考点5 机械能和动量—高考物理一轮复习考点创新题训练

这是一份考点5 机械能和动量—高考物理一轮复习考点创新题训练，共20页。
A.出口下方0~2 cm范围内沙子数与2~4 cm范围内沙子数相等
B.沙子落到容器底部变为静止的过程中，动量变化量的方向向下
C.容器底部受到的平均冲击力
D.从沙子开始下落到全部落到底部的过程中，弹簧测力计示数先变大后变小
2.如图所示，水龙头开口处直径，距离地面高度，打开水龙头，流出水的速率，水在空中形成一条完整的水流，不考虑空气阻力，重力加速度g取，已知水的密度，水落到地面上速度变为零，以下说法正确的是( )
A.水流在落地前的截面直径为
B.水流在落地前的截面直径为
C.水流对地面的平均冲击力大小为
D.水流对地面的平均冲击力大小为
3.铅球运动员分别采用原地推铅球和滑步推铅球两种方式进行练习，如图为滑步推铅球过程示意图。已知两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，滑步推铅球比原地推铅球可增加约2 m的成绩，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A.滑步方式推出的铅球先落地
B.滑步方式推出的铅球动量的变化量一定大
C.两种方式推出的铅球在相同高度速率可能相同
D.两种方式推出的铅球离手后，相同高度时的速度方向不可能相同
4.如图1所示为两碰碰车，在某次碰撞过程中，甲车静止在水平地面上，时刻乙车以某一初速度运行，之后与甲车发生正碰，已知两车质量均为，车上游客质量之比为1:2（所在车未知），碰撞前后两车动量大小随时间的变化图像如图2所示，碰撞时间可忽略，车所受阻力为车总重力的k倍，整个过程车无动力。则( )
A.甲车上游客的质量为20 kg
B.题述碰撞过程无能量损失
C.甲车运动过程中阻力的冲量大小为30 N·s
D.两车均静止时的距离为
5.蹦极也叫机索跳，是近年来新兴的一项非常刺激的户外休闲运动，蹦极运动可以用如图所示的实验装置来模拟，在桌面边缘固定一个支架，在支架横臂的端点上系一根轻质弹性绳（弹性绳上的弹力遵循胡克定律），在弹性绳的另一端系一小球，使小球从支架横臂悬点处由静止释放，小球始终小球未触地，不计空气阻力。下列四幅图像分别表示小球从静止释放到运动至最低点的过程中，加速度a、动能、机械能E随位移x的变化规律及动量p随时间t的变化规律，其中可能正确的是( )
A.B.
C.D.
6.篮球运动员原地运球可简化为以下情境：由于篮球撞地弹起过程有能量损失，每当篮球运动到最高点时，手掌给其一竖直向下的恒力并作用一段距离，使篮球每次弹起的高度均相同。不考虑空气阻力，取地面为零势能面。篮球弹起后到再次落地前，篮球动能、重力势能、机械能E随离地高度h变化的图像，合理的是( )
A.B.
C.D.
7.我国在人工智能和无人驾驶技术领域已取得较大突破。在某次测试中，质量为m的汽车沿一长度为s的山坡直线行驶，测试发现，若下坡时关掉油门，则汽车的速度保持不变；若汽车由静止开始从坡底匀加速上坡，当速度为时，汽车功率恰好达到额定功率，再以此功率运动时间到达坡顶，此时刚好达到最大速度，坡面的倾角为α，重力加速度为g，汽车受到的阻力始终为重力的k倍。则( )
A.关掉油门后的下坡过程，若增加汽车的载重，则汽车会加速运动
B.上坡过程中，达到最大速度时汽车的牵引力大小为
C.上坡过程中，汽车做非匀加速运动的位移为
D.汽车从坡底到坡顶的过程中，所用时间大于
8.质量为和的两弹性小球相互接触但不挤压，如图所示。将两球从某高度自由释放到第一次发生碰撞的时间为t。已知两球间的碰撞均为弹性碰撞，小球与地面间的碰撞无动能损失，两小球均可视为质点，不计空气阻力，若，则( )
A.第一次碰撞后时间内，两小球还能发生3次碰撞
B.第一次碰撞后时间内，两小球不会发生碰撞
C.若，则两小球在释放后时间内能发生3次碰撞
D.不论和是什么关系，碰后反弹高度都会超过前一次
9.如图是某人站在力传感器上由静止先“下蹲”后静止再“站起”到静止过程中力传感器的示数随时间变化的图像，其中点1、3、5、6、8、10处纵坐标都是500 N，点2、4的纵坐标分别为200 N、700 N，重力加速度g取，由图像上各点判断人的运动情况，下列说法正确的是( )
A.下蹲时，从点1到点3过程中，加速度方向先向下后向上，点4处速度最大
B.下蹲时，点2处加速度最大，加速度大小为，方向向下
C.从点8到点10，人一直向上匀减速，点8处速度最大
D.点8到点10的图形和点6到点8的图形与横线所围的面积一定大小相等
10.如图所示，某同学玩台球，白球A以初速度和静止的目标球B发生碰撞，碰后B球以速度运动，速度方向与白球A初速度方向的夹角为60°。假设两个球的质量均为m，碰撞时间极短。下列说法中正确的是( )
A.碰后A球的速度大小为
B.碰后两个球的运动方向相互垂直
C.碰撞过程中A球动量的变化量大小为，方向为B球速度的反方向
D.碰撞过程中损失的机械能为
11.如图所示，粗细均匀且足够长的光滑长杆固定在竖直面内，杆与水平方向的夹角，质量不计的轻环套在杆上，轻环下用长为L的轻绳吊着质量为m的小球A。初始时，轻环及小球A在杆上的一小固定杆的作用下保持静止，将小球B以与水平方向成角斜向右上抛出，恰好沿水平方向与小球A发生弹性碰撞。已知小球B的质量为3m，碰撞后小球A在光滑长杆所在的竖直面内运动，开始时两球所在位置的高度差为L，小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，，，求：
（1）小球B抛出的初速度大小；
（2）小球B与小球A碰撞过程中，小球B对小球A做的功；
（3）轻环沿杆上滑的最大距离。
12.城市轻轨具有运量大、速度快、污染小、能耗少、安全性高等优点。某工程师为科学合理利用能量、节约能源，在保证车辆和乘客安全的前提下，设计了如图所示的轻轨车站，与站台连接的轨道都有一个小坡度。列车进站时要上坡，出站时要下坡。如果列车在途中轨道进站前的速度为，上坡前切断电源，到达站台的速度不超过。重力加速度g取。
（1）不考虑上坡时受到的阻力，站台的高度比途中轨道至少高多少？
（2）一列质量轻轨列车出站后以恒定功率沿水平轨道行驶，在10s内速度由增加到后匀速运动，已知列车受到的阻力恒为，则列车在这段时间内行驶的路程为多少？
13.一自上而下的传送装置可简化为如下模型。如图所示，水平光滑轨道OA上安装了一理想弹簧发射器，弹簧原长小于OA间距离，弹簧左端固定在O处，弹簧右端放置一小滑块P，使滑块向左压缩弹簧且不拴接，在轨道右侧有一顺时针转动的水平传送带，其左右端分别与轨道A点和细管道B点等高相切，水平固定粗糙平台CD与细管道最低点C等高相切，在水平地面上有一左端带挡板的木板，木板上表面与平台CD等高且木板与平台紧密接触。将滑块P由静止释放，P经过水平传送带和三个竖直的半圆形光滑细管道，与静止在CD平台末端的小滑块Q发生弹性碰撞，碰后P恰好能返回C点，碰后Q滑上木板，然后Q与木板左端挡板发生弹性碰撞。已知管道半径均为R，滑块P、木板质量分别为、，释放滑块P时弹簧弹性势能的大小为，传送带长度为，传送带速度大小为，平台CD长度为，木板长为，滑块P与传送带间的动摩擦因数为，P与平台CD间的动摩擦因数为，滑块Q与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，滑块均可视为质点，所有碰撞时间极短。
（1）求滑块P到达B点时的速度大小；
（2）求滑块Q的质量；
（3）滑块P在最后一个圆轨道上运动的过程中，经过E点（图中未画出）时重力的瞬时功率出现了极大值，求E点到平台CD的竖直高度h；
（4）求滑块Q与木板间因摩擦而产生的热量。
14.如图所示，相距的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接，右侧平台长，并且与一倾角的斜面在C点连接，斜面足够长。传送带以速率顺时针匀速转动。小滑块P以初速度自左侧平台水平向右滑上传送带，之后与静止在右侧平台最左端的小滑块Q发生弹性碰撞。已知小滑块P、Q的质量分别为和，小滑块P与传送带间的动摩擦因数，小滑块Q与右侧平台间的动摩擦因数，重力加速度取，P、Q均可视为质点。求：
（1）小滑块P通过传送带所需的时间。
（2）小滑块Q离开右侧平台C端时的速度大小。
（3）小滑块Q落到斜面上时的动能以及小滑块Q在从C点飞出至落到斜面上的过程中动量的变化量大小。
15.如图所示，左侧轨道由光滑螺旋滑槽AB和与AB末端平滑连接的水平轨道BC组成，右侧轨道为竖直光滑圆弧，圆心为O，且D与O的连线与竖直方向的夹角为60°，E为轨道最高点，C和E在同一水平线上。质量为的物块P从螺旋滑槽上距离水平轨道BC高度为处由静止滑下，运动到B点与质量为的物块Q发生弹性碰撞，碰后物块Q运动到C点后做平抛运动，物块P恰好停在C点，物块Q沿D点切线进入圆弧轨道，上升到E点时对轨道恰好无压力。物块均可视为质点，且与BC间的动摩擦因数均为，重力加速度g取，不计空气阻力。求：
（1）碰后物块的速度大小；
（2）圆弧轨道的半径R；
（3）C点到E点的距离。
答案以及解析
1.答案：C
解析：由自由落体规律可知，沙子下落的高度越大，速度越大，故出口下方越靠近出口，沙子的速度越小，相同高度内沙子的数量越多，A错误。质量为的沙子落到容器底部时的速度大小设为v（方向向下），则沙子落到容器底部变为静止的过程中，动量变化量为，故动量变化量的方向向上，B错误。因为H足够大，忽略沙漏底部沙子的高度，由动量定理可得，其中为极短时间内落到瓶底的沙子的质量，求和可得，又，解得，C正确。沙子下落过程中处于失重状态，会导致弹簧测力计的示数变小，故从沙子开始下落到全部落到底部的过程中，弹簧测力计示数会先变小，D错误。
2.答案：C
解析：水流做竖直下抛运动，设落地前速度为v，由，得，设水流在落地前的截面直径为D，水在空中形成一条完整的水流，即经过相等时间水流的体积相等，有，解得，A、B错误；水流冲击地面前极短时间内水的质量，设地面对水流的平均冲击力大小为F，由于时间极短，则忽略重力的冲量，由动量定理，有，解得，由牛顿第三定律可得，水流对地面的平均冲击力大小为，C正确，D错误。
3.答案：B
解析：设铅球出手时的速度为v，与水平方向的夹角为θ，则铅球水平方向的位移，两种方式铅球落地的竖直位移相同，有，解得，v越大，t越大，水平位移越大，故滑步法推出的铅球后落地，A错误；滑步推铅球时，铅球的运动时间长，重力的冲量大，即铅球的动量变化量大，B正确；铅球在空中运动时，机械能守恒，两种方式推出的铅球初始机械能不同，所以两球在相同高度时，势能相同，动能不同，速率不同，C错误；铅球在下落到和出手高度相同时，竖直方向速度与初始时等大反向，水平方向速度不变，故此时两种方式推出的铅球的合速度方向相同，D错误。
4.答案：D
解析：第一步：结合图像计算游客的质量
根据图2可知碰前瞬间乙车的动量大小为，碰后瞬间乙车的动量大小为，根据动量守恒结合图2可知碰后瞬间甲车的动量大小为，若碰后瞬间乙车的动量大小为45 kg·m/s，不符合碰撞过程动能不增加原则，根据题意可知车所受阻力为车总重力的k倍，则两车运动过程中的加速度大小相等，又图像斜率的绝对值表示车所受合外力的大小，根据题图2有，结合题意有，，解得，A错误。
第二步：根据能量守恒定律判断碰撞过程是否有能量损失
根据能量守恒定律有，代入数据解得，则碰撞过程有能量损失，B错误。
第三步：计算阻力的冲量大小
根据以上分析可知甲车运动过程中所受阻力的冲量大小为，解得，C错误。
第四步：根据匀变速运动规律计算两车静止时的距离
碰后两车运动方向相反，碰后瞬间的速度大小，则两车均静止时的距离为，D正确。
5.答案：CD
解析：小球先做自由落体运动，再做加速度减小的加速直线运动，当弹性绳的拉力大小等于小球的重力时，小球有最大速度，最后做加速度反向增大的减速运动。在自由落体运动阶段小球的加速度等于重力加速度，设弹性绳原长为L，当弹性绳被拉直后，根据牛顿第二定律有，故，故A项错误；根据动能定理有，小球的动能与位移x图像的斜率绝对值表示小球所受合力大小，合力大小先不变再变小最后又反向增大，故B项错误；设小球从静止释放处到运动至最低点处的高度差为H，小球的机械能，小球的机械能E与位移x图像的斜率绝对值表示弹性绳的弹力大小，弹性绳上的弹力开始为零，然后逐渐增大，故C项正确；根据动量定理有，小球的动量p随时间t变化的图像斜率的绝对值表示合力大小，合力大小先不变再变小最后又反向增大，故D项正确。
6.答案：ACD
解析：篮球在空中运动一小段距离，受到的合外力为，动能变化量为，由动能定理有，可得，即图线的斜率对应合外力，上升过程和脱手后的下降过程，受到的合外力为重力，斜率相等，手掌向下施力过程，合外力大于重力，斜率较大。由于篮球撞地弹起过程有能量损失，落地时的动能大于弹起时的动能，每次上升到同一高度，A正确，B错误。由可知，即上升及下降过程图线的斜率不变，C正确。手掌推力F所做的功等于篮球机械能的增加量，有，可得，即图线的斜率大小对应推力的大小，篮球上升过程和脱手后下降过程不受推力，斜率为0，手掌向下施力过程，篮球机械能增加，斜率为定值，D正确。
7.答案：BC
解析：关掉油门后的下坡过程，汽车做匀速运动，有，增大汽车的载重，等式仍然成立，汽车仍然匀速运动，A错误；由可知，汽车以额定功率上坡过程中速度逐渐增大，牵引力逐渐减小，当合力为零时汽车速度达到最大，此时，B正确；汽车的额定功率，汽车做非匀加速运动过程中，根据动能定理有，解得，C正确；汽车从开始上坡到坡顶过程中，汽车运动的图像如图中a线所示，若汽车在相同时间内，速度从零开始做匀加速运动到，则其图线如图中b线所示，根据图像可知，b线与时间轴围成的面积小于实际的坡长，所以实际上汽车的平均速度大于，由可知，所用的时间t一定小于，D错误。
8.答案：AC
解析：设发生弹性正碰前两小球的速度分别为，碰撞后的速度分别为，由动量守恒定律与机械能守恒定律有，，设两小球从高度为h处自由释放，下方的小球与地面接触时两小球的速度为，则与地面发生碰撞后反弹的速度为，则有，上述各式联立可得，，即碰撞后静止，以的初速度向上运动，结合运动学公式可知，上升的高度为，直至第二次与碰撞，可得间隔时间为，设第二次碰撞后和的速度分别为，由动量守恒定律与机械能守恒定律有，联立解得，即第二次碰撞后以速度向上运动，与地面碰撞反弹后以速度向上运动，结合第一次碰撞分析可知上升的高度均为h，则经过时间发生第三次碰撞，然后静止、以速度向上运动，则两小球碰撞过程如图1所示，故能碰撞3次，A正确，B错误；若，小球碰撞后速度发生交换，向上运动，向下运动，碰地后又以原速度向上运动，两球又一同弹起到原来的高度后再次落下弹起，重复该过程，其碰撞过程如图2所示，可知时间内，能发生3次碰撞，C正确；结合A项分析可得，要使得反弹后上升高度比前一次高，则的大小需要大于，即大于1，结合数学知识可知，D错误。
9.答案：BD
解析：由题意可知，人的重力，由牛顿第三定律可知，点1到点3过程，人所受支持力小于重力，加速度一直向下，处于失重状态，点3处为下蹲过程速度最大时刻，点3到点5过程处于超重状态，向下减速，点4处速度小于点3处速度，A错误；根据，可知点2处加速度向下且最大，，B正确；人在点6到点8过程处于超重状态，加速度一直向上，点8为站起过程最大速度处，人在从点8到点10过程处于失重状态，人一直向上减速，但F变化，说明加速度变化，不是匀减速，C错误；由于人在点6和点10处都处于静止状态，点8到点10的图形和点6到点8的图形与横线所围的面积都表示合力的冲量大小，根据动量定理可知这两个面积大小相等，D正确。
10.答案：BC
解析：设碰后小球A的速度方向与方向的夹角为α，两个球碰撞过程中在沿方向上动量守恒，有，两个球碰撞过程中在垂直方向上动量守恒，有，解得，故A错误；由前面分析可知碰撞后两个球的运动方向相互垂直，故B正确；由动量守恒可知，所以碰撞过程中A球动量的变化量大小为，方向为B球速度的反方向，故C正确；碰撞过程中损失的机械能，放D错误。
11.答案：（1）（2）（3）
解析：（1）设小球B抛出的初速度大小为，则小球B在与小球A碰撞前的瞬间速度大小为
根据机械能守恒定律有
解得
（2）由（1）可知，小球B与小球A碰撞前瞬间，小球B的速度大小为，设碰撞后A球的速度为，B球的速度为，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
则小球B与小球A碰撞过程中，小球B对小球A做的功为
（3）小球A被碰撞后，先绕环做圆周运动，设转过37°时小球A的速度大小为，根据机械能守恒定律有
解得
此后，由于小环的质量为零，因此速度发生突变，和小球A一起沿平行于杆向上的方向做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
则加速度大小为，
由匀变速直线运动公式有
则环沿杆向上运动的最大距离为
12.答案：（1）2m（2）
解析：（1）已知：列车在途中轨道进站前的速度为
列车到达站台的最大速度为
选途中轨道是重力势能的参考平面，由机械能守恒定律有
解得
所以站台的高度比途中轨道至少高2m；
（2）由列车最后做匀速直线运动，可得，列车受力平衡，即牵引力等于阻力，则
以上各式联立，解得
列车开始加速前的速度为
列车加速过程，由能量守恒可得
代入数据，解得
13.答案：（1）（2）（3）（4）
解析：（1）假设P在传送带上一直匀减速，则由动能定理
解得
由于
则假设成立，即
（2）设P与Q碰撞前的速度大小为，碰后P的速度大小为，Q的速度为，则P从B到C由动能定理
解得
从C到D过程中由动能定理
解得
对P滑块从D到C根据动能定理
解得
根据动量守恒和机械能守恒可知
解得
解得
（3）在E点竖直方向合外力为零，则
由牛顿第二定律
从E到C由动能定理
E点到C点的竖直高度
解得
（4）由（2）可得，Q碰后速度
进入长木板上表面，先判断长木板是否移动，Q对长木板摩擦力向左
地面对长木板最大静摩擦力
故长木板先不动，Q做匀减速运动，可得
解得
Q以速度与长木板弹性碰撞，可得
可得碰后Q的速度大小
长木板的速度大小为
Q向右减速
长木板向左减速
Q向右做减速运动直至速度减为零后再向左做加速运动直到两者共速，再一起减速，做出图像如图
可得
相对位移
可得
则滑块未滑离木板，滑块Q与木板间因摩擦产生的热量为
14.答案：（1）1.6 s
（2）3 m/s
（3）31.5 J；
解析：（1）小滑块P在传送带上先做匀加速运动，设其加速度大小为，由牛顿第二定律有
设小滑块P滑上传送带后匀加速运动的距离为，由运动学公式有
代入题给数据，联立解得
因此，小滑块P在到达右侧平台前，先加速至，然后开始做匀速运动，设小滑块P在传送带上做匀加速运动所用的时间为，做匀速运动所用时间为，由运动学公式有
解得
小滑块P以速度做匀速运动，有
解得
小滑块P通过传送带所需的时间。
（2）小滑块P与Q发生弹性碰撞，设碰撞后小滑块P的速度为，小滑块Q的速度为
由动量守恒定律，有
由机械能守恒定律，有
联立解得
小滑块Q在右侧平台上做匀减速运动，设其加速度大小为，由牛顿第二定律有
根据运动学公式有
代入数据解得小滑块Q离开右侧平台C端时的速度大小。
（3）小滑块Q滑离右侧平台后做平抛运动，则有，，
解得小滑块Q的落点与C点的高度差，
由机械能守恒定律得，小滑块Q从C点飞出后落到斜面上时的动能
解得
由动量定理得，小滑块Q从C点飞出至落到斜面上过程中动量的变化量大小。
15.答案：（1）；（2）（3）
解析：（1）物块P从A点运动到B点过程中机械能守恒，有
物块P与物块Q在B点发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，有
根据机械能守恒定律，有
解得，
（2）物块P从B点运动到C点的过程，根据动能定理，有
物块Q从B点运动到C点的过程，根据动能定理，有
物块Q运动到E点时根据牛顿第二定律有
C点与E点等高，所以物块Q在两点速率相等，即
联立解得
（3）物块Q平抛到D点时，有
C点到D点的水平距离
D点到E点的水平距离
C点到E点的距离
解得