2020版高考物理二轮复习 专题二 功和能 动量和能量 专题突破练6 动量和能量观点的应用

2020版高考物理二轮复习 专题二 功和能 动量和能量 专题突破练6 动量和能量观点的应用

专题突破练6　动量和能量观点的应用 ‎(时间:45分钟　满分:100分)‎ 一、选择题(共9小题,每小题6分,共54分。在每小题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项符合题目要求,第6~9小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)‎ ‎1.(2018四川绵阳二诊)在水平地面上,两个具有相同初动量而质量不同的物体在大小相等的阻力作用下最后停下来。则质量大的物体(　　)‎ A.滑行的距离小 B.滑行的时间长 C.滑行过程中的加速度大 D.滑行过程中的动量变化快 ‎2.(2017辽宁本溪联考)一位质量为m的运动员从下蹲状态向上跳起,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,在此过程中,下列说法正确的是(　　)‎ A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为mv2‎ B.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零 C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为mv2‎ D.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零 ‎3.(2018吉林二调)一质量为‎2 kg的物体受水平拉力F作用,在粗糙水平面上做加速直线运动时的a-t图象如图所示。若t=0时其速度大小为‎2 m/s,滑动摩擦力大小恒为2 N,则(　　)‎ A.在t=6 s的时刻,物体的速度为‎18 m/s B.在0~6 s时间内,合力对物体做的功为400 J C.在0~6 s时间内,拉力对物体的冲量为36 N·s D.在t=6 s的时刻,拉力F的功率为200 W ‎4.‎ ‎(2018山西晋城一模)所谓对接是指两艘同方向以几乎同样快慢运行的宇宙飞船在太空中互相靠近,最后连接在一起。假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M、m 7‎ ‎,两者对接前的在轨速度分别为(v+Δv)、v,对接持续时间为Δt,则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为(　　)‎ A. B.‎ C. D.0‎ ‎5.‎ ‎(2018四川攀枝花一模)如图所示,轻质弹簧固定在水平地面上。现将弹簧压缩后,将一质量为m的小球静止放在弹簧上,释放后小球被竖直弹起,小球离开弹簧时速度为v,则小球被弹起的过程中(　　)‎ A.地面对弹簧的支持力冲量大于mv B.弹簧对小球的弹力冲量等于mv C.地面对弹簧的支持力做功大于mv2‎ D.弹簧对小球的弹力做功等于mv2‎ ‎6.(2018湖南常德期末)如图所示,在光滑水平面上,质量为m的A球以速度v0向右运动,与静止的质量为‎5m的B球碰撞,碰撞后A球以v=av0(待定系数a<1)的速率弹回,并与固定挡板P发生弹性碰撞,若要使A球能再次追上B球并相撞,则系数a可以是(　　)‎ A. B. C. D.‎ ‎7.‎ ‎(2018山东烟台期末)质量为M的小车置于光滑的水平面上,左端固定一根轻弹簧,质量为m的光滑物块放在小车上,压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端,开始时小车与物块都处于静止状态,此时物块与小车右端相距为L,如图所示,当突然烧断细线后,以下说法正确的是(　　)‎ A.物块和小车组成的系统机械能守恒 B.物块和小车组成的系统动量守恒 C.当物块速度大小为v时,小车速度大小为v D.当物块离开小车时,小车向左运动的位移为L ‎8.(2017山东菏泽模拟)如图甲所示,一质量为m的物块在t=0时刻,以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行,物块速度随时间变化的图象如图乙所示。t0时刻物块到达最高点,3t0时刻物块又返回底端。下列说法正确的是(　　)‎ A.物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小为3mgt0sin θ B.物块从t=0时刻开始运动到返回底端的过程中动量变化量大小为mv0‎ C.斜面倾角θ的正弦值为 D.不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功 7‎ ‎9.‎ ‎(2018湖北4月调研)如图所示,可看成质点的小球A、B、C的质量分别为m、m、‎2m,A与BC间通过铰链用轻杆连接,杆长为L,B、C置于水平地面上。现让两轻杆并拢,将A由静止释放下降到最低点的过程中,A、B、C在同一竖直平面内运动,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则(　　)‎ A.A、B、C组成的系统水平方向动量守恒 B.A、C之间的轻杆始终对C做正功 C.A与桌面接触时具有水平方向的速度 D.A与桌面接触时的速度大小为 二、计算题(本题共3个小题,共46分)‎ ‎10.(15分)(2018陕西咸阳一模)如图所示,相距足够远完全相同的质量均为‎3m的两个木块静止放置在光滑水平面上,质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块,穿出第一块木块时速度变为v0,已知木块的长为L,设子弹在木块中所受的阻力恒定。试求:‎ ‎(1)子弹穿出第一块木块后,第一个木块的速度大小v以及子弹在木块中所受阻力大小。‎ ‎(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t。‎ ‎11.‎ ‎(15分)(2017山东枣庄模拟)如图所示,光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块A、B、C,物块B、C静止,物块B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计);让物块A以速度v0朝B运动,压缩弹簧;当A、B速度相等时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。那么从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中,求:‎ ‎(1)A、B第一次速度相同时的速度大小;‎ ‎(2)A、B第二次速度相同时的速度大小;‎ ‎(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小。‎ ‎12.(16分)(2018河南洛阳尖子生联考)如图所示,在光滑水平地面上有一固定的挡板,挡板左端定一个轻弹簧。小车AB的质量M=‎3 kg,长L=‎4 m(其中O为小车的中点,AO部分粗糙,BO部分光滑),一质量为m=‎1 kg的小物块(可视为质点),放在小车的最左端,车和小物块一起以v0=‎4 m/s的速度在水平面上向右匀速运动,车撞到挡板后瞬间速度变为零,但未与挡板粘连。已知车OB 7‎ 部分的长度大于弹簧的自然长度,小物块与弹簧作用过程中弹簧始终处于弹性限度内,小物块与小车AO部分之间的动摩擦因数为μ=0.3,重力加速度取‎10 m/s2。求:‎ ‎(1)小物块和弹簧相互作用的过程中,弹簧具有的最大弹性势能;‎ ‎(2)小物块和弹簧相互作用的过程中,弹簧对小物块的冲量;‎ ‎(3)小物块最终停在小车上的位置距A端多远。‎ 7‎ 专题突破练6　动量和能量观点的应用 一、选择题(共9小题,每小题6分,共54分。在每小题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项符合题目要求,第6~9小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)‎ ‎1.A　解析 根据p=mv,Ek=mv2可知Ek=,初动量相同,质量大的物体速度小;根据动能定理可知:-fL=0-,则可知质量大的物体滑行的距离小,故A正确;根据动量定理可知,-ft=0-p,因动量相同,故滑行时间相同,故B错误;因阻力相同,由牛顿第二定律可知,质量大的物体加速度小,故C错误;因两物体均停止,所以滑行过程中动量变化相同,因滑行时间相同,故动量变化快慢相同,故D错误。故选A。‎ ‎2.D　解析 人的速度原来为零,起跳后变化v,以向上为正方向,由动量定理可得I-mgΔt=mv-0,故地面对人的冲量为mv+mgΔt,人在跳起时,地面对人的支持力作用点在脚底,在跳起过程中,在支持力方向上没有位移,地面对运动员的支持力不做功,故D正确。‎ ‎3.D　解析 根据Δv=aΔt可知a-t图象中,图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量,则在t=6 s时刻,物体的速度v6=v0+Δv=‎2 m/s+×(2+4)×6=‎20 m/s,故A错误;根据动能定理得:W合=ΔEk==396 J,故B错误;根据动量定理可知:IF-ft=mv-mv0,解得IF=48 N·s,选项C错误;在t=6 s时刻,根据牛顿第二定律得:F=ma+f=2×4 N+2 N=10 N,则在t=6 s时刻,拉力F的功率P=Fv6=10×20 W=200 W,故D正确。‎ ‎4.C　解析 在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中水平方向动量守恒,M(v+Δv)+mv=(M+m)v',解得对接后两者的共同速度v'=v+,以“天宫二号”为研究对象,根据动量定理有F·Δt=mv'-mv,解得F=,选项C正确,故选C。‎ ‎5.A　解析 根据动量定理分析弹力和支持力的冲量;根据动能定理分析弹力做的功,弹簧没有发生移动,所以地面的支持力不做功。规定竖直向上为正方向,对小球受力分析,受到竖直向下的重力和竖直向上的弹力作用,故根据动量定律可得IF-IG=mv,所以弹簧对小球的弹力的冲量IF=mv+IG;地面对弹簧的支持力和弹簧对地面的弹力是一对相互作用力,所以N=F,故|IN|=|IF|=mv+|IG|>mv,A正确、B错误;由于弹簧没有发生位移,所以地面对弹簧的支持力不做功,故C错误;根据动能定理WF-WG=mv2,所以WF=mv2+WG>mv2,故D错误。‎ ‎6.BC　解析 A与B碰撞过程中,根据动量守恒可知:mv0=5mvB-mav0,要使A球能再次追上B球并相撞,则av0>vB,由以上两式可解得:a>,故B、C正确。‎ ‎7.BC　解析 弹簧推开物体和小车的过程,若取物体、小车和弹簧的系统为研究对象,无其他力做功,则机械能守恒,但选物体和小车的系统为研究对象,弹力做功属于系统外其他力做功,弹性势能转化成系统的机械能,此时系统的机械能不守恒,A选项错误。取物体和小车的系统为研究对象,外力之和为零,故系统的动量守恒,B项正确。由系统的动量守恒:0=mv-Mv',解得v'=v,C项正确。弹开的过程满足反冲原理和人船模型,有,则在相同时间内,且x+x'=L,联立得x'=,D项错误。故选BC。‎ ‎8.BC　解析 物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小为3mgt0,选项A错误;由于下滑与上滑的位移大小相等,设物块返回底端时的速度大小为v,则,得到v=,物块从t=0时刻开始运动到返回底端的过程中动量变化量大小为Δp=mv0--mv0=mv0,选项B正确;根据动量定理得,上滑过程中-(mgsin θ+μmgcos θ)·t0=0-mv0;下滑过程中(mgsin θ-μmgcos θ)·2t0=mv0;由两式解得,sin θ=,μ=tan θ,故C正确,根据μ=tan θ可求解摩擦力,根据图线也可求解3t0内的路程,由此可求解3t0时间内物块克服摩擦力所做的功,选项D错误;故选BC。‎ 7‎ ‎9.AD　解析 A、B、C组成的系统水平方向受到的合力为零,则水平方向动量守恒,选项A正确;小球C的速度先增大后减小,则A、C之间的轻杆对C先做正功后做负功,选项B错误;系统初动量为零,水平方向末动量也为零,因A与桌面接触时,三个球的水平速度相等,则根据水平方向动量守恒可知三个球的水平速度均为零,选项C错误;竖直方向,当A与桌面接触时,小球A的重力势能转化为系统的动能,因B、C的速度为零,则mgL=mv2,解得v=,选项D正确;故选AD。‎ 二、计算题(本题共3个小题,共46分)‎ ‎10.答案 (1)v0　　(2)‎ 解析 (1)子弹打穿第一块木块过程,由动量守恒定律有 mv0=mv0+3mv 解得v=v0‎ 对子弹与第一块木块相互作用系统,由能量守恒定律有 FfL=mv02-·(‎3m)v2‎ 解得子弹受到木块阻力Ff=‎ ‎(2)对子弹与第二块木块相互作用系统,由于mv02=,则子弹不能打穿第二块木块,设子弹与第二块木块共同速度为v共,‎ 由动量守恒定律有 mv0=(m+‎3m)v共 解得v共=‎ 对第二块木块,由动量定理有Fft=‎‎3m 子弹在第二块木块中的运动时间为t=‎ ‎11.答案 (1)v0　(2)v0　(3)‎ 解析 (1)对A、B接触的过程中,当第一次速度相同时,由动量守恒定律得,mv0=2mv1,解得v1=v0。‎ ‎(2)设A、B第二次速度相同时的速度大小为v2,对A、B、C系统,根据动量守恒定律得mv0=3mv2,‎ 解得v2=v0。‎ ‎(3)B与C接触的瞬间,B、C组成的系统动量守恒,有 m=2mv3‎ 解得v3=v0‎ 系统损失的机械能为ΔE=m2-(‎2m)2=‎ 当A、B、C速度相同时,弹簧的弹性势能最大,此时v2=v0‎ 根据能量守恒定律得,弹簧的最大弹性势能Ep=(‎3m)-ΔE=。‎ ‎12.答案 (1)2 J　(2)‎4 kg·m/s,水平向左　(3)‎‎1.5 m 解析 (1)对小物块,有ma=-μmg 根据运动学公式v2-=‎‎2a 由能量关系mv2=Ep,解得Ep=2 J。‎ ‎(2)设小物块离开弹簧时的速度为v1,有=Ep。‎ 对小物块,根据动量定理 7‎ I=-mv1-mv 代入数据得I=-‎4 kg·m/s。故弹簧对小物块的冲量大小为‎4 kg·m/s,方向水平向左。‎ ‎(3)小物块滑过O点和小车相互作用,由动量守恒mv1=(m+M)v2。‎ 由能量关系 μmgx=(m+M)‎ 小物块最终停在小车上距A的距离 xA=-x 解得xA=‎1.5 m。‎ 7‎