【物理】2020届二轮复习动量和能量的综合应用作业

【物理】2020届二轮复习动量和能量的综合应用作业

‎2020届二轮复习 动量和能量的综合应用 作业　‎ ‎(建议用时：40分钟)‎ ‎[专题通关练]‎ ‎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。]‎ ‎[能力提升练]‎ ‎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 题号 内容 押题依据 核心考点 核心素养 动力学、动量、能量综合问题 以弹簧、传送带模型为依据，以直线运动和曲线运动为背景 科学思维：立足学生综合能力考查 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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