【物理】2020届二轮复习7动量与能量的综合应用作业（天津专用）

【物理】2020届二轮复习7动量与能量的综合应用作业（天津专用）

专题提升训练7　动量与能量的综合应用 ‎　专题提升训练第13页　 ‎ 一、单项选择题(本题共6小题,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.(2019·天津二模)如图所示,三个质量相等的小球A、B、C从图示位置分别以相同的速度v0水平向左抛出,最终都能到达坐标原点O,不计空气阻力,x轴所在处为地面,则可判断A、B、C三个小球(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.在空中运动过程中,动量变化率之比为1∶2∶3‎ B.在空中运动过程中,重力做功之比为1∶2∶3‎ C.初始时刻纵坐标之比为1∶4∶9‎ D.到达O点时,速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1∶4∶9‎ 答案:C 解析:动量的变化率为合外力即重力,重力相同,则动量的变化率相等,故A错误;根据x=v0t,水平初速度相同,A、B、C水平位移之比为1∶2∶3,所以它们在空中运动的时间之比为1∶2∶3,故B错误;初始时刻纵坐标之比即该过程小球的下落高度之比,根据h=‎1‎‎2‎gt2,初始时刻纵坐标之比为1∶4∶9,重力做功之比为h之比,即为1∶4∶9,C正确;竖直方向速度之比为1∶2∶3,水平方向速度相向,而速度方向与水平方向夹角的正切值tanα=vyvx,则其比值为1∶2∶3,故D错误。‎ ‎2.(2019·天津和平区期中)物体A和B用轻绳相连,挂在轻弹簧下静止不动,如图甲所示,A的质量为m,B的质量为m',当连接A、B的绳突然断开后,物体A上升经某一位置时的速度大小为v,这时物体B的下落速度大小为u,如图乙所示,在这段时间里,弹簧的弹力对物体A的冲量为(　　)‎ A.mv B.mg+‎ug C.mv+m'u D.mv+mu 答案:D 解析:以向上为正方向,由动量定理得 对B:-m'gt=-m'u-0,‎ 对A:I-mgt=mv-0,‎ 解得:I=m(v+u),D项正确。‎ ‎3.(2019·河南商丘上学期期末)李老师在课堂上做了如下的小实验:他把一支粉笔竖直放在水平桌面上靠近边缘的纸条上,如图所示。第一次他慢慢拉动纸条将纸条抽出,粉笔向后倾倒。第二次他快速将纸条抽出,粉笔轻微晃动一下又静立在桌面上。两次现象相比,下列说法正确的是(　　)‎ A.第一次粉笔的惯性更小 B.第一次粉笔受到纸带的摩擦力更大 C.第一次粉笔受到纸带的冲量更小 D.第一次粉笔获得的动量更大 答案:D 解析:两次拉动纸条的过程中粉笔的质量不变,则其惯性不变,故A错误;两次拉动纸条的过程中粉笔对纸条的正压力不变,则纸条对粉笔的摩擦力不变,故B错误;第一次慢慢拉动纸条将纸条抽出作用时间变长,则摩擦力对粉笔冲量更大,故C错误;由动量定理可知,第一次合外力的冲量更大,则第一次粉笔获得的动量更大,故D正确。‎ ‎4.(2019·福建三明上学期期末)用豆粒模拟气体分子,可以模拟气体压强产生的原理。如图所示,从距秤盘80 cm高处把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上,持续作用时间为1 s,豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半,方向相反。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次,且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞的极短时间内,碰撞力远大于豆粒受到的重力),已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为(　　)‎ A.0.2 N B.0.6 N C.1.0 N D.1.6 N 答案:B 解析:豆粒从80cm高处下落到秤盘上时的速度为v1,v‎1‎‎2‎=2gh,‎ 则v1=‎2gh‎=‎‎2×10×0.8‎m/s=4m/s 设竖直向上为正方向,根据动量定理:Ft=mv2-mv1‎ 则F=mv‎2‎-mv‎1‎t‎=‎‎0.1×2-0.1×(-4)‎‎1‎N=0.6N,‎ 故B正确,A、C、D错误。‎ ‎5.(2019·河南中原名校第六次模拟)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A,斜面质量为m'、底边长为l,如图所示。将一质量为m且可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放,滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN,则下列说法正确的是(　　)‎ A.FN=mgcos α B.滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos α C.滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒 D.此过程中斜面向左滑动的距离为mm'+ml 答案:D 解析:当滑块B相对于斜面加速下滑时,斜面A水平向左加速运动,所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向,即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零,所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcosα,A错误;滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt,B错误;由于滑块B有竖直方向的分加速度,所以系统竖直方向合外力不为零,系统的动量不守恒,C错误;系统水平方向不受外力,水平方向动量守恒,设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2,则m'x1=mx2,x1+x2=l,解得x1=mm'+ml,D正确。‎ ‎6.(2019·湖北仙桃、天门、潜江三市期末联考)如图所示,A、B两物体的质量比mA∶mB=1∶2,它们原来静止在平板车C上,A、B间有一根被压缩了的水平轻质弹簧,A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同,地面光滑。当弹簧突然释放后,A、B被弹开(A、B始终不滑出平板车),则有(　　)‎ A.A、B系统动量守恒 B.A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒 C.小车先向左运动后向右运动 D.小车一直向右运动直到静止 答案:D 解析:由题意可知,地面光滑,所以A、B和弹簧、小车组成的系统所受合外力为零,所以系统的动量守恒,在弹簧释放的过程中,因mA∶mB=1∶2,由摩擦力公式Ff=μFN=μmg 知,A、B所受的摩擦力大小不等,所以A、B组成的系统合外力不为零,A、B组成的系统动量不守恒,A对小车向左的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力,在A、B相对小车停止运动之前,小车所受的合外力向右,会向右运动,因存在摩擦力做负功,最终整个系统将静止,则系统的机械能减为零,不守恒,故A、B、C错误,D正确。‎ 二、多项选择题(本题共3小题,在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的)‎ ‎7.(2019·天津南开区一模)“娱乐风洞”是一项将科技与惊险相结合的娱乐项目,它能在一个特定的空间内把表演者“吹”起来。假设风洞内向上的风量和风速保持不变,表演者调整身体的姿态,通过改变受风面积(表演者在垂直风力方向的投影面积),来改变所受向上风力的大小,已知人体所受风力大小与受风面积成正比,人水平横躺时受风面积最大,设为S0,站立时受风面积为‎1‎‎8‎S0;当受风面积为‎1‎‎2‎S0时,表演者恰好可以静止或匀速漂移。如图所示,某次表演中,人体可上下移动的空间总高度为h,表演者由静止以站立身姿从A位置下落,经过B位置时调整为水平横躺身姿(不计调整过程的时间和速度变化),运动到C位置速度恰好减为零。关于表演者下落的过程,下列说法正确的是(　　)‎ A.从A至B过程表演者的加速度大于从B至C过程表演者的加速度 B.从A至B过程表演者的运动时间大于从B至C过程表演者的运动时间 C.从A至B过程表演者动能的变化量大于从B至C过程表演者克服风力所做的功 D.从A至B过程表演者动量变化量的数值小于从B至C过程表演者受风力冲量的数值 答案:BD 解析:A至B过程为从零加速,B至C过程为减速至零,两过程在B点速度相同,可以将B至C过程采用逆向思维分析。根据2as=v2,两过程在B点速度一样,故位移大者加速度小,A至B位移大,表演者加速度要小,A错误;根据s=vt,两过程平均速度相同,故位移大者时间长,A至B位移大,运动时间长,B正确;A至B过程表演者的动能变化量即为至B处的动能Ek,B至C过程重力做正功、风力做负功,因此克服风力做功数值上等于B处动能和重力做功之和,C错误;A至B过程表演者的动量变化量即为至B处动量pB,方向向下,B至C过程重力冲量为正、风力冲量为负,根据冲量定理可判断从A至B过程表演者动量变化量的数值小于从B至C过程表演者受风力冲量的数值,D正确。‎ ‎8.(2019·天津河东区二模)如图所示,一根足够长的水平滑杆SS'上套有一质量为m的光滑金属圆环,在滑杆的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平的绝缘轨道PP',PP'穿过金属环的圆心。现使质量为m'的条形磁铁以水平速度v0沿绝缘轨道向右运动,则(　　)‎ A.磁铁穿过金属环后,两者将先后停下来 B.磁铁将不会穿越滑环运动 C.磁铁与圆环的最终速度可能为m'‎v‎0‎m'+m D.整个过程最多能产生热量mm'‎v‎0‎‎2‎‎2(m'+m)‎ 答案:CD 解析:金属环是光滑的,足够长的水平的绝缘轨道PP'是光滑的,在磁铁穿过金属环后,二者由于不受摩擦力的作用,两者将不会停下来,故A错误;磁铁在靠近金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相反,所以磁铁受到阻力的作用,同理,在离开金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相同,也是受到阻力的作用,但是由于不知道初速度以及环与磁铁的质量之间的关系,所以不能判断出磁铁是不是会穿越滑环运动,故B错误;选取磁铁与圆环组成的系统为研究的系统,系统在水平方向受到的合力为0,满足动量守恒;选取磁铁m'运动的方向为正方向,则最终可能达到共同速度时,m'v0=(m'+m)v,得:v=m'‎v‎0‎m'+m,故C正确;磁铁若能穿过金属环,运动的过程中系统产生的热量等于系统损失的动能,二者的末速度相等时损失的动能最大,为Q=‎1‎‎2‎m'v‎0‎‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎(m'+m)v‎0‎‎2‎‎=‎mm'‎v‎0‎‎2‎‎2(m'+m)‎,故D正确。‎ ‎9.(2019·天津河西区一模)如图所示,质量为m可看成质点的小球固定在一长为l的轻杆上,轻杆另一端固定在底座的转轴上,底座的质量为m',小球可绕转轴在竖直平面内自由转动。现在最低点给小球一个初速度,当小球通过最高点时,底座对地面的压力恰好为m'g。在小球转动过程中,底座始终相对地面静止,不计转轴间摩擦阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)‎ A.外界对小球做的功为2mgl B.小球从最低点运动到最高点的过程中合外力的冲量大小为(1+‎5‎)mgl C.小球在最低点时,底座对地面的压力为(m'+6m)g D.小球运动到与转轴等高的位置时,地面对底座的静摩擦力为2mg 答案:BC 解析:由题意知:当小球通过最高点时,底座对地面的压力恰好为m'g。说明此时杆的作用力为0,小球只受重力,由牛顿第二定律得mg=mv‎2‎l,解得v=gl,从最低点到最高点的过程,由动能定理得-mg·2l=‎1‎‎2‎mv2-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,解得v0=‎5gl,由动能定理得外界对小球做的功W=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎=‎‎5‎‎2‎mgl,故A错误;取初速度的方向为正方向,从最低点运动到最高点的过程,由动量定理得I合=-mv-mv0,解得I合=-(1+‎5‎)mgl,所以合外力的冲量大小为(1+‎5‎)mgl,故B正确;小球在最低点时,设杆对小球的拉力为FT,由牛顿第二定律得FT-mg=mv‎0‎‎2‎l,解得FT=6mg,由牛顿第三定律知杆对底座的压力为6mg,对底座受力分析,由平衡条件得地面对底座的支持力FN=m'g+6mg,由牛顿第三定律知底座对地面的压力为(m'+6m)g,故C正确;小球从最低点运动到与转轴等高的位置时,设速度为v1,由动能定理得-mgl=‎1‎‎2‎mv2-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,解得:v1=‎3gl,设杆对小球的拉力为F,由牛顿第二定律得F=mv‎1‎‎2‎l=3mg,由牛顿第三定律知杆对底座向右的拉力为3mg,对底座受力分析,由平衡条件得地面对底座的静摩擦力为3mg,故D错误。‎ 三、计算题(本题共1小题,须写出规范的解题步骤)‎ ‎10.(2019·湖南常德一模)某种弹射装置的示意图如图所示,光滑的水平导轨MN右端N处与倾斜传送带理想连接,传送带长度l=15 m,传送带以恒定速度v=5 m/s顺时针转动,三个质量均为m=1 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上,滑块B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长,滑块B与轻弹簧连接,滑块C未连接弹簧,滑块B、C处于静止状态且离N点足够远,现让滑块A以初速度v0=6 m/s沿滑块B、C连线方向向滑块B运动,滑块A与B碰撞后粘在一起,碰撞时间极短。滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带,并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:‎ ‎(1)滑块A、B碰撞时损失的机械能;‎ ‎(2)滑块C刚滑上传送带时的速度;‎ ‎(3)滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q。‎ 答案:(1)9 J　(2)4 m/s　(3)8 J 解析:(1)A与B位于光滑的水平面上,系统在水平方向的动量守恒,设A与B碰撞后共同速度为v1,选取向右为正方向,对A、B有 mv0=2mv1‎ 碰撞时损失的机械能为ΔE=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎-‎‎1‎‎2‎×2mv‎1‎‎2‎ 解得ΔE=9J。‎ ‎(2)设A、B碰撞后,弹簧第一次恢复原长时AB的速度为vB,C的速度为vC,‎ 由动量守恒定律得2mv1=2mvB+mvC 由机械能守恒定律得 ‎1‎‎2‎‎×2mv‎1‎‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎×2mvB‎2‎‎+‎1‎‎2‎mvC‎2‎ 解得vC=4m/s。‎ ‎(3)C以vC滑上传送带,假设匀加速直线运动位移为x时与传送带共速,由运动学公式有 a1=μgcosθ-gsinθ=0.4m/s2;‎ v2-vC‎2‎=2a1x;‎ 联立解得x=11.25m

查看更多