【物理】2020届二轮复习 动量和能量的综合应用作业

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【物理】2020届二轮复习 动量和能量的综合应用作业

动量和能量的综合应用 ‎(建议用时:40分钟)‎ ‎1.(多选)(2019·湖南湘东六校联考)质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动,有一轻弹簧固定在其左侧,另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与甲相向运动,如图所示,两物块通过弹簧相互作用(未超出弹簧弹性限度)并最终弹开,则(  )‎ A.两物块在压缩弹簧的过程中,两物块组成的系统动量守恒 B.当两物块相距最近时,甲物块的速度为零 C.甲物块的速率可能为5 m/s D.当甲物块的速率为1 m/s时,乙物块的速率可能为2 m/s AD [甲、乙两物块在压缩弹簧的过程中,两物块组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,选项A正确;当两物块相距最近时,两物块速度相等,甲物块的速度不为零,选项B错误;若甲物块的速率为5 m/s,根据动量守恒定律可得此时乙物块的速率为6 m/s或4 m/s,两物块组成的系统机械能增大,违反了能量守恒定律,选项C错误;当甲物块的速率为1 m/s,方向向左时,选取向右为速度的正方向,根据动量守恒定律,m·4 m/s-m·3 m/s=mv-m·1 m/s,解得乙物块的速率v=2 m/s,选项D正确。]‎ ‎2.(原创题)(多选)一艘帆船在湖面上顺风航行,在风力的推动下做速度为v0=4 m/s的匀速直线运动。已知帆船在该运动状态下突然失去风的推力的作用,此后帆船在湖面上做匀减速直线运动,经过时间t0=8 s后静止不动;该帆船的帆面正对风的有效面积为S=10 m2,帆船的总质量约为M=936 kg,若帆船在行驶过程中受到的阻力恒定不变,空气的密度为ρ=1.3 kg/m3,下列说法正确的是(  )‎ A.帆船失去风的推力后加速度大小是1 m/s2‎ B.帆船在湖面上顺风航行时所受水的阻力大小为468 N C.帆船匀速运动时受到风的推力的大小为936 N D.风速的大小为10 m/s BD [帆船失去风的推力后,只受到水的阻力f的作用,做匀减速直线运动,设帆船的加速度大小为a,则a==0.5 m/s2,选项A错误;以帆船为研究对象,由牛顿第二定律可得f=Ma,代入数据解得f=468 N,选项B正确;设帆船匀速运动时受到风的推力大小为F,根据平衡条件得F-f=0,解得F=468 N,选项C错误;设在时间t内,以正对帆面且吹向帆面的空气为研究对象,且其质量为m,则m=ρS(v-v0)t,根据动量定理有-Ft=mv0-mv,解得v=10 m/s,选项D正确。]‎ ‎3.(一题多解)(2019·武汉示范高中联考)如图所示,子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块,子弹未穿透木块,此过程木块的动能增加了6 J,那么此过程产生的内能可能为(  )‎ A.16 J B.2 J C.6 J D.4 J A [法一 设子弹的质量为m0,初速度为v0,木块的质量为m,则子弹打入木块的过程中,子弹与木块组成的系统动量守恒,即m0v0=(m+m0)v,此过程中产生的内能等于系统损失的动能,即E=m0v-(m+m0)v2,而木块获得的动能Ek木=mv2=6 J,上述式子联立可得=>1,故E>6 J,A项正确。‎ 法二 作出子弹和木块运动的vt图象,由图象可知,子弹和木块的相对位移Δx的大小一定大于木块的对地位移x木的大小,即Δx>x木,设摩擦力为f,则系统产生的热量Q=fΔx,对木块应用动能定理有fx木=Ek木,可得Q>Ek木=6 J,A项正确。]‎ ‎4.(多选)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、后的位移随时间变化的图象,a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象,c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象,若A球质量是m=2 kg,则由图判断下列结论正确的是(  )‎ A.碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/s B.碰撞时A球对B球所施的冲量为-4 N·s C.A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s D.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J ABD [根据图象可知,碰前A球的速度vA=-3 m/s,碰前B球的速度vB=2 m/s,碰后A、B两球共同的速度v=-1 m/s,故碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA=mv-mvA=4 kg·m/s,选项A正确;A球的动量变化量为4 kg·m/s,碰撞过程中动量守恒,B球的动量变化量为-4 kg·m/s,根据动量定理,碰撞过程中A球对B球所施的冲量为-4 N·s,选项B正确;由于碰撞过程中动量守恒,有mvA+mBvB=(m+mB)v,解得mB= kg,故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔE=mv+mBv-(m+mB)v2=10 J,选项D正确;A、B两球碰撞前的总动量为p=mvA+mBvB=(m+mB)v=- kg·m/s,选项C错误。]‎ ‎5.(多选)如图所示,动量分别为pA=12 kg·m/s、pB=13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动,经过一段时间后两球发生正碰,分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变化量,则下列选项中可能正确的是(  )‎ A.ΔpA=-3 kg·m/s,ΔpB=3 kg·m/s B.ΔpA=-2 kg·m/s,ΔpB=2 kg·m/s C.ΔpA=-24 kg·m/s,ΔpB=24 kg·m/s D.ΔpA=3 kg·m/s,ΔpB=-3 kg·m/s AB [本题属于追及碰撞问题,碰前,后面运动物体的速度一定要大于前面运动物体的速度(否则无法实现碰撞),碰后,前面物体的动量增大,后面物体的动量减小,减小量等于增大量,所以ΔpA<0,ΔpB>0,并且ΔpA=-ΔpB。据此可排除选项D;若ΔpA=-24 kg·m/s、ΔpB=24 kg·m/s,碰后两球的动量分别为p′A=-12 kg·m/s、p′B=37 kg·m/s,根据关系式Ek=可知,A球的质量和动量大小不变,动能不变,而B 球的质量不变,但动量增大,所以B球的动能增大,这样系统的机械能比碰前增大了,选项C可以排除;经检验,选项A、B满足碰撞遵循的三个原则。]‎ ‎6.(多选)在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的黄壶,两者在大本营中心发生对心碰撞,如图(a)所示,碰后运动员用冰壶刷摩擦黄壶前进方向的冰面来减小阻力,碰撞前后两壶运动的vt图线如图(b)中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行,两冰壶质量均为19 kg,则(  )‎ A.碰后黄壶的速度为0.8 m/s B.碰后黄壶移动的距离为2.4 m C.碰撞过程两壶损失的动能为7.22 J D.碰后红、黄两壶所受摩擦力大小之比为5∶4‎ AD [由图可知碰撞前后红壶的速度为v0=1 m/s和v1=0.2 m/s,由动量守恒可得mv0=mv1+mv2,解得碰后黄壶速度为v2=0.8 m/s,碰后黄壶移动的距离为x=×0.8×5 m=2 m,碰撞过程两壶损失的动能为ΔEk=mv-mv-mv=3.04 J,红壶所受摩擦力f1=ma1=19× N=3.8 N,黄壶所受摩擦力f2=ma2=19× N=3.04 N.碰后红、黄两壶所受摩擦力之比为f1∶f2=5∶4,故A、D正确,B、C错误.]‎ ‎7.(多选)(2019·山东济南高三质量评估)如图所示,一质量为3m的容器静止在光滑水平面上,该容器的内壁是半径为R的光滑半球面,在容器内壁的最高点由静止释放一质量为m的小滑块P,重力加速度为g。下列说法正确的是(  )‎ A.P滑到最低点时的动能为mgR B.P从开始到最低点的过程中机械能减少了 C.P经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度小于R D.P经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度等于R BD [小滑块由最高点运动到最低点的过程,容器和小滑块组成的系统水平方向动量守恒,则由动量守恒定律可知0=mvP-3mv,又由机械能守恒定律得mgR=mv+×3mv2,解得v=,vP=3,则小滑块在最低点的动能为EkP=mgR,该过程中小滑块减少的机械能为ΔE=mgR-mgR=mgR,A错误,B正确;假设小滑块沿内壁上滑的最大高度为h,则对小滑块和容器组成的系统,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mvP-3mv=4mv′,mgR=mgh+×4mv′2,解得v′=0,h=R,C错误,D正确。]‎ ‎8.(原创题)(多选)如图所示,半径为R的圆弧轨道固定在水平面上,圆弧轨道底端和水平面相切,质量分别为5m和3m的物体B和C用一质量不计的弹簧连接放在水平面上,其中物体B左端刚好位于圆弧轨道圆心的正下方,质量为m的物体A由与圆心等高的位置从圆弧上静止释放,经一段时间物体A与物体B发生碰撞,碰撞后物体A沿原路返回,A上升的最高点距水平面的高度为。假设三个物体均可视为质点、一切摩擦和阻力均可忽略,重力加速度为g。下列说法正确的是(  )‎ A.物体A、B碰后瞬间,物体A的速度大小为 B.物体A、B相互作用的过程中,物体A对物体B的冲量大小为m C.弹簧所储存的弹性势能的最大值为mgR D.碰后物体C具有的最大速度应为 ACD [物体A运动到圆弧轨道最低点与物体B碰撞前的速度大小记为v1,取轨道的最低点的重力势能为零,根据机械能守恒定律有mgR=mv,解得v1=,碰撞后瞬间物体A的速度大小记为v′1,同理有=mv′,解得v′1=,碰撞后瞬间物体B的速度大小记为v2,取水平向右为正方向,对A、B组成的系统由动量守恒定律有mv1=-mv′1+5mv2,解得v2=,由动量定理可得,碰撞过程中物体B受到的冲量大小为I=5mv2=m,A正确,B错误;碰撞结束后,物体B与物体C的速度相等时弹簧储存的弹性势能最大,根据动量守恒定律有5mv2=8mv3,根据机械能守恒定律有,弹簧储存的最大弹性势能Epm=×5mv-×8mv,解得Epm=mgR,C正确;对物体B、物体C与弹簧组成的系统而言,当弹簧再次恢复到原长时,物体C的速度最大,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有8mv3=5mv′2+3mvC,Epm+×8mv=×5mv′+×3mv,解得vC=,D正确。]‎ ‎9.(多选)(2019·东北六校理综联考)如图所示,质量分别为m1、m2的两物体A、B与轻弹簧拴接,一起静止在光滑水平面上,m1>m2。现用锤子两次分别敲击A和B,使它们均获得大小相同的初动量,当敲击A时弹簧压缩到最短的长度为L1,锤子对A做的功为W1;敲击B时弹簧压缩到最短的长度为L2,锤子对B做的功为W2,则L1与L2及两次锤子做的功W1和W2的大小关系正确的是(  )‎ A.L1>L2 B.L1W2 D.W1m2,则根据以上分析可知W1L2,A正确,B错误。]‎ ‎10.(多选)如图甲所示,光滑水平面上放着长木板B,质量为m=2 kg的木块A以速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面,由于A、B之间存在有摩擦,之后,A、B的速度随时间变化情况如图乙所示,重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是(  )‎ 甲       乙 A.A、B之间动摩擦因数为0.1‎ B.长木板的质量M=2 kg C.长木板长度至少为2 m D.A、B组成的系统损失的机械能为4 J AB [从题图乙可以看出,A先做匀减速运动,B做匀加速运动,最后一起做匀速运动,共同速度:v=1 m/s,取向右为正方向,根据动量守恒定律得:mv0=(m+M)v,解得:M=m=2 kg,故B正确;由图象可知,木板B匀加速运动的加速度为:a== m/s2=1 m/s2,对B,根据牛顿第二定律得:μmg=Ma,解得动摩擦因数为:μ=0.1,故A正确;由图象可知前1 s内B的位移为:xB=×1×1 m=0.5 m,A的位移为:xA=×1 m=1.5 m,所以木板最小长度为:L=xA-xB=1 m,故C错误;A、B组成的系统损失的机械能为:ΔE=mv-(m+M)v2=2 J,故D错误。]‎ ‎11.如图所示,在光滑的水平面上有一质量为mC=1 kg的足够长的木板C,在C上放置有A、B两物体,A的质量mA=1 kg,B的质量mB=2 kg。A、B之间锁定一被压缩了的轻弹簧,弹簧储存的弹性势能Ep=3 J,现突然给A、B一瞬间冲量作用,使A、B同时获得方向向右,大小为v0=2 m/s的初速度,与此同时弹簧由于受到扰动而解除锁定,并在极短的时间内恢复原长,之后与A、B分离(此过程中C仍保持静止)。已知A、C之间的动摩擦因数μ1=0.2,B、C之间的动摩擦因数μ2=0.1,且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力,g=10 m/s2。‎ ‎(1)求弹簧与A、B分离的瞬间,A、B的速度大小;‎ ‎(2)已知在C第一次碰到右边的固定挡板之前,A、B和C已经达到了共同速度,求共同速度v和达到共速之前A、B、C的加速度大小;‎ ‎(3)已知C与挡板的碰撞无机械能损失,求第一次碰撞后到第二次碰撞前A在C上滑行的距离。‎ ‎[解析] (1)在弹簧弹开两物体的过程中,由于作用时间极短,对A、B与弹簧组成的系统由动量守恒定律和能量守恒定律可得 ‎(mA+mB)v0=mAvA+mBvB,Ep+(mA+mB)v=mAv+mBv 联立解得vA=0,vB=3 m/s。‎ ‎(2)对物体B有aB=μ2g=1 m/s2‎ 假设A、C相对静止,则由牛顿第二定律得 μ2mBg=(mA+mC)a 解得a=1 m/s2‎ 因为mAa<μ1mAg,所以假设成立 故A、C的共同加速度为a=1 m/s2‎ A、B、C组成的系统在水平方向不受外力,由动量守恒定律得mBvB=(mA+mB+mC)v 解得v=1.5 m/s。‎ ‎(3)C和挡板碰撞后,先向左做匀减速直线运动,后向右做匀加速直线运动,在向右加速的过程中C和A先达到共同速度v1,之后A、C再以共同的加速度向右做匀加速直线运动,B一直向右做匀减速直线运动,最后三者达到共同速度做匀速直线运动 分析知A、C共速前,aA=μ1g=2 m/s2,aB=1 m/s2‎ 由牛顿第二定律得μ1mAg+μ2mBg=mCaC 解得aC=4 m/s2‎ 从C与挡板碰撞到A、C共速所需时间记为t A、C共速时,对A有v1=v-aAt,对C有v1=-v+aCt 解得v1=0.5 m/s,t=0.5 s 又xA=t=0.5 m,xC=t=-0.25 m 故第一次碰撞后到第二次碰撞前A在C上滑行的距离xAC=xA-xC=0.75 m。‎ ‎[答案] 见解析 ‎12.如图所示为某种游戏装置示意图,水平轨道MN、PQ分别与水平传送带左侧、右侧理想连接,竖直圆形轨道与PQ相切于Q。已知传送带长L=4.0 m,且沿顺时针方向以恒定速率v=3.0 m/s匀速转动。两个质量均为m的滑块B、C静置于水平轨道MN上,它们之间有一处于原长的轻弹簧,且弹簧与B连接但不与C连接。另一质量也为m的滑块A以初速度v0向B运动,A与B碰撞后粘在一起,碰撞时间极短。若C距离N足够远,滑块C脱离弹簧后以速度vC=2.0 m/s滑上传送带,并恰好停在Q点。已知滑块C与传送带及PQ之间的动摩擦因数均为μ=0.20,装置其余部分均视为光滑,重力加速度g取10 m/s2。求:‎ ‎(1)P、Q的距离;‎ ‎(2)v0的大小;‎ ‎(3)若v0=12 m/s,要使C不脱离竖直圆轨道,求圆轨道半径R的取值范围。‎ ‎[解析] (1)假设C滑上传送带后一直加速,则v-v=2μgL 解得:vt=2 m/s>v,所以假设不成立,C在传送带上一定先加速后匀速,滑上PQ时的速度v=3 m/s 又因为恰好停在Q点,则有0-v2=-2μgxPQ 解得xPQ=2.25 m。‎ ‎(2)A与B碰撞:mv0=2mv共 接下来AB整体压缩弹簧,弹簧恢复原长时,C脱离弹簧,这个过程有 ‎2mv共=2mv1+mvC (2m)v=(2m)v+mv 解得:v0=3 m/s。‎ ‎(3)若v0=12 m/s,A、B碰撞过程中动量守恒,有 mv0=2mv′共 AB一起再通过弹簧与C发生作用,有 ‎2mv′共=2mv′1+mv′C (2m)v′=(2m)v′+mv′ 解得v′C=v′共=v0=8 m/s 假设C从N到Q一直减速,有v-v′=-2μg(L+xPQ)‎ 解得vQ= m/s>3 m/s,假设成立 若C恰好到达与圆心等高处,则有mv=mgR,得R=1.95 m 即R≥1.95 m时C不脱离竖直圆轨道 若恰好能通过圆轨道最高点,设C在最高点的速度为v2,则mg= mv=mv+2mgR 解得R=0.78 m 则0
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