2024高考物理一輪復習考點攻破訓練——“選好過程”應用動能守恒定律練習含解析教科版

這是一份2024高考物理一輪復習考點攻破訓練——“選好過程”應用動能守恒定律練習含解析教科版，共9頁。試卷主要包含了守恒條件的判斷等內(nèi)容，歡迎下載使用。
2．應用關鍵是選好合適的系統(tǒng)、合適的過程，即一定要明確研究對象是誰，明確守恒過程的初、末狀態(tài)．碰撞問題中碰撞前瞬間狀態(tài)、碰撞后瞬間狀態(tài)是碰撞過程的初、末狀態(tài)．
1．如圖1所示，小車靜止在光滑水平面上，AB是小車內(nèi)半圓軌道的水平直徑，現(xiàn)將一小球從距A點正上方h高處由靜止釋放，小球由A點沿切線方向經(jīng)半圓軌道后從B點沖出，在空中能上升的最大高度為0.8h，不計空氣阻力．下列說法正確的是( )
圖1
A．在相互作用過程中，小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒
B．小球離開小車后做豎直上拋運動
C．小球離開小車后做斜上拋運動
D．小球第二次沖出軌道后在空中能上升的最大高度為0.6h
2．(多選)(2023·河北邯鄲市測試)如圖2所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動．兩球質量關系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6kg·m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞前后A球動量變化量為－4kg·m/s，則( )
圖2
A．左方是A球
B．右方是A球
C．碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5
D．經(jīng)過驗證兩球發(fā)生的碰撞不是彈性碰撞
3．(2023·天津市高三質檢)甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運動，已知它們的動量分別是p1＝5kg·m/s，p2＝7kg·m/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0kg·m/s，則兩球質量m1與m2間的關系可能是( )
A．m1＝m2B．2m1＝m2C．4m1＝m2D．6m1＝m2
4．(2023·安徽江南十校聯(lián)考)如圖3所示，一個質量為m的物塊A與另一個質量為2m的物塊B發(fā)生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，與沙坑的距離為0.5m，g取10m/s2，物塊可視為質點．則A碰撞前瞬間的速度為( )
圖3
A．0.5m/sB．1.0m/sC．1.5m/sD．2.0m/s
5．(2023·寧夏銀川市六盤山上學期期末)如圖4所示，質量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，開始時木塊靜止在A位置．現(xiàn)有一質量為m的子彈以水平速度v0射向木塊并嵌入其中，則當木塊回到A位置時的速度v以及此過程中墻對彈簧的沖量I的大小分別為( )
圖4
A．v＝eq \f(mv0,M＋m)，I＝0
B．v＝eq \f(mv0,M)，I＝2mv0
C．v＝eq \f(mv0,M＋m)，I＝eq \f(m2v0,M＋m)
D．v＝eq \f(mv0,M＋m)，I＝2mv0
6．(2023·湖北省調研)如圖5所示，水平面上有以內(nèi)壁間距為l的箱子，箱子中間靜止著一小物塊(可視為質點)，現(xiàn)給箱子一水平向左的初速度v0.不計一切摩擦，從箱子的右壁與小物塊發(fā)生彈性碰撞，到小物塊與箱子左壁相碰，所經(jīng)歷的時間為t，則( )
圖5
A．teq \f(l,v0)
D．由于小物塊與箱子的質量未知，故以上答案均不正確
7．(多選)(2023·貴州畢節(jié)市適應性監(jiān)測(三))如圖6甲所示，兩個彈性球A和B放在光滑的水平面上處于靜止狀態(tài)，質量分別為m1和m2，其中m1＝1kg.現(xiàn)給A球一個水平向右的瞬時沖量，使A、B球發(fā)生彈性碰撞，以此時刻為計時起點，兩球的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖示信息可知( )
圖6
A．B球的質量m2＝2kg
B．球A和B在相互擠壓過程中產(chǎn)生的最大彈性勢能為4.5J
C．t3時刻兩球的動能之和小于0時刻A球的動能
D．在t2時刻兩球動能之比為Ek1∶Ek2＝1∶8
8．(多選)(2023·湖北武漢市四月調研)在光滑水平面上，小球A、B(可視為質點)沿同一直線相向運動，A球質量為1kg，B球質量大于A球質量．如果兩球間距離小于L時，兩球之間會產(chǎn)生大小恒定的斥力，大于L時作用力消失．兩球運動的速度－時間關系如圖7所示，下列說法正確的是( )
圖7
A．B球質量為2kg
B．兩球之間的斥力大小為0.15N
C．t＝30s時，兩球發(fā)生非彈性碰撞
D．最終B球速度為零
9．(多選)(2023·山東臨沂市質量檢測)如圖8所示，一質量為M、兩側有擋板的盒子靜止在光滑水平面上，兩擋板之間的距離為L.質量為m的物塊(視為質點)放在盒內(nèi)正中間，與盒子之間的動摩擦因數(shù)為μ.從某一時刻起，給物塊一個水平向右的初速度v，物塊在與盒子前后壁多次完全彈性碰撞后又停在盒子正中間，并與盒子保持相對靜止．則( )
圖8
A．盒子的最終速度為eq \f(mv,m＋M)，方向向右
B．該過程產(chǎn)生的熱能為eq \f(1,2)mv2
C．碰撞次數(shù)為eq \f(Mv2,2μgL?m＋M?)
D．碰撞次數(shù)為eq \f(Mv2,2μgL?m＋M?)－1
10．如圖9所示，在平靜的水面上有A、B兩艘小船，A船的左側是岸，在B船上站著一個人，人與B船的總質量是A船的10倍．兩船開始時都處于靜止狀態(tài)，當B船上的人把A船以相對于地面的速度v向左推出，A船到達岸邊時岸上的人馬上以原速率將A船推回，B船上的人接到A船后，再次把它以原速率反向推出直到B船上的人不能再接到A船，則B船上的人推船的次數(shù)為( )
圖9
A．7B．6C．3D．9
11．(2023·云南大姚縣一中一模)如圖10所示，物塊A、C的質量均為m，B的質量為2m，都靜止于光滑水平臺面上，A、B間用一不可伸長的輕質短細線相連．初始時刻細線處于松弛狀態(tài)，C位于A右側足夠遠處．現(xiàn)突然給A一瞬時沖量，使A以初速度v0沿A、C連線方向向C運動，A與C相碰后，粘合在一起．求：
圖10
(1)A與C剛粘合在一起時的速度大小；
(2)若將A、B、C看成一個系統(tǒng)，則從A開始運動到A與C剛好粘合的過程中系統(tǒng)損失的機械能．
12．(2023·河北省中原名校聯(lián)盟下學期聯(lián)考)如圖11所示，質量均為m的A、B兩球套在懸掛的細繩上，A球吊在細繩的下端剛好不動，稍有擾動A就與細繩分離，A球離地高度為h，A、B兩球開始時在細繩上的間距也為h，B球釋放后由靜止沿細繩勻加速下滑，與A球相碰后粘在一起(碰撞時間極短)，并滑離細繩．若B球沿細繩下滑的時間是A、B一起下落到地面時間的2倍，重力加速度為g，不計兩球大小及空氣阻力，求：
圖11
(1)A、B兩球碰撞后粘在一起瞬間的速度大?。?br>(2)從B球開始釋放到兩球粘在一起下落，A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的機械能為多少．
答案精析
1．B
2．AC [光滑水平面上大小相同的A、B兩球發(fā)生碰撞，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律可得：ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的動量增量為負值，所以右方不可能是A球，若是A球則動量的增量應該是正值，因此碰后A球的動量為2 kg·m/s，所以碰后B球的動量是增加的，為10kg·m/s.由于兩球質量關系為mB＝2mA，那么碰撞后A、B兩球速度大小之比2∶5，選項A、C正確，B錯誤；設A的質量為m，則B的質量為2m；根據(jù)Ek＝eq \f(p2,2m)，碰前動能：Ek1＝eq \f(62,2m)＋eq \f(62,2×2m)＝eq \f(27,m)；碰后動能：Ek2＝eq \f(22,2m)＋eq \f(102,2×2m)＝eq \f(27,m)，則兩球發(fā)生的是彈性碰撞，選項D錯誤．]
3．C [甲、乙兩球在碰撞過程中動量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞過程中，不可能有其他形式的能量轉化為機械能，只能是系統(tǒng)內(nèi)物體間機械能相互轉化或一部分機械能轉化為內(nèi)能，因此系統(tǒng)的機械能不會增加，所以有eq \f(p12,2m1)＋eq \f(p22,2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)，所以m1≤eq \f(21,51)m2.因為題目給出的物理情景是“甲從后面追上乙”，要符合這一物理情景，就必須有eq \f(p1,m1)＞eq \f(p2,m2)，即m1＜eq \f(5,7)m2；同時還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情景，即eq \f(p1′,m1)≤eq \f(p2′,m2)，所以m1≥eq \f(1,5)m2.因此C選項正確．]
4．C [由題意可知，碰后物塊B做勻減速直線運動，由動能定理有－μ·2mgx＝0－eq \f(1,2)·2mv22，解得v2＝1m/s；A與B碰撞過程中動量守恒、機械能守恒，以v0的方向為正方向，則有mv0＝mv1＋2mv2，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)·2mv22，解得v0＝1.5m/s，故C項正確．]
5．D [子彈射入木塊過程，由于時間極短，子彈與木塊間的內(nèi)力遠大于系統(tǒng)外力，由動量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：v＝eq \f(mv0,M＋m)；子彈和木塊系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先做減速運動，后做加速運動，回到A位置時速度大小不變，即當木塊回到A位置時的速度大小v＝eq \f(mv0,M＋m)；子彈和木塊及彈簧組成的系統(tǒng)受到的合力即墻對彈簧的作用力，以v0的方向為正方向，根據(jù)動量定理得：I＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0，所以墻對彈簧的沖量I的大小為2mv0，故選D.]
6．B [箱子的右壁與小物塊發(fā)生彈性碰撞，則由動量守恒和能量關系有：Mv0＝mv1＋Mv2，eq \f(1,2)Mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22，解得v1－v2＝v0，則從箱子的右壁與小物塊發(fā)生彈性碰撞，到小物塊與箱子左壁相碰，所經(jīng)歷的時間t＝eq \f(l,v1－v2)＝eq \f(l,v0)，故選B.]
7．AD [A和B球在碰撞過程中滿足動量守恒，因此有m1v＝(m1＋m2)v共，代入數(shù)據(jù)有m2＝2kg，A正確；球A和球B在共速的時候產(chǎn)生的彈性勢能最大，因此Epm＝eq \f(1,2)m1v2－eq \f(1,2)(m1＋m2)v共2＝eq \f(9,2)J－eq \f(3,2)J＝3J，B錯誤；因為是彈性碰撞，t3時刻兩小球分離后沒有能量損失，因此0時刻球A的動能和t3時刻兩球的動能之和相等，C錯誤；從碰撞到t2時刻小球滿足動量守恒和機械能守恒，因此m1v＝m1v1＋m2v2和eq \f(1,2)m1v2＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22，聯(lián)立解得v2＝2m/s，
v 1＝－1 m/s，故t2時刻兩球的動能之比為EkA∶EkB＝1∶8，D正確．]
8．BD [當兩球間距離小于L時，兩球均做勻減速運動，因B球質量大于A球質量可知，則B球加速度小于A球的加速度，由v－t圖像可知：aB＝eq \f(3－2,20)m/s2＝0.05 m/s2，aA＝eq \f(0－?－3?,20)m/s2＝0.15 m/s2；由牛頓第二定律：F＝mAaA＝mBaB，解得mB＝3mA＝3kg，F(xiàn)＝0.15N，選項A錯誤，B正確；由題圖可知，A、B在30s時刻發(fā)生碰撞，碰前速度：vA＝0，vB＝2m/s；碰后速度：vA′＝3 m/s，vB′＝1m/s，因ΔE＝eq \f(1,2)mBvB2－(eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2)＝0，可知t＝30s時，兩球發(fā)生彈性碰撞，選項C錯誤；由圖可知，兩部分陰影部分的面積相等且都等于L，可知最終B球速度為零，選項D正確．]
9．AC [根據(jù)動量守恒條件可知物塊與盒子組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設共同速度為v′，以初速度v的方向為正方向，則有：mv＝(M＋m)v′，可得系統(tǒng)共同速度為：v′＝eq \f(m,m＋M)v，方向向右，選項A正確；根據(jù)能量守恒定律有：eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)(M＋m)v′2＋Q，可得該過程產(chǎn)生的熱能為Q＝eq \f(M,M＋m)·eq \f(1,2)mv2，選項B錯誤；物塊與盒子發(fā)生N次碰撞后恰好又停在盒子正中間，由此可知，物塊相對于盒子滑動的距離x＝NL，物塊受到的滑動摩擦力為：f＝μmg，則由Q＝μmgx可得N＝eq \f(Mv2,2μgL?m＋M?)，選項C正確，D錯誤．]
10．B [取向右為正方向，B船上的人第一次推出A船時，由動量守恒定律得mBv1－mAv＝0，解得v1＝eq \f(mA,mB)v，當A船向右返回后，B船上的人第二次將A推出，由動量守恒定律得mAv＋mBv1＝－mAv＋mBv2，解得v2＝v1＋eq \f(2mA,mB)v，設第n次推出A時，B的速度大小為vn，由動量守恒定律得mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn，解得vn＝vn－1＋eq \f(2mA,mB)v，
則有vn＝(2n－1)eq \f(mA,mB)v①
若使B船上的人就不能再接到A船，須有v≤vn(臨界點)②
聯(lián)立①②式解得n≥5.5，則取n＝6，故選項B正確．]
11．(1)eq \f(1,6)v0 (2)eq \f(13,36)mv02
解析 (1)輕質短細線繃緊的過程，A、B這一系統(tǒng)動量守恒，以水平向右為正方向，則mv0＝(m＋2m)v1，
解得v1＝eq \f(1,3)v0，
之后A、B均以速度v1向右勻速運動，在A與C發(fā)生碰撞過程中，
A、C這一系統(tǒng)動量守恒，則mv1＝(m＋m)v2，
解得v2＝eq \f(1,6)v0；
(2)輕質短細線繃緊的過程，A、B這一系統(tǒng)機械能損失為ΔE1，則ΔE1＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×3mv12＝eq \f(1,3)mv02，
在A與C發(fā)生碰撞過程中，A、C這一系統(tǒng)機械能損失為ΔE2，則ΔE2＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)×2mv22＝eq \f(1,36)mv02，
故A、B、C這一系統(tǒng)損失的機械能為
ΔE＝ΔE1＋ΔE2＝eq \f(13,36)mv02.
12．(1)eq \f(1,2)eq \r(gh) (2)eq \f(3,4)mgh
解析 (1)設B球與A球相碰前瞬間的速度大小為v1，則h＝eq \f(1,2)v1t1
碰撞過程動量守恒，以豎直向下為正方向，設兩球碰撞后的瞬間速度為v2，根據(jù)動量守恒定律有
mv1＝2mv2
兩球一起下落過程中，h＝v2t2＋eq \f(1,2)gt22
t1＝2t2
解得：v1＝eq \r(gh)，v2＝eq \f(1,2)eq \r(gh)；
(2)B球下滑到碰撞前，損失的機械能
ΔE1＝mgh－eq \f(1,2)mv12
因此ΔE1＝eq \f(1,2)mgh
碰撞過程損失的機械能為
ΔE2＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)×2mv22＝eq \f(1,4)mgh
因此A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的機械能為
ΔE＝ΔE1＋ΔE2＝eq \f(3,4)mgh.