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统考版2024届高考物理二轮专项分层特训卷第二部分核心热点专项练专项6能量观点与动量观点的应用
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这是一份统考版2024届高考物理二轮专项分层特训卷第二部分核心热点专项练专项6能量观点与动量观点的应用，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．[2023·新课标卷]无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落．一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)( )
A．0B．mgh
C．eq \f(1,2)mv2－mghD．eq \f(1,2)mv2＋mgh
2．[2022·全国乙卷]固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环．小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于( )
A.它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积
3．[2023·北京市市辖区期末考试]如图所示，京张高铁将北京到张家口的通行时间缩短在1小时内，成为2022年北京冬奥会重要的交通保障设施．假设此高铁动车启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小恒定．已知动车的质量为m，最高行驶速度vm＝350km/h.则下列说法正确的是( )
A.行驶过程中动车受到的阻力大小为Pvm
B．当动车的速度为eq \f(vm,4)时，动车的加速度大小为eq \f(3P,mvm)
C．从启动到速度为vm的过程中，动车牵引力所做的功为eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m))
D．由题目信息可估算京张铁路的全长为350km
4．[2022·湖南卷]
1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成．如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v2大于v1
D．v2大于v0
5．[2022·山东冲刺卷]2022年2月4日冬奥会在北京举办，吸引了大量爱好者投入到冰雪运动中．如图所示，一滑雪运动员在忽略空气阻力的情况下，自A点由静止下滑，经B点越过宽为d的横沟到达平台C时，其速度vC刚好沿水平方向．已知A、B两点的高度差为20m，坡道在B点的切线方向与水平面成37°角，vC＝12m/s，运动员的质量m＝60kg，重力加速度取10m/s2.下列说法正确的是( )
A．B、C两点间的高度差h＝4.5m
B．横沟的宽度d＝10m
C．从B到C的运动过程中，运动员动量的变化量大小为450kg·m/s
D．从A到B的运动过程中运动员机械能的减少量为5250J
6．[2023·陕西宝鸡一模]汽车运输规格相同的两块楼板时，为了保证安全，底层楼板固定在车厢上，上层楼板按如图所示方式放置于底层楼板上，汽车先以a1＝2m/s2的加速度启动，然后以v＝10m/s的速度匀速运动，最后以a2＝10m/s2的加速度刹车至静止．已知每块楼板的质量为200kg，楼板间的动摩擦因数为0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程楼板不会掉落，也不会撞上驾驶室，g＝10m/s2，则( )
A．启动时楼板之间的摩擦力大小为1600NB．刹车时楼板之间的摩擦力大小为400N
C．启动时楼板间因摩擦产生的热量为2000JD．刹车时楼板间因摩擦产生的热量为2000J
二、多项选择题
7．[2023·新课标卷]一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示．物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2.下列说法正确的是( )
A．在x＝1m时，拉力的功率为6W
B．在x＝4m时，物体的动能为2J
C．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg·m/s
8．[2022·广东卷]如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶．已知小车总质量为50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的有( )
A．从M到N，小车牵引力大小为40N
B．从M到N，小车克服摩擦力做功800J
C．从P到Q，小车重力势能增加1×104J
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700J
9．[2022·全国乙卷]质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示．已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2.则 ( )
A．4s时物块的动能为零
B．6s时物块回到初始位置
C．3s时物块的动量为12kg·m/s
D．0～6s时间内F对物块所做的功为40J
三、非选择题
10.
[2023·江苏省南京市模拟题]如图为某室内模拟滑雪机，机器的前后两个传动轴由电动机提供动力并带动雪毯持续向上运动，使滑雪者获得真实的滑雪体验．已知坡道长L＝8m，倾角为θ＝37°，雪毯以速度v0＝8m/s向上做匀速直线运动，一质量m＝60kg(含装备)的滑雪者从坡道顶端由静止滑下，滑雪者未做任何助力动作，滑雪板与雪毯间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g＝10m/s2, sin37°＝0.6, cs37°＝0.8.不计空气阻力，在滑雪者滑到坡道底端的过程中，求：
(1)滑雪者所受合力的冲量I；
(2)与空载相比电动机多消耗的电能E.
11.
如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l.一质量为m＝eq \f(1,3)M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等．小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数．
12．[2022·全国乙卷]如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的vt图象如图(b)所示．已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同．斜面倾角为θ(sinθ＝0.6)，与水平面光滑连接．碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内．求
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数．
专项6 能量观点与动量观点的应用
1．解析：在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得mgh－Wf＝0
故雨滴克服空气阻力做功为mgh，故选B.
答案：B
2.
解析：如图所示，设大圆环半径为R，P、A距离为L，由机械能守恒定律可知，小环沿圆弧滑到A点的速率与沿斜线PA滑到A点的速率相等，分析小环的运动可知小环沿斜线PA下滑加速度a＝gcsθ＝eq \f(gL,2R)，v＝at＝eq \f(gL,2R)t，由等时圆模型可知小环沿斜线PA从P到A的时间与沿直线PB从P到B的时间相同，即2R＝eq \f(1,2)gt2，代入上式可得：v＝Leq \r(\f(g,R))，故C正确．
答案：C
3．解析：当动车达到最大速度时动车做匀速直线运动，动车受到牵引力等于受到的阻力，根据功率和牵引力的关系可知，有P＝Fvm，故行驶过程中动车受到的阻力大小为f＝F＝eq \f(P,vm)；
当动车的速度为eq \f(vm,4)时，动车受到的牵引力为F1，则有P＝F1·eq \f(vm,4)，根据牛顿第二定律可得F1－f＝ma
联立整理可得a＝eq \f(3P,mvm)，故A错误，B正确；从启动到速度为vm的过程中，对动车利用动能定理，可得WF－Wf＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ，故动车牵引力所做的功为WF＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ＋Wf
其中Wf表示该过程中克服阻力做的功，故C错误；由题目信息只知道最高时速，无法估计平均速度，故不可估算京张铁路的全长，故D错误．
答案：B
4．解析：设中子质量为m0，被碰粒子质量为m，碰后中子速度为v′0，被碰粒子速度为v，二者发生弹性正碰，由动量守恒定律和能量守恒定律有m0v0＝m0v′0＋mv，eq \f(1,2)m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)m0v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋eq \f(1,2)mv2，解得v′0＝eq \f(m0－m,m0＋m)v0，v＝eq \f(2m0,m0＋m)v0，因此当被碰粒子分别为氢核（m0）和氮核（14m0）时，有v1＝v0，v2＝eq \f(2,15)v0，故C、D错误；碰撞后氮核的动量为p氮＝14m0·v2＝eq \f(28,15)m0v0，氢核的动量为p氢＝m0·v1＝m0v0，p氮>p氢，故A错误；碰撞后氮核的动能为Ek氮＝eq \f(1,2)·14m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝eq \f(28,225)m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，氢核的动能为Ek氢＝eq \f(1,2)·m0·v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝eq \f(1,2)m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，Ek氮答案：B
5．解析：从B点到C点的过程做斜抛运动，将B点的速度沿水平方向和竖直方向分解vB＝eq \f(vC,cs37°)
得vB＝15m/s
则有vBy＝vBsin37°＝9m/s
由运动学规律可知：B到C的时间为t＝eq \f(vBy,g)＝0.9s
则d＝vCt＝12×0.9m＝10.8m，h＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(By)) ,2g)＝4.05m，A、B错误；
由动量定理得，运动员动量的变化量大小为Δp＝I＝mgt＝60×10×0.9＝540kg·m/s，C错误；
运动员从A点运动到B点的过程中由能量守恒定律可知；损失的机械能为ΔE＝mghAB－eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
代入数据得ΔE＝5250J，D正确．
答案：D
6．解析：对上层楼板受力分析，由牛顿第二定律f＝ma知，上层楼板能获得的最大加速度为am＝eq \f(fmax,m)＝eq \f(μmg,m)＝μg＝8m/s2，故当汽车以a1＝2m/s2的加速度启动时，上层楼板所受摩擦力为静摩擦力，且大小为f1＝ma1＝400N，选项A错误；同理当汽车以a2＝10m/s2的加速度刹车时，加速度大于上层楼板能获得的最大加速度，故此时上层楼板所受摩擦力为滑动摩擦力，且大小为f2＝μmg＝1600N，选项B错误；因为汽车启动时，上层楼板相对汽车静止，故楼板间因摩擦产生的热量为零，选项C错误；当汽车以a2＝10m/s2的加速度刹车时，上层楼板减速到零的位移为x1＝eq \f(v2,2μg)＝6.25m，汽车位移为x2＝eq \f(v2,2a2)＝5m，故两者相对位移为Δx＝x1－x2＝1.25m，则刹车时楼板间因摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝2000J，选项D正确．
答案：D
7．解析：由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx
可看出Wx图像的斜率代表拉力F.
在物体运动的过程中根据动能定理有W－μmgx＝eq \f(1,2)mv2
则x＝1m时物体的速度为v1＝2m/s
x＝1m时，拉力为F＝eq \f(ΔW,Δx)＝6N
则此时拉力的功率P＝Fv1＝12W
x＝4m时物体的动能为Ek＝2J
A错误、B正确；
从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx＝8J，C正确；
根据Wx图像可知在0～2m的过程中F1＝6N，2～4m的过程中F2＝3N，由于物体受到的摩擦力恒为f＝4N，则物体在x＝2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度v2＝eq \r(8)m/s
则从x＝0运动到x＝4的过程中，物体的动量最大为p＝mv＝2eq \r(2)kg·m/s，D错误．
故选BC.
答案：BC
8．解析：从M到N，由P1＝F1v1可得小车牵引力F1＝eq \f(P1,v1)＝eq \f(200,5)N＝40N，A正确．从M到N，小车匀速行驶，牵引力等于摩擦力，可得摩擦力f1＝F1＝40N，小车克服摩擦力做的功Wf1＝f1·xMN＝40×20J＝800J，B正确．从P到Q，由P2＝F2v2可得小车牵引力F2＝eq \f(P2,v2)＝eq \f(570,2)N＝285N，从P到Q，小车匀速行驶，小车牵引力F2＝f2＋mgsin30°，解得f2＝F2－mgsin30°＝285N－50×10×eq \f(1,2)N＝35N；从P到Q，小车克服摩擦力做的功Wf2＝f2·PQ＝35×20J＝700J，D正确．从P到Q，小车上升的高度h＝PQsin30°＝20×0.5m＝10m，小车重力势能的增加量ΔEp＝mgh＝50×10×10J＝5000J，C错误．
答案：ABD
9．解析：由图知0～3s内F的大小为F1＝4N，3～6s内F的大小F2＝4N；在0到3s内，物块沿正方向做匀加速直线运动，F1－μmg＝ma1，解得a1＝2m/s2，为正方向，3s末的速度v1＝a1t1＝6m/s；3s末力F反向，物块先沿正方向减速到零，F2＋μmg＝ma2，解得a2＝6m/s2，为负方向，物块减速到零所用的时间t2＝eq \f(v1,a2)＝1s，即4s末物块减速到零；在4～6s内，物块再反向做匀加速直线运动，F2－μmg＝ma3，解得a3＝2m/s2，为负方向．画出整个过程中的vt图像如图所示：
4s时物块的速度为零，动能为零，A正确；由图可知在0～6s内，物块的位移不为零，6s时物块没有回到初始位置，B错误；3s时的速度v1＝6m/s，动量p1＝mv1＝6kg·m/s，C错误；由vt图线与时间轴所围的面积表示位移知，0～3s内、3～4s内、4～6s内物块的位移大小分别为x1＝9m、x2＝3m、x3＝4m，则F对物块做的功分别为W1＝F1x1＝36J、W2＝－F2x2＝－12J、W3＝F2x3＝16J，则0～6s时间内F对物块所做的功W＝W1＋W2＋W3＝40J，D正确．
答案：AD
10．解析：（1）在滑雪者滑到坡道底端的过程中：mgsinθ－μmgcsθ＝ma；解得：a＝4m/s2；
到达底端速度：v2＝2aL；
滑雪者所受合力的冲量：I＝mv－0＝480N·s.
（2）滑雪者滑行时间：t＝eq \f(v,a)＝2s；
与空载相比电动机多消耗的电能等于雪毯克服摩擦力做功：E＝μmg·v0tcsθ＝1920J.
答案：（1）480N·s （2）1920J
11．解析：（1）过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律
mgl＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得v0＝eq \r(2gl)
过程2：小球以eq \r(2gl)与静止圆盘发生弹性碰撞，根据系统机械能守恒和动量守恒定律分别有
eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋eq \f(1,2)Mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
mv0＝mv1＋Mv′1
解得v1＝eq \f(m－M,m＋M)v0＝－eq \f(\r(2gl),2)
v′1＝eq \f(1,2)v0＝eq \f(\r(2gl),2)
即小球碰后速度大小为eq \f(\r(2gl),2)，方向竖直向上，圆盘速度大小为eq \f(\r(2gl),2)，方向竖直向下；
（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即v1＋gt＝v′1
解得t＝eq \f(v′1－v1,g)＝eq \f(v0,g)
根据运动学公式得最大距离为
dmax＝x盘－x球＝v′1t－（v1t－eq \f(1,2)gt2）＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2g)＝l
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有x盘1＝x球1
即v1t1＋eq \f(1,2)gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝v′1t1
解得t1＝eq \f(2v0,g)
此时小球的速度v2＝v1＋gt1＝eq \f(3,2)v0
圆盘的速度仍为v′1，这段时间内圆盘下降的位移
x盘1＝v′1t1＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,g)＝2l
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
mv2＋Mv′1＝mv′2＋Mv″2
根据能量守恒eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋eq \f(1,2)eq\a\vs4\al(Mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )＝eq \f(1,2)mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋eq \f(1,2)Mv″ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
联立解得
v′2＝0
v″2＝v0＝eq \r(2gl)
同理可得当位移相等时
x盘2＝x球2
v″2t2＝eq \f(1,2)gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得t2＝eq \f(2v0,g)
圆盘向下运动x盘2＝v″2t2＝eq \f(2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,g)＝4l
此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
v3＝gt2＝2v0
由动量守恒mv3＋Mv″2＝mv′3＋Mv″3
机械能守恒
eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋eq \f(1,2)Mv″ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝eq \f(1,2)mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋eq \f(1,2)Mv″ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
得碰后小球速度为v′3＝eq \f(v0,2)
圆盘速度v″3＝eq \f(3v0,2)
当二者即将四次碰撞时x盘3＝x球3
即v″3t3＝v′3t3＋eq \f(1,2)gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
得t3＝eq \f(2v0,g)＝t1＝t2
在这段时间内，圆盘向下移动
x盘3＝v″3t3＝eq \f(3v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,g)＝6l
此时圆盘距离下端管口长度为
20l－1l－2l－4l－6l＝7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x盘4＝8l
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次．
答案：（1）eq \f(\r(2gl),2) eq \f(\r(2gl),2) （2）l （3）4
12．解析：（1）t0时弹簧被压缩至最短，A、B碰撞动量守恒，由图（b）知
mB·1.2v0＝（mB＋mA）v0
得：mB＝5mA＝5m
此过程A、B与弹簧组成的系统机械能守恒
弹簧的最大弹性势能Epmax＝|ΔEk|＝eq \f(1,2)mB（1.2v0）2－eq \f(1,2)（mA＋mB）v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝0.6mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
（2）t0时弹簧压缩量最大，设为Δx
由题意，0～t0内，
mAvA＋mBvB＝mB·1.2v0
即mvA＋5mvB＝6mv0
化简得vA＝5（1.2v0－vB）
根据图（b）分析上式，A图线在0～t0上任意一点到横坐标轴的距离等于同一时刻B图线上对应点到v＝1.2v0线的距离的5倍．由vt图线与时间轴所围面积表示位移，且0～t0时间内xA＝0.36v0t0，可知0～t0时间内图线B与v＝1.2v0线所围面积x1＝eq \f(1,5)xA＝0.072v0t0，图线B与A之间所围面积表示Δx，则Δx＝1.2v0t0－xA－eq \f(1,5)xA＝0.768v0t0
（3）A、B第二次碰撞过程，设碰前A速度大小为vA1，碰后A、B速度大小分别为v′A、v′B
动量守恒：mB·0.8v0－mAvA1＝mBv′B＋mAv′A
动能不变：eq \f(1,2)mB（0.8v0）2＋eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A1)) ＝eq \f(1,2)mBv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＋eq \f(1,2)mAv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A))
由题意知v′A＝2v0
联立解得vA1＝v0
对A第一次碰撞后以2v0冲上斜面至速度为零过程，由动能定理有
－mgh－eq \f(μmghcsθ,sinθ)＝0－eq \f(1,2)m（2v0）2
对A冲上斜面又下滑至水平面过程，由动能定理有eq \f(－2μmghcsθ,sinθ)＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A1)) －eq \f(1,2)m（2v0）2
联立解得μ＝0.45
答案：（1）0.6mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) （2）0.768v0t0 （3）0.45
1．[2023·新课标卷]无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落．一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)( )
A．0B．mgh
C．eq \f(1,2)mv2－mghD．eq \f(1,2)mv2＋mgh
2．[2022·全国乙卷]固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环．小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于( )
A.它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积
3．[2023·北京市市辖区期末考试]如图所示，京张高铁将北京到张家口的通行时间缩短在1小时内，成为2022年北京冬奥会重要的交通保障设施．假设此高铁动车启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小恒定．已知动车的质量为m，最高行驶速度vm＝350km/h.则下列说法正确的是( )
A.行驶过程中动车受到的阻力大小为Pvm
B．当动车的速度为eq \f(vm,4)时，动车的加速度大小为eq \f(3P,mvm)
C．从启动到速度为vm的过程中，动车牵引力所做的功为eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m))
D．由题目信息可估算京张铁路的全长为350km
4．[2022·湖南卷]
1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成．如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v2大于v1
D．v2大于v0
5．[2022·山东冲刺卷]2022年2月4日冬奥会在北京举办，吸引了大量爱好者投入到冰雪运动中．如图所示，一滑雪运动员在忽略空气阻力的情况下，自A点由静止下滑，经B点越过宽为d的横沟到达平台C时，其速度vC刚好沿水平方向．已知A、B两点的高度差为20m，坡道在B点的切线方向与水平面成37°角，vC＝12m/s，运动员的质量m＝60kg，重力加速度取10m/s2.下列说法正确的是( )
A．B、C两点间的高度差h＝4.5m
B．横沟的宽度d＝10m
C．从B到C的运动过程中，运动员动量的变化量大小为450kg·m/s
D．从A到B的运动过程中运动员机械能的减少量为5250J
6．[2023·陕西宝鸡一模]汽车运输规格相同的两块楼板时，为了保证安全，底层楼板固定在车厢上，上层楼板按如图所示方式放置于底层楼板上，汽车先以a1＝2m/s2的加速度启动，然后以v＝10m/s的速度匀速运动，最后以a2＝10m/s2的加速度刹车至静止．已知每块楼板的质量为200kg，楼板间的动摩擦因数为0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程楼板不会掉落，也不会撞上驾驶室，g＝10m/s2，则( )
A．启动时楼板之间的摩擦力大小为1600NB．刹车时楼板之间的摩擦力大小为400N
C．启动时楼板间因摩擦产生的热量为2000JD．刹车时楼板间因摩擦产生的热量为2000J
二、多项选择题
7．[2023·新课标卷]一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示．物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2.下列说法正确的是( )
A．在x＝1m时，拉力的功率为6W
B．在x＝4m时，物体的动能为2J
C．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg·m/s
8．[2022·广东卷]如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶．已知小车总质量为50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的有( )
A．从M到N，小车牵引力大小为40N
B．从M到N，小车克服摩擦力做功800J
C．从P到Q，小车重力势能增加1×104J
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700J
9．[2022·全国乙卷]质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示．已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2.则 ( )
A．4s时物块的动能为零
B．6s时物块回到初始位置
C．3s时物块的动量为12kg·m/s
D．0～6s时间内F对物块所做的功为40J
三、非选择题
10.
[2023·江苏省南京市模拟题]如图为某室内模拟滑雪机，机器的前后两个传动轴由电动机提供动力并带动雪毯持续向上运动，使滑雪者获得真实的滑雪体验．已知坡道长L＝8m，倾角为θ＝37°，雪毯以速度v0＝8m/s向上做匀速直线运动，一质量m＝60kg(含装备)的滑雪者从坡道顶端由静止滑下，滑雪者未做任何助力动作，滑雪板与雪毯间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g＝10m/s2, sin37°＝0.6, cs37°＝0.8.不计空气阻力，在滑雪者滑到坡道底端的过程中，求：
(1)滑雪者所受合力的冲量I；
(2)与空载相比电动机多消耗的电能E.
11.
如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l.一质量为m＝eq \f(1,3)M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等．小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数．
12．[2022·全国乙卷]如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的vt图象如图(b)所示．已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同．斜面倾角为θ(sinθ＝0.6)，与水平面光滑连接．碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内．求
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数．
专项6 能量观点与动量观点的应用
1．解析：在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得mgh－Wf＝0
故雨滴克服空气阻力做功为mgh，故选B.
答案：B
2.
解析：如图所示，设大圆环半径为R，P、A距离为L，由机械能守恒定律可知，小环沿圆弧滑到A点的速率与沿斜线PA滑到A点的速率相等，分析小环的运动可知小环沿斜线PA下滑加速度a＝gcsθ＝eq \f(gL,2R)，v＝at＝eq \f(gL,2R)t，由等时圆模型可知小环沿斜线PA从P到A的时间与沿直线PB从P到B的时间相同，即2R＝eq \f(1,2)gt2，代入上式可得：v＝Leq \r(\f(g,R))，故C正确．
答案：C
3．解析：当动车达到最大速度时动车做匀速直线运动，动车受到牵引力等于受到的阻力，根据功率和牵引力的关系可知，有P＝Fvm，故行驶过程中动车受到的阻力大小为f＝F＝eq \f(P,vm)；
当动车的速度为eq \f(vm,4)时，动车受到的牵引力为F1，则有P＝F1·eq \f(vm,4)，根据牛顿第二定律可得F1－f＝ma
联立整理可得a＝eq \f(3P,mvm)，故A错误，B正确；从启动到速度为vm的过程中，对动车利用动能定理，可得WF－Wf＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ，故动车牵引力所做的功为WF＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ＋Wf
其中Wf表示该过程中克服阻力做的功，故C错误；由题目信息只知道最高时速，无法估计平均速度，故不可估算京张铁路的全长，故D错误．
答案：B
4．解析：设中子质量为m0，被碰粒子质量为m，碰后中子速度为v′0，被碰粒子速度为v，二者发生弹性正碰，由动量守恒定律和能量守恒定律有m0v0＝m0v′0＋mv，eq \f(1,2)m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)m0v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋eq \f(1,2)mv2，解得v′0＝eq \f(m0－m,m0＋m)v0，v＝eq \f(2m0,m0＋m)v0，因此当被碰粒子分别为氢核（m0）和氮核（14m0）时，有v1＝v0，v2＝eq \f(2,15)v0，故C、D错误；碰撞后氮核的动量为p氮＝14m0·v2＝eq \f(28,15)m0v0，氢核的动量为p氢＝m0·v1＝m0v0，p氮>p氢，故A错误；碰撞后氮核的动能为Ek氮＝eq \f(1,2)·14m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝eq \f(28,225)m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，氢核的动能为Ek氢＝eq \f(1,2)·m0·v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝eq \f(1,2)m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，Ek氮
5．解析：从B点到C点的过程做斜抛运动，将B点的速度沿水平方向和竖直方向分解vB＝eq \f(vC,cs37°)
得vB＝15m/s
则有vBy＝vBsin37°＝9m/s
由运动学规律可知：B到C的时间为t＝eq \f(vBy,g)＝0.9s
则d＝vCt＝12×0.9m＝10.8m，h＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(By)) ,2g)＝4.05m，A、B错误；
由动量定理得，运动员动量的变化量大小为Δp＝I＝mgt＝60×10×0.9＝540kg·m/s，C错误；
运动员从A点运动到B点的过程中由能量守恒定律可知；损失的机械能为ΔE＝mghAB－eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
代入数据得ΔE＝5250J，D正确．
答案：D
6．解析：对上层楼板受力分析，由牛顿第二定律f＝ma知，上层楼板能获得的最大加速度为am＝eq \f(fmax,m)＝eq \f(μmg,m)＝μg＝8m/s2，故当汽车以a1＝2m/s2的加速度启动时，上层楼板所受摩擦力为静摩擦力，且大小为f1＝ma1＝400N，选项A错误；同理当汽车以a2＝10m/s2的加速度刹车时，加速度大于上层楼板能获得的最大加速度，故此时上层楼板所受摩擦力为滑动摩擦力，且大小为f2＝μmg＝1600N，选项B错误；因为汽车启动时，上层楼板相对汽车静止，故楼板间因摩擦产生的热量为零，选项C错误；当汽车以a2＝10m/s2的加速度刹车时，上层楼板减速到零的位移为x1＝eq \f(v2,2μg)＝6.25m，汽车位移为x2＝eq \f(v2,2a2)＝5m，故两者相对位移为Δx＝x1－x2＝1.25m，则刹车时楼板间因摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝2000J，选项D正确．
答案：D
7．解析：由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx
可看出Wx图像的斜率代表拉力F.
在物体运动的过程中根据动能定理有W－μmgx＝eq \f(1,2)mv2
则x＝1m时物体的速度为v1＝2m/s
x＝1m时，拉力为F＝eq \f(ΔW,Δx)＝6N
则此时拉力的功率P＝Fv1＝12W
x＝4m时物体的动能为Ek＝2J
A错误、B正确；
从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx＝8J，C正确；
根据Wx图像可知在0～2m的过程中F1＝6N，2～4m的过程中F2＝3N，由于物体受到的摩擦力恒为f＝4N，则物体在x＝2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度v2＝eq \r(8)m/s
则从x＝0运动到x＝4的过程中，物体的动量最大为p＝mv＝2eq \r(2)kg·m/s，D错误．
故选BC.
答案：BC
8．解析：从M到N，由P1＝F1v1可得小车牵引力F1＝eq \f(P1,v1)＝eq \f(200,5)N＝40N，A正确．从M到N，小车匀速行驶，牵引力等于摩擦力，可得摩擦力f1＝F1＝40N，小车克服摩擦力做的功Wf1＝f1·xMN＝40×20J＝800J，B正确．从P到Q，由P2＝F2v2可得小车牵引力F2＝eq \f(P2,v2)＝eq \f(570,2)N＝285N，从P到Q，小车匀速行驶，小车牵引力F2＝f2＋mgsin30°，解得f2＝F2－mgsin30°＝285N－50×10×eq \f(1,2)N＝35N；从P到Q，小车克服摩擦力做的功Wf2＝f2·PQ＝35×20J＝700J，D正确．从P到Q，小车上升的高度h＝PQsin30°＝20×0.5m＝10m，小车重力势能的增加量ΔEp＝mgh＝50×10×10J＝5000J，C错误．
答案：ABD
9．解析：由图知0～3s内F的大小为F1＝4N，3～6s内F的大小F2＝4N；在0到3s内，物块沿正方向做匀加速直线运动，F1－μmg＝ma1，解得a1＝2m/s2，为正方向，3s末的速度v1＝a1t1＝6m/s；3s末力F反向，物块先沿正方向减速到零，F2＋μmg＝ma2，解得a2＝6m/s2，为负方向，物块减速到零所用的时间t2＝eq \f(v1,a2)＝1s，即4s末物块减速到零；在4～6s内，物块再反向做匀加速直线运动，F2－μmg＝ma3，解得a3＝2m/s2，为负方向．画出整个过程中的vt图像如图所示：
4s时物块的速度为零，动能为零，A正确；由图可知在0～6s内，物块的位移不为零，6s时物块没有回到初始位置，B错误；3s时的速度v1＝6m/s，动量p1＝mv1＝6kg·m/s，C错误；由vt图线与时间轴所围的面积表示位移知，0～3s内、3～4s内、4～6s内物块的位移大小分别为x1＝9m、x2＝3m、x3＝4m，则F对物块做的功分别为W1＝F1x1＝36J、W2＝－F2x2＝－12J、W3＝F2x3＝16J，则0～6s时间内F对物块所做的功W＝W1＋W2＋W3＝40J，D正确．
答案：AD
10．解析：（1）在滑雪者滑到坡道底端的过程中：mgsinθ－μmgcsθ＝ma；解得：a＝4m/s2；
到达底端速度：v2＝2aL；
滑雪者所受合力的冲量：I＝mv－0＝480N·s.
（2）滑雪者滑行时间：t＝eq \f(v,a)＝2s；
与空载相比电动机多消耗的电能等于雪毯克服摩擦力做功：E＝μmg·v0tcsθ＝1920J.
答案：（1）480N·s （2）1920J
11．解析：（1）过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律
mgl＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得v0＝eq \r(2gl)
过程2：小球以eq \r(2gl)与静止圆盘发生弹性碰撞，根据系统机械能守恒和动量守恒定律分别有
eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋eq \f(1,2)Mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
mv0＝mv1＋Mv′1
解得v1＝eq \f(m－M,m＋M)v0＝－eq \f(\r(2gl),2)
v′1＝eq \f(1,2)v0＝eq \f(\r(2gl),2)
即小球碰后速度大小为eq \f(\r(2gl),2)，方向竖直向上，圆盘速度大小为eq \f(\r(2gl),2)，方向竖直向下；
（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即v1＋gt＝v′1
解得t＝eq \f(v′1－v1,g)＝eq \f(v0,g)
根据运动学公式得最大距离为
dmax＝x盘－x球＝v′1t－（v1t－eq \f(1,2)gt2）＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2g)＝l
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有x盘1＝x球1
即v1t1＋eq \f(1,2)gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝v′1t1
解得t1＝eq \f(2v0,g)
此时小球的速度v2＝v1＋gt1＝eq \f(3,2)v0
圆盘的速度仍为v′1，这段时间内圆盘下降的位移
x盘1＝v′1t1＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,g)＝2l
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
mv2＋Mv′1＝mv′2＋Mv″2
根据能量守恒eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋eq \f(1,2)eq\a\vs4\al(Mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )＝eq \f(1,2)mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋eq \f(1,2)Mv″ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
联立解得
v′2＝0
v″2＝v0＝eq \r(2gl)
同理可得当位移相等时
x盘2＝x球2
v″2t2＝eq \f(1,2)gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得t2＝eq \f(2v0,g)
圆盘向下运动x盘2＝v″2t2＝eq \f(2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,g)＝4l
此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
v3＝gt2＝2v0
由动量守恒mv3＋Mv″2＝mv′3＋Mv″3
机械能守恒
eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋eq \f(1,2)Mv″ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝eq \f(1,2)mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋eq \f(1,2)Mv″ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
得碰后小球速度为v′3＝eq \f(v0,2)
圆盘速度v″3＝eq \f(3v0,2)
当二者即将四次碰撞时x盘3＝x球3
即v″3t3＝v′3t3＋eq \f(1,2)gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
得t3＝eq \f(2v0,g)＝t1＝t2
在这段时间内，圆盘向下移动
x盘3＝v″3t3＝eq \f(3v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,g)＝6l
此时圆盘距离下端管口长度为
20l－1l－2l－4l－6l＝7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x盘4＝8l
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次．
答案：（1）eq \f(\r(2gl),2) eq \f(\r(2gl),2) （2）l （3）4
12．解析：（1）t0时弹簧被压缩至最短，A、B碰撞动量守恒，由图（b）知
mB·1.2v0＝（mB＋mA）v0
得：mB＝5mA＝5m
此过程A、B与弹簧组成的系统机械能守恒
弹簧的最大弹性势能Epmax＝|ΔEk|＝eq \f(1,2)mB（1.2v0）2－eq \f(1,2)（mA＋mB）v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝0.6mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
（2）t0时弹簧压缩量最大，设为Δx
由题意，0～t0内，
mAvA＋mBvB＝mB·1.2v0
即mvA＋5mvB＝6mv0
化简得vA＝5（1.2v0－vB）
根据图（b）分析上式，A图线在0～t0上任意一点到横坐标轴的距离等于同一时刻B图线上对应点到v＝1.2v0线的距离的5倍．由vt图线与时间轴所围面积表示位移，且0～t0时间内xA＝0.36v0t0，可知0～t0时间内图线B与v＝1.2v0线所围面积x1＝eq \f(1,5)xA＝0.072v0t0，图线B与A之间所围面积表示Δx，则Δx＝1.2v0t0－xA－eq \f(1,5)xA＝0.768v0t0
（3）A、B第二次碰撞过程，设碰前A速度大小为vA1，碰后A、B速度大小分别为v′A、v′B
动量守恒：mB·0.8v0－mAvA1＝mBv′B＋mAv′A
动能不变：eq \f(1,2)mB（0.8v0）2＋eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A1)) ＝eq \f(1,2)mBv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＋eq \f(1,2)mAv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A))
由题意知v′A＝2v0
联立解得vA1＝v0
对A第一次碰撞后以2v0冲上斜面至速度为零过程，由动能定理有
－mgh－eq \f(μmghcsθ,sinθ)＝0－eq \f(1,2)m（2v0）2
对A冲上斜面又下滑至水平面过程，由动能定理有eq \f(－2μmghcsθ,sinθ)＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A1)) －eq \f(1,2)m（2v0）2
联立解得μ＝0.45
答案：（1）0.6mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) （2）0.768v0t0 （3）0.45
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