【物理】2019届二轮复习动量观点与能量观点在力学中的应用作业（全国通用）

【物理】2019届二轮复习动量观点与能量观点在力学中的应用作业（全国通用）

第1讲　动量观点与能量观点在力学中的应用 课时跟踪训练 一、选择题(1～3题为单项选择题，4～6题为多项选择题)‎ ‎1.(2018·天津理综，2)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(　　)‎ 图1‎ A.所受合外力始终为零 B.所受摩擦力大小不变 C.合外力做功一定为零 D.机械能始终保持不变 解析　运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A项错误；由动能定理可知，合外力做功一定为零，C项正确；由运动员沿AB下滑过程中做匀速圆周运动，知运动员所受沿圆弧切线方向的合力为零，即摩擦力等于运动员的重力沿圆弧切线方向的分力，逐渐变小，B项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，D项错误。‎ 答案　C ‎2.如图2所示，竖直面内，两段半径均为R的光滑半圆形细杆平滑拼接组成“S”形轨道，一个质量为m的小环套在轨道上，小环从轨道最高点由静止开始下滑，下滑过程中始终受到一个水平恒力F的作用，小环能下滑到最低点，重力加速度大小为g，则小环从最高点下滑到最低点的过程中(　　)‎ 图2‎ A.小环机械能守恒 B.外力F一直做正功 C.小环在最低点的速度大小为v＝2 D.在最低点小环对轨道的压力大小FN＝mg 解析　小环下滑过程中受重力、轨道沿半径方向的作用力和水平外力F，重力一直做正功，外力F时而做正功时而做负功，轨道的作用力一直不做功，故小环机械能不守恒，选项A、B错误；小环从最高点下滑到最低点的过程中，在沿水平恒力F方向上的位移为0，则由动能定理可得整个过程中重力做的功等于动能变化量，mg·4R＝mv2，解得v＝2，选项C正确；小环在最低点，由牛顿第二定律得FN′－mg＝m，得FN′＝9mg，由牛顿第三定律可知FN＝FN′＝9mg，选项D错误。‎ 答案　C ‎3.如图3所示，质量为m的物体P以初速度v在水平面上运动，运动x距离后与一固定的橡皮泥块Q相碰撞(碰后物体静止)。已知物体运动时所受到的水平面的阻力大小恒为f，则下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A.水平面阻力做的功为fx B.物体克服水平面阻力做的功为－fx C.橡皮泥块对物体做的功为fx－mv2‎ D.物体克服橡皮泥块的阻力做的功为mv2＋fx 解析　根据功的定义式，物体P受到的水平面的阻力做的功W1＝fxcos 180°＝－fx，选项A错误；物体克服水平面阻力做的功W2＝－W1＝fx，选项B错误；设橡皮泥块对物体做的功为W3，根据动能定理，有W1＋W3＝0－mv2，解得W3＝fx－mv2，选项C正确；物体克服橡皮泥块的阻力做的功为W4＝－W3＝－(fx－mv2)＝mv2－fx，选项D错误。‎ 答案　C ‎4.一质量m＝0.5 kg的滑块以某一初速度冲上倾角θ＝37°的足够长的斜面，利用传感器测出滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机绘出滑块上滑过程中的v－t图象如图4所示。sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　)‎ 图4‎ A.滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5‎ B.滑块返回斜面底端时的速度为2 m/s C.滑块在上升过程中重力做的功为－25 J D.滑块返回斜面底端时重力的功率为6 W 解析　由题图可知加速度大小a＝10 m/s2，即gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2，解得μ＝0.5，选项A正确；上滑位移x＝t＝5 m，下滑加速度a′＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2，所以回到斜面底端时的速度v′＝＝2 m/s，选项B错误；上升过程中重力做功W＝－mgxsin θ＝－15 J，返回底端时求的是重力的瞬时功率，则为P＝mgv′sin θ＝6 W，选项C错误，D正确。‎ 答案　AD ‎5.如图5所示，质量为m的小球A位于光滑水平面上，小球A与墙之间用轻弹簧连接。现用与小球A完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧，不计空气阻力，若压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能为E ‎，两球回到小球A原静止位置时的速度大小为v，此过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是(　　)‎ 图5‎ A.E＝mv　I＝0 B.v＝　I＝2mv0‎ C.v＝　I＝mv0 D.E＝mv　I＝2mv0‎ 解析　小球B与A相碰过程，由动量守恒定律得mv0＝(m＋m)v′，v′为小球B碰撞小球A后瞬间两小球共同运动的速度大小，解得v′＝，两小球组成的系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，当其速度减小到零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可得E＝·2m()2＝mv，此后两球做加速运动，回到小球A原静止位置时两球速度大小v＝，两小球组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理可得墙对弹簧的冲量大小I＝2mv0，故选项B、D正确。‎ 答案　BD ‎6.(2018·湖南衡阳模拟)如图6所示，质量m＝1 kg的物体从高为h＝0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，传送带AB之间的距离为l＝5.5 m，传送带一直以v＝3 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，则(　　)‎ 图6‎ A.物体由A运动到B的时间是1.5 s B.物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为1 N·s C.物体由A运动到B的过程中，系统产生0.5 J的热量 D.带动传送带转动的电动机在物体由A运动到B的过程中，多做了3 J功 解析　物体下滑到A点的速度为v0，由机械能守恒定律有mv＝mgh 代入数据得v0＝2‎ ‎ m/s，物体在摩擦力作用下先做匀加速运动，后做匀速运动，有t1＝＝1 s s1＝t1＝×1 m＝2.5 m t2＝＝ s＝1 s t＝t1＋t2＝2 s，选项A错误；‎ 物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为I＝μmgt1＝1 N·s，选项B正确；‎ 在t1时间内，传送带做匀速运动s带＝vt1＝3 m Q＝μmgΔs＝μmg(s带－s1)，代入数据得Q＝0.5 J，选项C正确；‎ 物体从A运动到B的过程中，物体动能增量ΔEk＝mv2－mv，电动机多做的功为W＝Q＋ΔEk＝3 J，选项D正确。‎ 答案　BCD 二、非选择题 ‎7.如图7所示，质量均为m的小滑块A、B、C厚度均不计。其中B、C两滑块通过劲度系数为k的轻弹簧相连并竖直放置在水平面上。现在将小滑块A从距离B滑块H0高处由静止释放，A、B相碰后立刻粘合为一个整体，且以共同速度向下运动，不计空气阻力，当地重力加速度为g。求：‎ 图7‎ ‎(1)A、B碰后的共同速度v1的大小；‎ ‎(2)A、B向下运动的速度最大时，滑块C对水平面的压力大小。‎ 解析　(1)设A与B碰撞之前的瞬时速度为v0，则 mgH0＝mv①‎ A、B碰撞前后动量守恒，即mv0＝2mv1②‎ 式中v1为A与B碰撞后的共同速度 联立①②解得v1＝。‎ ‎(2)当A、B的速度最大时，它们所受的合力为零，即处于平衡状态，设此时水平地面对滑块C的支持力大小和滑块C对水平地面的压力大小分别为FN′和FN，对于A、B、C组成的系统，由受力分析可知FN′－3mg＝0③‎ 由牛顿第三定律可知FN′＝FN④‎ 联立③④解得FN＝3mg。‎ 答案　(1)　(2)3mg ‎8.(2018·湖南衡阳模拟)如图8甲所示，在高h＝0.8 m的水平平台上放置一质量为m′＝0.9 kg的小木块(视为质点)，距平台右边缘d＝2 m。一质量为m＝0.1 kg的子弹沿水平方向射入小木块并留在其中(作用时间极短)，然后一起向右运动，在平台上运动的v2－x关系如图乙所示，最后小木块从平台边缘滑出并落在距平台右侧水平距离为s＝1.6 m的地面上。g取10 m/s2，求：‎ 图8‎ ‎(1)小木块滑出平台时的速度；‎ ‎(2)子弹射入小木块前的速度；‎ ‎(3)子弹射入木块前至木块滑出平台时，系统所产生的内能。‎ 解析　(1)小木块从平台滑出后做平抛运动，有 h＝gt2，s＝vt 联立上两式可得v＝＝4 m/s ‎(2)设子弹射入木块后共同速度为v1，由图乙可知 ‎40－v2＝v－40‎ 解得v1＝8 m/s，‎ 子弹射入木块的过程中，根据动量守恒有 mv0＝(m′＋m)v1‎ v0＝＝80 m/s ‎(3)设子弹射入木块前至木块滑出平台时，系统所产生的内能为Q，‎ 则Q＝mv－×(m′＋m)v2‎ ‎＝×0.1×802 J－(0.9＋0.1)×42 J＝312 J。‎ 答案　(1)4 m/s　(2)80 m/s　(3)312 J ‎9.如图9所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m，木板长度为L(挡板的厚度可忽略)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)。木板左端有一质量为m(可视为质点)的滑块。滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态。给滑块一个水平向右的初速度v0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损)，滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木板相对静止。求：‎ 图9‎ ‎(1)滑块与木板间的动摩擦因数；‎ ‎(2)小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度。‎ 解析　(1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v1，以水平向右为正方向；滑块和木板组成的系统，滑块在木板上滑动的过程中，所受合外力为零，则该系统动量守恒，故有mv0＝2mv1‎ 解得v1＝v0，方向水平向右 滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知 μmgL＝·mv－·2mv 联立解得μ＝。‎ ‎(2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为v1′和v2′，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为v2，系统在爆炸前后动量守恒，则有 ‎2mv1＝mv1′＋mv2′‎ ‎2mv1＝2mv2‎ 系统爆炸后，对滑块在木板上运动的过程应用功能关系，则有 μmgL＝mv1′2＋mv2′2－·2mv 联立以上各式解得v1′＝0；v2′＝v0，方向水平向右。‎ 答案　(1)　(2)滑块速度为0，木板速度为v0，方向水平向右