新课标版高考物理大二轮复习专题强化训练8力学中的动量和能量问题文档格式.docx
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[答案]BC
2.(2019·
河北名校联盟)如图所示,自动称米机已在许多大粮店广泛使用.买者认为:
因为米流落到容器中时对容器有向下的冲力而不划算;
卖者则认为:
当预定米的质量达到要
因
求后时,自动装置即刻切断米流,此刻有一些米仍在空中,这些米是多给买者的,
而双方
争执起来,下列说法正确的是()
根据牛顿第三定律知
F=F′,称米机的读数应为
M=F′Nm1g+F′
A.买者说的对
B.卖者说的对
C.公平交易
D.具有随机性,无法判断
[解析]设米流的流量为
d,它是恒定的,米流在出口处速度很小可视为零,若切断米
流后,设盛米的容器中静止的那部分米的质量为
m1,空中还在下落的米的质量为
m2,则落到
已静止的米堆上的一小部分米的质量为
Δm.在极短时间
内,取
Δm
为研究对象,这部
分米很少,Δm=d·
Δt,设其落到米堆上之前的速度为
v,经
时间静止,取竖直向上
为正方向,由动量定律得(F-Δmg)Δt=Δmv
即
F=dv+d·
Δt·
g,因
很小,故
F=dv
v
=g=m1+d
gg
vv
因切断米流后空中尚有
t=g时间内对应的米流在空中,故
dg=m2
可见,称米机读数包含了静止在袋中的部分米的质量
m1,也包含了尚在空中的下落的米
的质量
m2,即自动称米机是准确的,不存在哪方划算不划算的问题,选项
正确.
[答案]C
3.(多选)(2019·
四川绵阳模拟)如图所示,在光滑水平面上有一静止的物体
M,物体
上有一光滑的半圆弧形轨道,最低点为
C,两端
A、B
一样高,现让小滑块
m
从
点由静止
下滑,则()
A.m
不能到达
M
上的
点
B.m
到
的过程中
向左运动,m
向右运动
能守恒定律
mgR=mgh+
(m+M)v2
可知,m
恰能到达
点,且
到达
的瞬间,m、M
C.m
一直向左运动,m
的瞬间,M
速度为零
D.M
与
组成的系统机械能定恒,水平方向动量守恒
[解析]根据机械能守恒、动量守恒定律的条件,M
和
组成的系统机械能守恒,水平
方向动量守恒,D
正确;
滑到右端两者有相同的速度有:
0=(m+M)v,v=0,再根据机械
2
速度为零,A
错误;
向左加速运动,m
向左减速
运动,B
错误,C
[答案]CD
4.(2019·
蓉城名校联盟)如图所示,在足够长的固定斜面上有一质量为m
的薄木板
A,
木板
获得初速度
v0
后恰好能沿斜面匀速下滑.现将一质量也为
的小滑块
无初速度轻
放在木板
的上表面,在滑块
在木板
上滑动的过程中(B
始终未从
的上表面滑出,B
间的动摩擦因数大于
与斜面间的动摩擦因数),下列说法正确的是()
A.A、B
组成的系统动量和机械能都守恒
B.A、B
组成的系统动量和机械能都不守恒
12
C.当
的速度为3v0
时,A
的速度为3v0
D.当
时,B
[解析]由于木板
沿斜面体匀速下滑,所以此时木板
的合力为零,当小滑块
放在
上表面后,A、B
组成的系统所受的合力为零,则系统的动量守恒,由于A、B
间有摩
擦力的作用,则系统的机械能一直减小,即机械能不守恒,A、B
由于
之间的
动摩擦因数大于
与斜面间的动摩擦因数,所以当
共速后将沿斜面共同匀速下滑,即
的速度不可能大于
的速度,由动量守恒定律知
正确,D
5.(多选)(2019·
华中师大附中五月模拟)如下图所示,在光滑水平面上,质量为
的
球以速度
向右运动,与静止的质量为
4m
的
球碰撞,碰撞后
球以
v=αv0(待定系数
α<
1)的速率弹回,并与固定挡板
P
发生弹性碰撞,若要使
球能再次追上
球并相撞,则
系数
α
可以是()
2
5
3
7
损失的机械能
ΔEk=
mAv20-⎢
mA(αv0)2+
mBv2B⎥≥0,解得-1≤α≤
,所以
满足的条件是2⎦
<
α≤
,A、B
正确,C、D
1221
A.B.C.D.
[解析]A、B
碰撞过程,以
的方向为正方向,根据动量守恒定律得,mAv0=-mAαv0
+mBvB,A
与挡板
碰撞后能追上
发生再次碰撞的条件是
αv0>
vB,解得
α>
3,碰撞过程中
1⎤
1⎡13
2⎣25
13
35
[答案]AB
6.(多选)(2019·
武汉外校模拟)质量
M=3
kg
的滑块套在水平固定着的轨道上并可在
轨道上无摩擦滑动.
质量
m=2
的小球(视为质点)通过长
L=0.75
的轻杆与滑块上的光滑轴
O
连接,开
始时滑块静止,轻杆处于水平状态.现给小球一个
v0=3
m/s
的竖直向下的初速度,取
g=
10
m/s2,则()
动了
x,由滑块和小球组成的系统在水平方向上动量守恒,有
=m
L-x
A.小球
从初始位置到第一次到达最低点的过程中,滑块
在水平轨道上向右移动了
0.3
m
B.小球
0.5
C.小球
相对于初始位置可以上升的最大高度为
0.27
D.小球
从初始位置到第一次到达最大高度的过程中,滑块
在水平轨道上向右移动
了
0.54
[解析]可把小球和滑块水平方向的运动看成人船模型.设滑块
在水平轨道上向右运
x
,解得
x=0.3
m,A
正确,B
错误.根据动量守恒定律有
0=(m+M)v,v=0,由能量守恒定律得2mv2=mgh+2(m
L2-h2=1.35
m,根据水平方向动量守恒得
0=m
-M
y=0.54
m,D
+M)v2,解得
h=0.45
m,C
错误.小球
从初始位置到第一次到达最大高度过程中,设滑
块
在水平轨道上向右移动距离为
y,由几何关系得,m
相对于
移动的水平距离
s=L+
s-yy
tt
[答案]AD
B
7.(多选)(2019·
东北师大附中一模)如下图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为
m1
m2
的两物块
A、
相连接,并静止在光滑的水平面上.现使
瞬间获得水平向右大小为
3
m/s
的速度,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图像信息可得
()
A.在
t1、t3
时刻两物块达到共同速度
1
m/s,且弹簧都是处于压缩状态
B.从
t3
t4
时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C.两物体的质量之比为
m1∶m2=1∶2
D.在
t2
时刻
的动能之比为
Ek1∶Ek2=1∶8
[解析]在
m/s,t1
时弹簧处于压缩状态,t3
时弹簧
处于拉伸状态,A、B
错误.由动量守恒定律有
m1v0=(m1+m2)v
共,可得
m1∶m2=1∶2.并由
图可得在
Ek1∶Ek2=1∶8,C、D
8.(多选)(2019·
湖北百校大联考)在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶,
两者在大本营中心发生对心碰撞如图甲所示,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、后的两段图线相互平行,两冰壶质量均为
19
kg,则()
A.碰后蓝壶速度为
0.8
B.碰后蓝壶移动的距离为
2.4
C.碰撞过程两壶损失的动能为
7.22
J
D.碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为
5∶4
[解析]由题图乙可知碰撞前、后红壶的速度分别为
v0=1.0
v1=0.2
m/s,由
系统动量守恒可得
mv0=mv1+mv2,解得碰后蓝壶速度为
v2=0.8
m/s,碰后蓝壶移动的距离
1111
0
1
为
x=2×
0.8×
5
m,碰撞过程中两壶损失的动能为
ΔEk=2mv2-2mv2-2mv2=3.04
J,
1.2-1.00.8-0
N=3.8
N,蓝壶所受摩擦力
f2=ma2=19×
红壶所受摩擦力
f1=ma1=19×
15
N
=3.04
N,碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为
f1∶f2=5∶4,故
A、D
正确,B、C
9.(2019·
福建省泉州市模拟三)如右图所示,半径为
R、质量为
的半圆轨道小车静
止在光滑的水平地面上,将质量也为
的小球从距
点正上方
h0
高处由静止释放,小球自
3
由落体后由
点经过半圆轨道后从
冲出,在空中能上升的最大高度为4h0,则()
A.小球和小车组成的系统动量守恒
B.小车向左运动的最大距离为
R
右为正方向,在水平方向上,由动量守恒定律得:
mv-mv′=0,m
-m
=0,解得小车
运动,故
小球第一次由释放经半圆轨道冲出至最高点时,由动能定理得:
mgç
h0-
h0⎪
C.小球离开小车后做斜上抛运动
D.小球第二次能上升的最大高度2h0<
h<
4h0
[解析]小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零,水平方向系统动量守恒,
但系统整体所受合外力不为零,系统动量不守恒,故
系统水平方向动量守恒,以向
2R-xx
的位移:
x=R,故
小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒,小球由
点离开小
车时系统水平方向总动量为零,小球与小车水平方向速度为零,小球离开小车后做竖直上抛
⎛3
⎫
⎝4
⎭
-Wf=0,Wf
为小球克服摩擦力做功大小,解得
Wf=4mgh0,即小球第一次在车中滚动损失的
机械能为4mgh0,由于小球第二次在车中滚动时,对应位置处速度变小,因此小车给小球的
弹力变小,摩擦力变小,摩擦力做的功小于4mgh0,机械能的损失小于4mgh0,因此小球第二
3113
次离开小车时,能上升的高度大于:
4h0-4h0=2h0,且小于4h0,故
[答案]D
二、非选择题
10.(2019·
江西南昌十校二模)如图所示,光滑水平面上放着质量都为
的物块
B,
紧靠着固定的竖直挡板,A、B
间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与
均不拴接),用手挡
9
住
不动,此时弹簧弹性势能为2mv2,在
间系一轻质细绳,细绳的长度略大于弹簧的
自然长度.放手后绳在短暂时间内被拉断,之后
继续向右运动,一段时间后与向左匀速运
动、速度为
发生碰撞,碰后
B、C
立刻形成粘合体并停止运动,C
的质量为
2m.
求:
(1)B、C
相撞前一瞬间
的速度大小;
(2)绳被拉断过程中,绳对
所做的功
W.
[解析]
(1)B
碰撞过程中动量守恒,由于碰后均停止,有
mvB=2mv0
W=
mv2A=
mv201
解得:
vB=2v0
(2)弹簧恢复原长时,弹性势能全部转化为物块
的动能,则
Ep=2mv2BO
vBO=3v0
绳子拉断过程,A、B
系统动量守恒
mvBO=mvB+mvA
vA=v0
绳对
所做的功为
22
[答案]
(1)2v0
(2)2mv2
11.(2019·
全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块
A、B,质量分别为
mA=1.0
kg,
mB=4.0
kg;
两者之间有一被压缩的微型弹簧,A
与其右侧的竖直墙壁距离
l=1.0
m,如图
所示.某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使
瞬间分离,两物块获得的动能之和为
Ek=
10.0
J.释放后,A
沿着与墙壁垂直的方向向右运动.A、B
与地面之间的动摩擦因数均为
μ=0.20.重力加速度取
g=10
m/s2.A、B
运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时
间极短.
Ek=
mAv2A+
mBv2B②1
(1)求弹簧释放后瞬间
速度的大小;
(2)物块
中的哪一个先停止?
该物块刚停止时
之间的距离是多少?
(3)A
都停止后,A
[解析]
(1)设弹簧释放瞬间
的速度大小分别为
vA、vB,以向右为正,由动量守
恒定律和题给条件有
0=mAvA-mBvB①
联立①②式并代入题给数据得
vA=4.0
m/s,vB=1.0
m/s③
(2)A、B
两物块与地面间的动摩擦因数相等,因而两者滑动时加速度大小相等,设为
a.
假设
发生碰撞前,已经有一个物块停止,此物块应为弹簧释放后速度较小的
B.设从
vA″=3
7
弹簧释放到
停止所需时间为
t,B
向左运动的路程为
sB,则有
mBa=μmBg④
sB=vBt-2at2⑤
vB-at=0⑥
在时间
t
内,A
可能与墙发生弹性碰撞,碰撞后
将向左运动,碰撞并不改变
的速度
大小,所以无论此碰撞是否发生,A
内的路程
sA
都可表示为
sA=vAt-2at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA=1.75
m,sB=0.25
m⑧
这表明在时间
内
已与墙壁发生碰撞,但没有与
发生碰撞,此时
位于出发点右边
0.25
处.B
位于出发点左边
处,两物块之间的距离
s
s=0.25
m+0.25
m=0.50
m⑨
(3)t
时刻后
将继续向左运动,假设它能与静止的B
碰撞,碰撞时速度的大小为
vA′,
由动能定理有
2mAvA′2-2mAv2A=-μmAg(2l+sB)⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′=
7
m/s⑪
故
将发生碰撞.设碰撞后
的速度分别为
vA″和
vB″,由动量守恒定律与机
械能守恒定律有
mA(-vA′)=mAvA″+mBvB″⑫
111
2mAvA′2=2mAvA″2+2mBvB″2⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
m/s,vB″=-
5
5m/s⑭
这表明碰撞后
将向右运动,
继续向左运动.设碰撞后
向右运动距离为
sA′时停止,
向左运动距离为
sB′时停止,由运动学公式
2asA′=vA″2,2asB′=vB″2⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
sA′=0.63
m,sB′=0.28
m⑯
sA′小于碰撞处到墙壁的距离.由上式可得两物块停止后的距离
s′=sA′+sB′=0.91
m⑰
[答案]
(1)4.0
m/s1.0
m/s
(2)B
先停止0.50
m(3)0.91
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- 新课 高考 物理 二轮 复习 专题 强化 训练 力学 中的 动量 能量 问题
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