动量与能量问题综合应用.docx
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动量与能量问题综合应用
动量与能量问题综合应用
一、选择题(本题共6小题,每小题8分,共48分。
其中1~4为单选,5~6为多选)
1.如图所示,在光滑水平面上的两小车中间连接有一根处于压缩状态的轻弹簧,两手分别按住小车,使它们静止,对两车及弹簧组成的系统,下列说法中错误的是()
A.两手同时放开后,系统总动量始终为零
B.先放开左手,再放开右手之后动量不守恒
C.先放开左手,后放开右手,总动量向左
D.无论何时放手,在两手放开后、弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零
答案B
解析当两手同时放开时,系统所受的合外力为零,所以系统的动量守恒,又因开始时总动量为零,故两手同时放开后系统总动量始终为零,A正确;先放开左手,左边的物体向左运动,再放开右手后,系统所受合外力为零,故系统在两手都放开后动量守恒,且总动量方向向左,故B错误,C、D正确。
2.如图所示,质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上,木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射手。
首先左侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d1,然后右侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d2。
设子弹均未射穿木块,且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。
当两颗子弹均相对于木块静止时,下列判断正确的是()
A.木块静止,d1=d2B.木块向右运动,d1 C.木块静止,d1 答案 C 解析 把木块和打入的两颗子弹看成一个系统,规定水平向右为正方向,由动量守恒定律可得: m弹v弹+0-m弹v弹=(2m弹+m)v共,解得v共=0。 开枪前后系统损失的机械能等于子弹射入木块时克服阻力所做的功,左侧射手开枪后,右侧射手开枪前,把左侧射手开枪打出的子弹和木块看做一个系统,设子弹射入木块时受到的平均阻力大小为f,则由动量守恒定律有: m弹v弹+0=(m弹+m)v共′,则v共′=v弹,左侧射手射出的子弹射入木块中时,该子弹和木块组成的系统损失的机械能ΔE1=m弹v-(m弹+m)v共′2=fd1,右侧射手开枪打出的子弹射入木块时,则有-m弹v弹+(m弹+m)v共′=(2m弹+m)v共,系统损失的机械能ΔE2=m弹v+(m弹+m)v共′2-0=fd2,ΔE1<ΔE2,故d1 3.如图所示,物体A、B的质量分别为m、2m,物体B置于水平面上,B物体上部分半圆形槽的半径为R,将物体A从圆槽的右侧最高点由静止释放,一切摩擦均不计,则( ) A.A不能到达B圆槽的左侧最高点 B.A运动到圆槽的最低点时A的速率为 C.A运动到圆槽的最低点时B的速率为 D.B向右运动的最大位移的大小为 答案 D 解析 对于物体A、B组成的系统,水平方向动量守恒,物体A从圆槽的右端最高点由静止释放时,系统动量为零,设A到达左侧最高点的速度为v1,则v1=0,根据能量守恒定律知,A能到达B圆槽左侧的最高点,故A错误;设A到达最低点时的速率为v,B的速率为v′,根据动量守恒定律得0=mv-2mv′,计算得出v′=,根据能量守恒定律得mgR=mv2+·2mv′2,计算得出v=,B的速率v′=,故B、C错误;因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒,当A运动到左侧最高点时,B向右运动的位移最大,设B向右的最大位移为x,根据动量守恒定律得: m(2R-x)=2mx,计算得出: x=,故D正确。 4.人们设想未来深空探测器是以光压为动力的。 让太阳光垂直薄膜光帆照射并全部反射,从而产生光压。 设探测器在轨道上运行时,每秒每平方米获得的太阳光能E=1.5×104J,薄膜光帆的面积S=6.0×102m2,探测器的质量m=60kg。 已知光子动量的计算式p=,那么探测器得到的加速度大小最接近( ) A.0.001m/s2B.0.01m/s2 C.0.0005m/s2D.0.005m/s2 答案 A 解析 由光子的动量p=,能量ε=hν、λν=c得ε=pc。 面积为S的光帆Δt时间内获得的光子数n=。 设探测器某时刻动量为p0,受到光压作用Δt时间后动量增加到p0+Δp,因为光全部反射,根据动量守恒定律np+p0=-np+(p0+Δp),探测器动量增加量Δp=2np,加速度a===·==0.001m/s2,A正确。 5.如图甲所示,在光滑水平面上的两个小球发生正碰。 小球的质量分别为m1和m2。 图乙为它们碰撞前后的x-t图象。 已知m1=0.1kg。 由此可以判断( ) A.碰前m2静止,m1向右运动 B.碰后m2和m1都向右运动 C.m2=0.3kg D.碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能 答案 AC 解析 由图甲、乙知,碰前m2静止,m1向右运动,碰后m2向右运动,m1向左运动,A正确,B错误;设碰前m1速度大小为v0,碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2,则v0=m/s=4m/s,v1=m/s=2m/s,v2=m/s=2m/s,设向右为正方向,由动量守恒定律得m1v0=-m1v1+m2v2,解得m2=0.3kg,C正确;由能量守恒定律得,损失的机械能ΔE损=m1v-(m1v+m2v)=0,可知碰撞过程中无机械能损失,碰撞为完全弹性碰撞,D错误。 6.水平地面上有两个物体在同一直线上运动,两物体碰撞前后的速度—时间图象如图所示(其中一个物体碰后速度变为0)。 下列说法正确的是( ) A.t=0时,两物体的距离为1m B.t=2.5s时,两物体的距离为4.5m C.两物体间的碰撞为完全弹性碰撞 D.碰撞前,地面对两个物体的摩擦力大小不相等 答案 BC 解析 两物体相向运动,均做匀减速直线运动,1s时相碰,可知t=0时,两物体的距离为Δs=×(4+6)×1m+×(2+6)×1m=9m,A错误;t=2.5s时,两物体的距离为Δs′=×6×(2.5-1)m=4.5m,B正确;设碰前速度为正值的物体的质量为m1,速度为负值的物体的质量为m2,由题设可知,碰后原来速度为正值的物体的速度变为零,由动量守恒定律可知,m1×4+m2×(-2)=m2×6,解得m1=2m2,由能量关系: 碰前E1=m1×42+m2×22=8m1+2m2=18m2,碰后E2=m2×62=18m2,则两物体间的碰撞为完全弹性碰撞,C正确;碰前速度为正值的物体所受的摩擦力大小f1=m1a1=m1×=2m1,速度为负值的物体所受的摩擦力大小f2=m2a2=m2×=4m2=2m1=f1,则D错误。 二、非选择题(本题共4小题,共52分) 7.(10分)如图所示,两个木块A、B的质量分别为M1=0.49kg、M2=0.5kg,二者静置在光滑水平地面上,两木块间夹有一轻质弹簧,一颗质量m=0.01kg的弹丸以大小为150m/s的速度v0打入木块A并停留在其中(打击时间极短),求: (1)弹丸射入A与A相对静止瞬时的速度v1; (2)当木块B的速度v=1m/s时,弹簧的弹性势能Ep。 答案 (1)3m/s (2)1J 解析 (1)弹丸与木块A相互作用的过程中,取向右为正方向,由动量守恒定律得 mv0=(m+M1)v1 解得v1=3m/s。 (2)弹丸同木块A一起压缩弹簧与木块B作用的过程中,系统动量守恒,机械能守恒,有 (m+M1)v1=(m+M1)v2+M2v (m+M1)v=Ep+(m+M1)v+M2v2 联立解得Ep=1J。 8.(2018·合肥质检三)(12分)如图所示,质量为m、半径为R、内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上,其左侧紧靠竖直墙,右侧紧靠一质量为m的小滑块。 将一质量为2m的小球自左侧槽口A的正上方某一位置由静止开始释放,由圆弧槽左端A点进入槽内,小球刚好能到达槽右端C点,重力加速度为g,求: (1)小球开始下落时距A的高度h; (2)小球从开始下落到槽最低点B的过程中,墙壁对槽的冲量; (3)小滑块离开槽的速度大小。 答案 (1)R (2)4m,水平向右 (3)2 解析 (1)设小球第一次运动到槽最低点B的速度为vB,小球从开始释放至运动到B点的过程中,则有: 2mg(h+R)=×2mv 设小球运动到C点时,小球、半圆槽和小滑块系统的共同速度为v共,小球从B点到C点的过程中,则有: ×2mv=2mgR+×(2m+m+m)v 2mvB=(2m+m+m)v共 解得h=R vB=2。 (2)对小球、半圆槽和小滑块系统,从开始至小球下落到B点的过程中,由动量定理: I=2mvB-0 解得I=4m,方向水平向右。 (3)对小球、半圆槽和小滑块系统,从小球第一次到B点至第二次到B点过程: 2mvB=2mvB′+2mv槽 ×2mv=×2mvB′2+×2mv 解得: vB′=0,v槽=2, 小球第二次到B点后,小滑块离开槽而向右做匀速直线运动,速度为v滑=v槽=2。 9.(2018·兰州诊断)(15分)将一端带有四分之一圆弧轨道的长木板固定在水平面上,其中B点为圆弧轨道的最低点,BC段为长木板的水平部分,长木板的右端与平板车平齐并紧靠在一起,但不粘连。 现将一质量m1=2kg的物块由圆弧的最高点A无初速度释放,经过B点时对长木板的压力大小为40N。 物块经C点滑到平板车的上表面。 若平板车固定不动,物块恰好停在平板车的最右端。 已知圆弧轨道的半径R=3.6m,BC段的长度L1=5.0m,平板车的长度L2=4m,物块与BC段之间的动摩擦因数μ=0.2,平板车与水平面之间的摩擦可忽略不计,g=10m/s2。 求: (1)物块从A到B过程中克服摩擦做的功W克f; (2)物块在BC段滑动的时间t; (3)若换一材料、高度相同但长度仅为L3=1m的平板车,平板车的质量m2=1kg,且不固定,试通过计算判断物块是否能滑离平板车,若不能滑离,求出最终物块离平板车左端的距离;若能滑离,求出滑离时物块和平板车的速度大小。 答案 (1)36J (2)1s (3)能滑离 m/s m/s 解析 (1)设物块到达B点时的速度大小为v1,由题意可知此时长木板对物块的支持力N=40N,由牛顿第二定律有N-m1g= 解得v1=6m/s 从A到B由动能定理有m1gR-W克f=m1v 解得W克f=36J。 (2)设物块在C点的速度大小为v2,从B运动到C的时间为t,由动能定理有 -μm1gL1=m1v-m1v 解得v2=4m/s 由牛顿第二定律有μm1g=m1a 解得加速度大小a=2m/s2 则从B运动到C的时间为t==1s。 (3)当原平板车固定时,由动能定理有 -f′L2=0-m1v 解得物块与原平板车之间的滑动摩擦力大小为 f′=4N 由于新平板车材料与原平板车相同,所以物块与新平板车之间的滑动摩擦力大小f=f′=4N。 当新平板车不固定时,假设物块不能滑离平板车,它停在平板车最右端时二者共同的速度大小为v3,物块相对平板车滑行的距离为x 物块与平板车组成的系统动量守恒,有 m1v2=(m1+m2)v3 物块与平板车组成的系统能量守恒,有 fx=m1v-(m1+m2)v 联立解得x=m>L3 说明假设不成立,物块滑离平板车 设物块滑离平板车时物块的速度大小为v4,平板车的速度大小为v5 物块与平板车组成的系统动量守恒,有 m1v2=m1v4+m2v5 物块与平板车组成的系统能量守恒,有 fL3=m1v-m1v-m2v 解得v4=m/s,v5=m/s 另一组解v4=2m/s,v5=4m/s不合题意,舍去。 10.(2015·广东高考)(15分)如图所示,一条带有圆轨道的长轨道水平固定,圆轨道竖直,底端分别与两侧的直轨道相切,半径R=0.5m。 物块A以v0=6m/s的速度滑入圆轨道,滑过最高点Q,再沿圆轨道滑出后,与直轨上P处静止的物块B碰撞,碰后粘在一起运动。 P点左侧轨道光滑,右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段长度都为L=0.1m。 物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.1,A、B的质量均为m=1kg(重力加速度g取10m/s2;A、B视为质点,碰撞时间极短)。 (1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F; (2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值; (3)求碰后AB滑至第n个(n 答案 (1)4m/s 22N (2)45 (3)vn=m/s(n<45) 解析 (1)根据机械能守恒定律有 mv=2mgR+mv2 解得v=4m/s 设在Q点轨道对物块A的弹力向下,则mg+F=m 解得F=22N。 (2)根据机械能守恒定律,物块A与物块B碰撞前速度仍为v0。 设碰撞后速度为v1,则 mv0=2mv1 碰后AB一起向前滑行,由动能定理有 -μ×2mgx=0-×2mv 解得x=4.5m=45L 因此AB停在第45个粗糙段上,即k=45。 (3)碰后AB滑至第n个光滑段上,经过了n个粗糙段,则由动能定理得 -μ×2mg(nL)=×2mv-×2mv 解得vn=m/s(n<45)。
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