解密07动量和能量的综合应用（分层训练）-【高频考点解密】2024高考物理二轮复习分层训练（全国通用）

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A.缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小
B．快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大
C．为使杯子不滑落，杯子与纸条的动摩擦因数尽量大一些
D．为使杯子不滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些
【答案】选D
【解析】纸条对杯子的摩擦力一定，缓慢拉动纸条时时间长，则摩擦力对杯子的冲量较大；快速拉动纸条时时间短，则摩擦力对杯子的冲量较小，故A、B错误；为使杯子不滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些，这样杯子在桌面上运动的加速度大，位移短，故C错误、D正确。
2．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
【答案】选A
【解析】从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故A正确，B、C、D错误。
3．(2021·广西钦州综测)“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾引起质疑。为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是( )
A．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度
B．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间
C．测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间
D．测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度
【答案】选D
【解析】在“飞针穿玻璃”的过程中，由动量定理得：－ eq \(F,\s\up6(－)) t＝mv2－mv1，结合牛顿第三定律可知，应测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，故D正确，A、B、C错误。
4．(2021·江西崇义中学模拟)一质量为m的铁锤，以速度v，竖直打在木桩上，经过Δt时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是( )
A．mgΔt B． eq \f(mv,Δt)
C． eq \f(mv,Δt) ＋mg D． eq \f(mv,Δt) －mg
【答案】选C
【解析】 对铁锤应用动量定理，设木桩对铁锤的平均作用力为F，则有(F－mg)Δt＝0－(－mv)，解得F＝ eq \f(mv,Δt) ＋mg，所以铁锤对木桩的平均冲力
F′＝F＝ eq \f(mv,Δt) ＋mg，C正确，A、B、D错误。
5.小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出)。要使小车向前运动，可采用的方法是( )
A．打开阀门S1 B．打开阀门S2
C．打开阀门S3 D．打开阀门S4
【答案】选B
【解析】水和车系统动量守恒，原来系统动量为0，由动量守恒定律得：0＝m水v水＋m车v车，即：m水v水＝－m车v车，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出，即应打开阀门S2。
6.如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )
A． eq \f(mh,M＋m) B． eq \f(Mh,M＋m)
C． eq \f(mh,（M＋m）tan α) D． eq \f(Mh,（M＋m）tan α)
【答案】选C
【解析】m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向上对地位移为x2，因此有0＝mx1－Mx2①，且x1＋x2＝ eq \f(h,tan α) ②，由①②式可得x2＝ eq \f(mh,（M＋m）tan α) ，故选C。
7．(2021·福建福州模拟)一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为( )
A．m＝ eq \f(v2－v0,v1) M B．m＝ eq \f(v2,v2＋v1) M
C．m＝ eq \f(v2－v0,v2＋v1) M D．m＝ eq \f(v2－v0,v2－v1) M
【答案】选C
【解析】规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝ eq \f(v2－v0,v2＋v1) M，故C正确。
8．(多选)(2021·广西南宁期末)在光滑的冰面上，质量为80 kg的冰球运动员甲以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，下列说法正确的是( )
A．碰后乙的速度的大小是1.5 m/s
B．碰后乙的速度的大小是1.0 m/s
C．碰撞中总机械能损失了1 500 J
D．碰撞中总机械能损失了1 400 J
【答案】选BD
【解析】设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v1、v2，碰后乙的速度大小为v2′，规定碰撞前甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv1－Mv2＝Mv2′，解得：v2′＝ eq \f(m,M) v1－v2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(80,100)×5.0－3.0)) m/s＝1.0 m/s，故A错误，B正确。根据能量守恒定律可知，碰撞中总机械能的损失为：ΔE＝ eq \f(1,2) mv12＋ eq \f(1,2) Mv22－ eq \f(1,2) Mv2′，代入数据解得：ΔE＝1 400 J，故C错误，D正确。
B组 提升练
9．(多选)向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度v0恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则( )
A．b的速度方向一定与原来速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等
【答案】选CD
【解析】炮弹炸裂前、后动量守恒，选定v0的方向为正方向，则mv0＝mava＋mbvb，显然vb＞0、vb＜0、vb＝0都有可能，故A错误；|vb|＞|va|、|vb|＜|va|、|vb|＝|va|也都有可能，爆炸后，a、b都做平抛运动，由平抛运动规律知，下落高度相同则运动的时间相等，飞行的水平距离与速度大小成正比，由于炸裂后a、b的速度关系未知，所以a、b飞行的水平距离无法比较，故B错误，C正确；炸裂过程中，a、b之间的力为相互作用力，大小相等，故D正确。
10.(2021·吉林“五地六校”联考)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量比为( )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶4 D．4∶1
【答案】选D
【解析】设A、B质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为 eq \f(v0,3) 和－ eq \f(v0,3) ，则有mBv0＝mA· eq \f(v0,3) ＋mB eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(v0,3))) ，解得mA∶mB＝4∶1，选项D正确。
11．(多选)(2021·四川成都棠湖中学模拟)
A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移—时间图线。a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图线，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图线。若A球的质量m＝2 kg，则下列结论正确的是( )
A．A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s
B．碰撞时A对B所施加的冲量为－4 N·s
C．碰撞前后A的动量变化量为4 kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
【答案】选BCD
【解析】由题图可知，碰撞前有vA＝ eq \f(4－10,2－0) m/s＝－3 m/s，vB＝ eq \f(4－0,2－0) m/s＝2 m/s，碰撞后有vA′＝vB′＝ eq \f(2－4,4－2) m/s＝－1 m/s；对A、B组成的系统进行分析可知，A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，碰撞前、后两球都做匀速直线运动，系统所受外力的矢量和为0，所以系统的动量守恒，碰撞前后A的动量变化量为ΔpA＝mvA′－mvA＝4 kg·m/s，根据动量守恒定律知，碰撞前、后B的动量变化量为ΔpB＝－ΔpA＝－4 kg·m/s，又由于ΔpB＝mB(vB′－vB)，所以mB＝ eq \f(ΔpB,vB′－vB) ＝ eq \f(－4,－1－2) kg＝ eq \f(4,3) kg，故A与B碰撞前的总动量p总＝mvA＋mBvB＝－ eq \f(10,3) kg·m/s。由动量定理可知，碰撞时A对B所施加的冲量IB＝ΔpB＝－4 kg·m/s＝－4 N·s。碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能ΔEk＝ eq \f(1,2) mvA2＋ eq \f(1,2) mBvB2－ eq \f(1,2) (m＋mB)v2＝10 J。A错误，B、C、D正确。
12．(2021·陕西宝鸡模拟)超强台风“山竹”的风力达到17级超强台风强度，风速60 m/s左右，对固定建筑物破坏程度巨大。请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小的关系。假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F与风速大小v的关系式为( )
A．F＝ρSv B．F＝ρSv2
C．F＝ eq \f(1,2) ρSv3 D．F＝ρSv3
【答案】选B
【解析】设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则m＝ρSvt，根据动量定理得－F′t＝0－mv＝0－ρSv2t，解得F′＝ρSv2，由牛顿第三定律得：F＝F′＝ρSv2，故B正确，A、C、D错误。
13．(2021·广东“六校”联考)开学了，想到又能够回到校园为梦想而拼搏，小明同学开心得跳了起来。假设小明质量为m，从开始蹬地到离开地面用时为t，离地后小明重心最大升高h，重力加速度为g，忽略空气阻力。以下说法正确的是( )
A．从开始蹬地到到达最高点的过程中，小明始终处于失重状态
B．在t时间内，小明机械能增加了mgh
C．在t时间内，地面对小明的平均支持力为 eq \(F,\s\up6(－)) ＝ eq \f(m\r(2gh),t)
D．在t时间内，地面对小明做功mgh
【答案】选B
【解析】从开始蹬地到到达最高点的过程中，经历了向上加速和减速的过程，所以小明先超重后失重，故A错误；小明离开地面后，只受重力作用，机械能守恒，重心最大升高h，可知小明离开地面时的机械能为mgh，故B正确；在时间t内，由动量定理得： eq \(F,\s\up6(－)) t－mgt＝mv－0，离开地面到最高点有：mgh＝ eq \f(1,2) mv2，联立解得： eq \(F,\s\up6(－)) ＝ eq \f(m\r(2gh),t) ＋mg，故C错误；在时间t内，地面对小明的支持力并没有在力的方向上发生位移，做功为0，故D错误。
14.(多选)(2021·四川仁寿期中)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )
A． eq \f(1,2) mv2 B． eq \f(1,2) eq \f(mM,m＋M) v2
C． eq \f(1,2) NμmgL D．N μmgL
【答案】选BD
【解析】设物块与箱子相对静止时共同速度为v1，则由动量守恒定律得mv＝(M＋m)v1，得v1＝ eq \f(mv,M＋m) ，系统损失的动能为ΔEk系＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) (M＋m)v12＝ eq \f(Mmv2,2（M＋m）) ，A错误，B正确。根据能量守恒定律得知，系统产生的内能等于系统损失的动能，根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有Q＝ΔEk系＝N μmgL。C错误，D正确。
15．(2021·陕西质检)核桃是“四大坚果”之一，桃仁具有丰富的营养价值，但桃壳十分坚硬，不借助专用工具不易剥开。小悠同学发现了一个开核窍门：把核桃竖直上抛落回与坚硬地面撞击后就能开裂。抛出点距离地面的高度为H，上抛后达到的最高点与抛出点的距离为h。已知重力加速度为g，空气阻力不计。
(1)求核桃落回地面的速度大小v；
(2)已知核桃质量为m，与地面撞击作用时间为Δt，撞击后竖直反弹h1高度。求核桃与地面之间的平均作用力F。
【答案】(1) eq \r(2g（H＋h）) （2） eq \f(m\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(2gh1)＋\r(2g（H＋h）))),Δt) ＋mg，方向竖直向上
【解析】(1)核桃竖直上抛到最高点后做自由落体运动，则有：v2＝2g(H＋h)
则落回地面的速度：
v＝ eq \r(2g（H＋h）) 。
(2)设核桃反弹速度为v1，则有：
v12＝2gh1
以向上为正方向，核桃与地面作用的过程：
(F－mg)Δt＝mv1－m(－v)
解得：F＝ eq \f(m\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(2gh1)＋\r(2g（H＋h）))),Δt) ＋mg，方向竖直向上。
16．(2021·聊城一模)如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径R＝0.8 m的 eq \f(1,4) 圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。球2、球3分别放在BC轨道上，质量m1＝0.4 kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g＝10 m/s2。
(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小。
(2)若球2的质量m2＝0.1 kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小。
(3)若球3的质量m3＝0.1 kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少。
【答案】(1)12 N (2)6.4 m/s (3)0.2 kg
【解析】(1)对球1从A到B应用动能定理：
m1gR＝ eq \f(1,2) m1v02
在B点对球1应用牛顿第二定律：
FN－m1g＝m1 eq \f(v02,R)
联立解得：v0＝4 m/s、FN＝12 N
由牛顿第三定律知球1在B点对轨道的压力大小FN′＝FN＝12 N。
(2)球1、球2的碰撞，根据动量守恒定律有：
m1v0＝m1v1＋m2v2
由机械能守恒得：
eq \f(1,2) m1v02＝ eq \f(1,2) m1v12＋ eq \f(1,2) m2v22
解得：v2＝ eq \f(2m1,m1＋m2) v0＝6.4 m/s。
(3)同理，球2、3碰撞后：
v3＝ eq \f(2m2,m2＋m3) v2
则v3＝ eq \f(2m2,m2＋m3) · eq \f(2m1,m1＋m2) v0
代入数据：v3＝ eq \f(1.6,m2＋\f(0.04,m2)＋0.5) v0，
由数学知识，当m2＝ eq \f(0.04,m2) 时，
m2＋ eq \f(0.04,m2) ＋0.5最小，v3最大
所以m22＝0.04，m2＝0.2 kg。