新高考物理一轮复习考点课时练第七章阶段复习练(三)　能量与动量（含答案解析）

这是一份新高考物理一轮复习考点课时练第七章阶段复习练(三)　能量与动量（含答案解析），共24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。
一、单项选择题：每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.无人机在生产生活、军事、科研等方面有广泛的应用。某款无人机的总质量为m，水平匀速飞行的速度为v时，受到的空气阻力是重力的k倍，重力加速度为g，则该无人机飞行的过程中，牵引力的功率为( )
A.mgvB.kmgv
C.(1＋k)mgvD.1＋k2mgv
2.滑板运动是青少年比较喜欢的一种户外运动。如图所示，现有一个质量为m的小孩站在一辆质量为km的滑板车上，小孩与滑板车一起在光滑的水平路面上以速度v0匀速运动，突然小孩相对地面以速度1110v0向前跳离滑板车，滑板车速度大小变为原来的110，但方向不变，则k为( )
A.17B.18C.19D.110
3.(2022·山东卷·2)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中( )
A.火箭的加速度为零时，动能最大
B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
4.(2025·山东德州市检测)质量为1 kg的物块静止在水平地面上，t＝0时对其施加一水平拉力F，当物块运动一段时间后撤去拉力，之后物块继续运动直至停止。该物块运动的位移—时间图像如图所示，图像在P点处的斜率最大、Q点处的斜率为0，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度取10 m/s2，则水平拉力F的大小为( )
A.2 NB.4 NC.6 ND.8 N
5.2023年11月10日，我国首条超高速低真空管道磁浮交通系统——高速飞车大同(阳高)试验线工程完工，其特点是全封闭真空管道和磁悬浮运输。如图所示，高速飞车的质量为m，额定功率为P0，高速飞车在平直轨道上从静止开始运动，先以加速度a做匀加速直线运动，加速过程中达到额定功率P0。后又经过一段时间达到该功率下的最大速度，若高速飞车行驶过程中所受到的阻力为Ff且保持不变，则下列说法正确的是( )
A.高速飞车匀加速直线运动过程中达到的最大速度为P0ma
B.高速飞车匀加速直线运动的时间为P0a(Ff−ma)
C.高速飞车匀加速直线运动的位移为P022a(Ff＋ma)2
D.高速飞车在整个加速过程中牵引力做功等于mP022Ff2
6.(2024·重庆卷·4)活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针鞘被瞬间弹出后仅受阻力，针鞘质量为m。针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力，大小分别为F1、F2，则针鞘( )
A.被弹出时速度大小为2(F1d1＋F2d2)m
B.到达目标组织表面时的动能为F1d1
C.运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2
D.运动d2的过程中动量变化量大小为mF2d2
7.(2024·江苏卷·9)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则( )
A.弹簧原长时A动量最大
B.弹簧压缩至最短时A动能最大
C.系统动量变大
D.系统机械能变大
二、多项选择题：每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8.(2024·山东烟台市期中)如图所示，滑块以一定的初动能从斜面底端O点冲上足够长的粗糙斜面，斜面倾角为α，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ。取O点所在的水平面为参考平面，以O点为位移的起点、沿斜面向上为位移的正方向，已知μmP022Ff2，故D错误。]
6.A [根据动能定理有F1d1+F2d2＝12mv2，解得v＝2(F1d1+F2d2)m，故A正确；针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，此过程中克服阻力做功为F2d2，根据动能定理有Ek＝F2d2，故B、C错误；针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小Δp＝2mEk＝2mF2d2，故D错误。]
7.A [对整个系统分析可知合外力为0，系统动量守恒，由于系统内只有弹力做功，故系统的机械能守恒，C、D错误；
滑板A受到的合外力为弹簧的弹力，弹簧在恢复原长的过程中，由kx＝ma知滑板做加速度减小的加速运动，弹簧被压缩时，滑板做加速度增大的减速运动，所以弹簧原长时A动量最大，动能最大，故A正确，B错误。]
8.ABD [由动能定理可得ΔEk＝F合x，即图像的斜率表示合外力，由题可知，上滑时，合外力为F1＝－mgsin α－μmgcs α，下滑时，合外力为F2＝－mgsin α+μmgcs α，故A正确；根据重力势能Ep＝mgxsin α，故B正确；根据功能关系，上滑和下滑时均有摩擦力做功，则机械能一直减小，且摩擦力大小不变，则上滑过程机械能随x增大均匀减小，下滑过程，机械能随x减小均匀减小，且两段过程斜率大小相同，故C错误，D正确。]
9.BD [小球A下落过程中机械能守恒，有mgL＝12mv02，解得v0＝2gL，小球A与物块B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得mv0＝mvA+mvB，12mv02＝12mvA2+12mvB2，解得碰后A、B的速度分别为vA＝0，vB＝v0＝2gL，可知碰撞后A、B交换速度，小球A静止，物块B的速度为2gL，故A错误，B正确；
对B、C组成的系统分析可知，水平方向不受外力，则动量守恒，有mvB＝(M+m)v，解得v＝mvBM+m＝mM+m2gL，根据能量守恒可知，摩擦热为Q＝12mvB2－12(M+m)v2＝MmgLM+m，故C错误；
若B恰好滑离C，摩擦热为μmgl，其中l为板长，则有MmgLM+m＝μmgl，解得l＝MLμ(M+m)，因此可知，若物块B会滑离木板C，则板长小于MLμ(M+m)，故D正确。]
10.BD [A、B组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故A错误；当A球摆到B球正下方时，A、B球的速度大小分别为vA和vB。以小球A摆到最低点所在平面为参考平面，由水平方向动量守恒得
mvA＝mvB
由机械能守恒得mgL＝12mvA2+12mvB2，
解得vA＝vB＝gL，A球运动到最低点时速度大小为gL，故B正确；A球机械能减小量ΔE＝mgL－12mvA2＝12mgL，故C错误；A、B组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，则有mxAt－mxBt＝0，xA+xB＝L，解得A球运动到最低点时，B球向右运动距离为L2，故D正确。]
11.(1)4.700 (2)通过两个光电门的时间相同 (3)0.47 (4)v0+v1＝v2
解析 (1)挡光片的宽度为d＝4.5 mm+20.0×0.01 mm＝4.700 mm
(2)滑块若能够做匀速运动，因挡光片的宽度为定值，则经过光电门的时间相同。
(3)滑块1的速度大小为v＝dΔt
＝0.47 m/s
(4)根据系统动量守恒和能量守恒有
m1v0＝m1v1+m2v2
12m1v02＝12m1v12+12m2v22
解得v0+v1＝v2。
12.(1)0.52 (2)BC (3)2(mP−mQ)g(mP+mQ)d2
解析 (1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d＝0.5 cm+0.1 mm×2＝0.52 cm。
(2)实验中要让物块P下降，Q上升，则需选择两个质量不相等的物块，选项A错误；实验时，要确保物块P由静止释放，选项B正确；需要测量出两物块的质量mP和mQ，选项C正确；实验中不需要测量出遮光条从A到达B所用的时间T，选项D错误。
(3)物块P经过光电门时的速度
v＝dt
若系统机械能守恒，则有(mP－mQ)gh＝12(mP+mQ)v2
即1t2＝2(mP−mQ)g(mP+mQ)d2h
则k＝2(mP−mQ)g(mP+mQ)d2。
13.(1)v22g (2)mg+mv2L (3)14mv2
解析 (1)A从释放到与B碰撞前瞬间，根据动能定理得mgH＝12mv2
解得H＝v22g
(2)碰撞前瞬间，对A由牛顿第二定律得F－mg＝mv2L
解得F＝mg+mv2L
(3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得mv＝2mv1
解得v1＝12v
则碰撞过程中系统损失的机械能为
ΔE＝12mv2－12×2m(12v)2
＝14mv2。
14.(1)m2 (2)gR，方向水平向右
解析 (1)小球从进入孔道至到达最高点过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，
则有mv0＝(M+m)v，12mv02
＝12(M+m)v2+mg·1.5R
解得v＝2gR，M＝m2
(2)小球从进入孔道到离开孔道过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有mv0＝mv1+Mv2，
12mv02＝12mv12+12Mv22
解得v1＝gR，v2＝4gR
即小球离开孔道时速度大小为gR，方向水平向右。
15.(1)①16 m/s2 ②2 m ③1∶2 (2)0.2 m
解析 (1)①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有mgh＝12mvC2
第一次经过C点的向心加速度大小为a＝vC2R
联立解得a＝16 m/s2。
②由几何关系可知，E点的高度hE＝Lsin θ+R(1－cs θ)＝0.95 m>h，显然小物块a不会从E点滑出轨道DE。小物块a在DE上时，因为μ2mgcs θ