據(jù)牛頓第三定律得，小鋼球?qū)壍赖膲毫Υ笮B＝FN＝0.83N(3)若小鋼球恰能第一次通過E點(diǎn)，設(shè)小鋼球釋放點(diǎn)距A點(diǎn)為h1，從釋放到E點(diǎn)，由動(dòng)能定理得mg(h1－R)－μmgL＝0，代入數(shù)據(jù)解得h1＝1.6m若小鋼球恰能第二次通過E點(diǎn)，設(shè)小鋼球釋放點(diǎn)距A點(diǎn)為h2，從釋放到E點(diǎn)，由動(dòng)能定理得mg(h2－