【物理】2019届二轮复习动量和能量观点的应用作业（全国通用）

【物理】2019届二轮复习动量和能量观点的应用作业（全国通用）

专题二　第7讲 动量和能量观点的应用 限时：40分钟 一、选择题(本题共8小题，其中1～5题为单选，6～8题为多选)‎ ‎1．(2018·陕西省渭南韩城市高三下学期第三次模拟)如图所示，光滑水平面上，甲、乙两个球分别以大小为v1＝1m/s、v2＝2m/s的速度做相向运动，碰撞后两球粘在一起以0.5m/s的速度向左运动，则甲、乙两球的质量之比为(　A　)‎ A．1∶1　　　　 B．1∶2‎ C．1∶3　　　 D．2∶1‎ ‎[解析]　设乙球的速度方向为正方向，根据动量守恒：m2v2－m2v1＝(m1＋m2)v，即2m2－m1＝(m1＋m2)×0.5，解得m1∶m2＝1∶1；故选A。‎ ‎2．(2018·河北省邯郸市高三下学期第一次模拟)如图所示，质量不同的两位同学乘坐相同的滑车从滑道的最高端滑下，质量大的先滑，到达底端的同一位置。滑道可视为粗糙斜面，不计空气阻力，则关于两同学的下滑过程，下列说法正确的是(　C　)‎ A．摩擦力做功相同 B．重力冲量相同 C．经过滑道上同一位置的速度相同 D．若质量大的同学后滑，则在下滑过程中两同学可能相撞 ‎[解析]　因为他们的质量不同，所以受到的摩擦力也不同，位移相同，根据功的定义可知摩擦力做功不同，故A错误；相同的滑车、相同的滑道，则他们下滑的加速度是相同的，下滑的时间相同，重力的冲量为：I＝mgt，因为质量不同，所以重力冲量也不相同，故B错误；相同的滑车、相同的滑道，则他们下滑的加速度是相同的，所以他们到达底端时的速度也是相同的，不会相撞，故C正确，D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎3．(2018·全国押题卷二)如图所示，内壁光滑，四角呈圆弧状的长方形空腔管，位于竖直平面内，BD等高，两个同样的小球，从静止开始由A点分别从左右两侧运动到C点，不计碰撞能量的损失，则下列说法正确的是(　D　)‎ A．两球同时到达C点，动量相等 B．两球同时到达C点，动量不等 C．两球到达C时的速率相同，左侧先到达 D．两球到达C时的速率相同，右侧先到达 ‎[解析]　因为是长方形空腔管，所以AB长度大于AD，θ角小于45度，取θ角等于0度的极端状态，则左边小球不能到达，时间为无穷大，D球可以到达，所以左边到达的时间大于右边到达的时间，又根据机械能守恒可得两球到达时的速率相同，所以正确选项为D。‎ ‎4．(2018·江西省二模)如图所示，小车质量为M，小车顶端为半径为R的四分之一光滑圆弧，质量为m的小球从圆弧顶端由静止释放，对此运动过程的分析，下列说法中正确的是(g为当地重力加速度)(　C　)‎ A．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为mg B．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为2mg C．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为m D．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为M ‎[解析]　若地面粗糙且小车能够静止不动，因为小球只有重力做功，故小球机械能守恒，由机械能守恒可求得小球任一位置时的速度，由向心力公式可求得小球受到的支持力；对小车受力分析可求得静摩擦力的最大值。若地面光滑，小球下滑的过程中，小车向左运动，系统的水平动量守恒，系统的机械能也守恒，由此列式，可求得小球滑到圆弧最低点时小车的速度。设圆弧半径为R，当小球运动到重力与半径夹角为θ时，速度为v。根据机械能守恒定律有：mv2＝mgRcosθ，由牛顿第二定律有N－mgcosθ＝m，解得小球对小车的压力为N＝3mgcosθ，其水平分量为Nx＝3mgcosθsinθ＝mgsin2θ，根据平衡条件，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为f＝Nx＝mgsin2θ，可以看出：当sinθ＝1，即θ ‎＝45°时，地面对车的静摩擦力最大，其值为fmax＝mg，故AB错误；若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v′，小球的速度设为v。小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv′＝0，系统的机械能守恒，则得mgR＝mv2＋Mv′2，解得v′＝m，故C正确，D错误。‎ ‎5．(2018·黑龙江省哈尔滨市二模)如图所示，在光滑绝缘的水平直轨道上有两个带电小球a和b，a球质量为2m、带电量为＋q，b球质量为m、带电量为＋2q，两球相距较远且相向运动。某时刻a、b球的速度大小依次为v和1.5v，由于静电斥力的作用，它们不会相碰。则下列叙述正确的是(　D　)‎ A．两球相距最近时，速度大小相等、方向相反 B．a球和b球所受的静电斥力对两球始终做负功 C．a球一直沿原方向运动，b球要反向运动 D．a、b两球都要反向运动，但b球先反向 ‎[解析]　由于地面光滑，系统所受合外力为零，系统动量守恒，当两球速度相同时，系统损失机械能最大，两球相距最小，故A错误；由题意可知，a球动量大于b球动量，因此系统动量水平向右，故b球运动过程中将先反向运动而a球后反向运动，因此静电斥力对a、b球先做负功后做正功，故B、C错误，D正确。‎ ‎6．(2018·广东省汕头市高三下学期4月模拟)跳台滑雪运动员从平台末端a点以某一初速度水平滑出，在空中运动一段时间后落在斜坡上b点，不计空气阻力，则运动员在空中飞行过程中(　AD　)‎ A．在相等的时间间隔内，动量的改变量总是相同的 B．在相等的时间间隔内，动能的改变量总是相间的 C．在下落相等高度的过程中，动量的改变量总是相同的 D．在下落相等高度的过程中，动能的改变量总是相同的 ‎[解析]　动量的改变量等于合外力的冲量，由于人做平抛运动，所以合外力恒为mg ‎，故在相等的时间间隔内，动量的改变量总是相同的，所以A正确；动能的改变量与合外力做功有关，由于在相等时间内竖直方向运动的位移不相等，所以合外力在相等的时间内做功也不相等，故动能的改变量也不相等，故B错；由于竖直方向做变速运动，在下落相等高度的过程中，所用时间是不相等的，所以动量的改变量也是不相等的，故C错；在下落相等高度的过程中，合外力做功相等，所以动能的改变量总是相同的，故D正确；故选AD。‎ ‎7．(2018·厦门市高三下学期第二次质量检测)在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲所示。碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。碰撞前后两壶运动的v－t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两冰壶质量相等，由图象可得(　AB　)‎ A．碰撞后，蓝壶经过5s停止运动 B．碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8m/s C．红蓝两壶碰撞过程是弹性碰撞 D．红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为1∶2‎ ‎[解析]　设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v0′＝0.2m/s，根据动量守恒定律可得mv0＝mv0′＋mv，解得v＝0.8m/s，B正确；从图中可知蓝壶与红壶沿虚线运动方式时同时停止运动，并且红壶碰撞前后的图线平行，若以红壶虚线所示运动，则加速度为a＝＝m/s2＝0.2m/s2，运动时间为t＝s＝5s，A正确；碰撞前系统的动能为E1＝m×1.02＝0.5m，碰撞后系统的动能为E2＝m×0.22＋m×0.82＝0.36m，两者不等，所以不是弹性碰撞，C错误；碰后蓝壶的加速度为a′＝m/s2＝0.16m/s2，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为f∶f′＝ma∶ma′＝5∶4，摩擦力冲量If∶If′＝ft∶f′t＝f∶f′＝5∶4，D错误。‎ ‎8．(2018·吉林省实验中学高三下学期模拟)如图，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2kg的木块A以速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如下图所示，重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是(　AD　)‎ A．长木板的质量M＝2kg B．A、B之间动摩擦因数为0.2‎ C．长木板长度至少为2m D．A、B组成系统损失机械能为2J ‎[解析]　从图可以看出，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＝1m/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＝2kg，故A正确；由图象可知，木板B匀加速运动的加速度a＝＝1m/s2，对B，根据牛顿第二定律得μmg＝Ma，解得动摩擦因数μ＝0.1，故B错误；由图象可知前1s内B的位移xB＝0.5m，A的位移xA＝1.5m，所以木板最小长度L＝xA－xB＝1m，故C错误；A、B组成系统损失机械能ΔE＝mv－(M＋m)v2＝2J，故D正确。‎ 二、计算题(本题共2小题，需写出完整的解题步骤)‎ ‎9．(2018·河南省开封市高三下学期5月模拟)如图所示，水平光滑细杆上P点套一轻质小环，小环通过长L＝0.5m的轻绳悬挂一质量不计的夹子，夹子内夹有质量m＝0.5kg的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为fm＝3N。现对物块施加F＝5N的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小环碰到杆上的钉子Q时立即停止运动，物块恰要相对夹子滑动，与此同时撤去外力，一质量为0.1kg的直杆以1m/s的速度沿水平方向相向插入夹子将夹子与物块锁定(此过程时间极短)。物块可看成质点，重力加速度g＝10m/s2。求：‎ ‎(1)物块做匀加速运动的加速度大小a；‎ ‎(2)P、Q两点间的距离s；‎ ‎(3)物块向右摆动的最大高度h。‎ ‎[解析]　(1)以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：‎ F＝ma解得：a＝10m/s2‎ ‎(2)环到达Q，物块刚达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律2fm－mg＝ 根据动能定理有Fs＝mv2解得s＝0.05m ‎(3)直杆与物块水平方向动量守恒 mv－m0v0＝(m＋m0)v共 由动能定理：－(m＋m0)gh＝0－(m＋m0)v 联立得h＝0.022m ‎10．(2018·山东省威海市高三下学期模拟)如图甲所示，长木板的左端固定一个表面光滑的楔形木块，右端固定一个轻质弹簧，弹簧处于自然状态时左端位于A点，且A点右侧光滑，在A点处有一个可视为质点的小物块。整个装置放在光滑的水平面上，装置的左端紧靠固定在竖直墙面上的压力传感器。给在A点的小物块一向左的初速度之后，压力传感器显示出压力随时间变化的图象如图乙所示。假设小物块从楔形木块滑到长木板上时无能量损失，已知长木板连同楔形木块的总质量M＝8kg，小物块的质量m＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，可能用到的数据：sin37°＝0.6，sin74°＝0.96。求：‎ ‎(1)小物块与木板间的动摩擦因数及楔形木块的倾角数值；‎ ‎(2)弹簧弹性势能的最大值；‎ ‎(3)小物块最终停在长木板上的位置离A点的距离。‎ ‎[解析]　(1)由图乙知F1＝2N　F2＝4.8N 又μmg＝F1‎ 解得：μ＝0.2‎ F2＝mgsinθcosθ 解得：θ＝37°‎ ‎(2)设小物块的初速度为v0，滑上楔形木块时速度为v1，弹簧压缩最大时速度为v2，t1＝0.5s，t2＝1s 则：t2＝ mgsinθ＝ma1‎ 由动量守恒定律：mv1＝(m＋M)v2‎ 由能量关系：mv＝μmgL＋(m＋M)v＋Ep 又v1＝v0－a2t1‎ μmg＝ma2‎ L＝t1‎ 解得：Ep＝0.5J ‎(3)mv＝μmgx＋(m＋M)v 解得：x＝2m 所以最终木块停在离A点0.25m处