教育最新K122018年高考物理二轮复习专题突破练6动量和能量观点的应用

专题突破练6 动量和能量观点的应用
(时间:45分钟满分:100分)
一、选择题(共9小题,每小题6分,共54分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项符合题目要求,第6~9小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)
1.(2017辽宁本溪联考)一位质量为m的运动员从下蹲状态向上跳起,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,在此过程中,下列说法正确的是()
A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为mv2
B.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零
C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为mv2
D.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零
答案 D
解析人的速度原来为零,起跳后变化v,以向上为正方向,由动量定理可得I-mgΔt=mv-0,故地面对人的冲量为mv+mgΔt,人在跳起时,地面对人的支持力竖直向上,在跳起过程中,在支持力方向上没有位移,地面对运动员的支持力不做功,故D正确。

2.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线,同一方向运动,m A=2 kg,m B=3 kg,v A=6 m/s,v B=2 m/s。

当A追上B并发生碰撞后,两球A、B速度的可能值是()
A.v A=4.5 m/s,v B=3 m/s
B.v A=3 m/s,v B=4 m/s
C.v A=-1.5 m/s,v B=7 m/s
D.v A=7.5 m/s,v B=1 m/s
答案 B
解析两球碰撞过程,系统不受外力,故碰撞过程系统总动量守恒,A、B、C、D均满足;考虑实际情况,碰撞后A球速度不大于B球的速度,因而A、D错误,B、C满足;根据能量守恒定律,碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能,碰撞前总动能为42 J,B选项碰撞后总动能为33 J,C选项碰撞后总动能为75.75 J,故C错误,B满足;故选B。

3.“爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏”,爆竹声响是辞旧迎新的标志,是喜庆心情的流露。

有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m,速度大小为v,方向水平向东;则另一块的速度为()
A.3v0-v
B.2v0-3v
C.3v0-2v
D.2v0+v
答案 C
解析取水平向东为正方向,爆炸过程系统动量守恒,3mv0=2mv+mv x,可得v x=3v0-2v,C正确。

4.一个小男孩从楼上窗台突然坠落,但幸运的是楼下老伯高高举起双手接住了孩子,孩子安然无恙。

假设从楼上窗台到老伯接触男孩的位置高度差为h=12.8 m,老伯接男孩的整个过程时间约为Δt=0.4 s,则(忽略空气阻力,g取10 m/s2)()
A.男孩接触老伯手臂时的速度大小为25 m/s
B.男孩自由下落时间约为4 s
C.老伯接男孩的整个过程,男孩处于失重状态
D.老伯手臂受到的平均作用力是男孩体重的5倍
答案 D
解析男孩从楼上坠落可看作是自由落体运动,根据自由落体公式可以计算出男孩接触老伯的末速度=2gh,得出v t==16 m/s,所以A项错误;根据h=gt2,可以计算出下落时间
t==1.6 s,所以B项错误;老伯接男孩的整个过程中,男孩做减速运动,加速度方向竖直向上,男孩处于超重状态,所以C项错误;根据动量定理,取竖直向上为正方向,老伯手臂对男孩的平均作用力为F,(F-mg)Δt=0-(-mv t),解得F=5mg,根据牛顿第三定律可知,老伯手臂受到的平均作用力是男孩体重的5倍,所以D项正确。

5.
(2017安徽江南模拟)如图所示,一个质量为m的物块A与另—个质量为2m的物块发生正碰,碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。

假如碰撞过程中无机械能损失,已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1,与沙坑的距离为0.5 m,g取10 m/s2。

物块可视为质点。

则A碰撞前瞬间的速度为()
A.0.5 m/s
B.1.0 m/s
C.1.5 m/s
D.2.0 m/s〚导学号88904143〛
答案 C
解析碰撞后B做匀减速运动,由动能定理得-μ·2mgx=0-·2mv2
代入数据得:v=1 m/s,A与B碰撞的过程中A与B组成的系统在水平方向的动量守恒,选
取向右为正方向,则mv0=mv1+2mv,由于没有机械能的损失,则:·2mv2,联
立可得v0=1.5 m/s,故A、B、D错误,C正确。

6.
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时间图象,a、b分别为A、B两球碰前的位移时间图象,c为碰撞后两球共同运动的位移时间图象,若A球质量m=2 kg,则由图可知下列结论正确的是()
A.A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s
B.碰撞时A对B所施冲量为-4 N·s
C.碰撞前后A的动量变化为4 kg·m/s
D.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
答案 BCD
解析由x-t图象可知,碰撞前有v A= m/s=-3 m/s,v B= m/s=2 m/s,碰撞后
有:v A'=v B'= m/s=-1 m/s;对A、B组成的系统碰撞前后动量守恒,碰撞前后A的动量变化为Δp A=mv A'-mv A=4 kg·m/s,根据动量守恒定律,碰撞前后A的动量变化为Δp B=-Δp A=-4
kg·m/s,又:Δp B=m B(v B'-v B),所以:m B= kg= kg,所以A与B碰撞前的总动
量为p总=mv A+m B v B=2×(-3)kg·m/s+×2 kg·m/s=-kg·m/s,由动量定理可知,碰撞时A 对B所施冲量为:I B=Δp B=-4 kg·m/s=-4 N·s,碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能
ΔE k=m B(m+m B)v2,代入数据解得ΔE k=10 J,故A错误,B、C、D正确。

7.
如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量为m(m<M)的小球从槽高h处开始自由下滑,下列说法正确的是()
A.在以后的运动全过程中,小球和槽的水平方向动量始终保持某一确定值不变
B.在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力均做功
C.全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒,且水平方向动量守恒
D.小球被弹簧反弹后,小球和槽的机械能守恒,但小球不能回到槽高h处
答案 BD
解析小球在槽上运动时,由于小球受重力,故两物体组成的系统外力之和不为零,故动量不守恒;当小球与弹簧接触相互作用时,小球受外力,故动量不再守恒,故A错误;下滑过程中两物体都有水平方向的位移,而力是垂直于球面的,故力和位移夹角不垂直,故两力均做功,故B正确;全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒,但当小球与弹簧接触相互作用时,小球受外力,水平方向动量不守恒,C错误;因两物体均有向左的速度,若槽的速度大于球的速度,则两物体不会相遇,小球不会到达最高点;而若球速大于槽速,则由动量守恒可知,两物体会有向左的速度,由机械能守恒可知,小球不会回到最高点,故D正确。

故选BD。

8.(2017山东菏泽模拟)如图甲所示,一质量为m的物块在t=0时刻,以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行,物块速度随时间变化的图象如图乙所示。

t0时刻物块到达最高点,3t0时刻物块又返回底端。

下列说法正确的是()
A.物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小为3mgt0sin θ
B.物块从t=0时刻开始运动到返回底端的过程中动量变化量大小为mv0
C.斜面倾角θ的正弦值为
D.不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功〚导学号88904144〛答案 BC
解析物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小为3mgt0,选项A错误;由于下滑
与上滑的位移大小相等,设物块返回底端时的速度大小为v,则,得到v=,物块
从t=0时刻开始运动到返回底端的过程中动量变化量大小为Δp=mv0-(-mv0)=mv0,选项B
正确;根据动量定理得,上滑过程中-(mg sin θ+μmg cos θ)·t0=0-mv0;下滑过程中(mg sin
θ-μmg cos θ)·2t0=m v0;由两式解得,sin θ=,μ=tan θ,故C正确,根据μ=tan
θ可求解摩擦力,根据图线也可求解3t0内的路程,由此可求解3t0时间内物块克服摩擦力所
做的功,选项D错误;故选BC。

9.如图所示,质量为M的长木板A静止在光滑的水平面上,有一质量为m的小滑块B以初速度
v0从左侧滑上木板,且恰能滑离木板,滑块与木板间动摩擦因数为μ。

下列说法中正确的是
()
A.若只增大v0,则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加
B.若只增大M,则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少
C.若只减小m,则滑块滑离木板时木板获得的速度减少
D.若只减小μ,则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小
答案 BCD
解析滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积Q=F f L相=μmgL
M很大时,长木板运动的位
相,因为相对位移没变,所以产生热量不变,故A错误;由极限法,当
移x M会很小,滑块的位移等于x M+l很小,对滑块根据动能定理:-μmg(x M+l)=,
可知滑块滑离木板时的速度v1很大,把长木板和小滑块看成一个系统,满足动量守
恒:mv0=mv1+m'v',可知长木板的动量变化比较小,所以若只增大m',则滑块滑离木板过程中
木板所受到的冲量减少,故B正确;采用极限法:当m很小时,摩擦力也很小,m的动量变化很
小,把长木板和小滑块看成一个系统,满足动量守恒,那么长木板的动量变化也很小,故C正
确;当μ很小时,摩擦力也很小,长木板运动的位移x M会很小,滑块的位移等于x M+L也会很小,
故D正确。

所以B、C、D正确,A错误。

二、计算题(本题共3个小题,共46分)
10.
(16分)(2017湖北孝感模拟)如图所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量m A=4 kg,上表
面光滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计,可视为质点的物块B置于A的最右端,B
的质量m B=2 kg,现对A施加一个水平向右的恒力F=10 N,A运动一段时间后,小车左端固定的
挡板与B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下继续运动,碰撞
后经时间t=0.6 s,二者的速度达到v t=2 m/s,求:
(1)A开始运动时加速度a的大小;
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小;
(3)A的上表面长度l。

答案 (1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m
解析 (1)以A为研究对象,由牛顿第二定律得:F=m A a,
代入数据得a=2.5 m/s2。

(2)A、B碰撞后共同运动过程中,选向右的方向为正,由动量定理得:
Ft=(m A+m B)v1-(m A+m B)v,
代入数据解得:v=1 m/s。

(3)A、B碰撞过程动量守恒,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
m A v A=(m A+m B)v,
A从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理得Fl=m A-0,
联立并代入数据得:l=0.45 m。

11.
(18分)(2017山东枣庄模拟)如图所示,光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块A、B、
C,物块B、C静止,物块B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计);让物块A以速度
v0朝B运动,压缩弹簧;当A、B速度相等时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动。

假设B和C碰撞过程时间极短。

那么从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中,求:
(1)A、B第一次速度相同时的速度大小;
(2)A、B第二次速度相同时的速度大小;
(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小。

〚导学号88904145〛
答案 (1)v0(2)v0(3)
解析 (1)对A、B接触的过程中,当第一次速度相同时,由动量守恒定律得,mv0=2mv1,
解得v1=v0。

(2)设AB第二次速度相同时的速度大小为v2,对ABC系统,根据动量守恒定律得mv0=3mv2,
解得v2=v0。

(3)B与C接触的瞬间,B、C组成的系统动量守恒,有
m=2mv3
解得v3=v0
系统损失的机械能为ΔE=m()2-(2m)()2=
当A、B、C速度相同时,弹簧的弹性势能最大,此时v2=v0
根据能量守恒定律得,弹簧的最大弹性势能E p=(3m)-ΔE=。

12.
(20分)如图所示,半径为R= m的光滑的圆弧形凹槽放置在光滑的水平面上,凹槽的圆弧
面与水平面在B点相切,另一条半径OC与竖直方向夹角为θ=37°,C点是圆弧形凹槽的最高
点,两个大小相同的小球P、Q质量分别为m1=2 kg和m2=1 kg,Q静止于B点,P放置于水平面
上A点,给P施加一个F=60 N的水平向右的瞬间作用力,P在B点与Q发生对心正碰,碰撞过
程没有能量损失,碰后Q恰好能经过最高点C,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,求:
(1)P碰前的速度大小v1和碰后的速度大小v2;
(2)力F的作用时间t。

〚导学号88904146〛答案 (1)6 m/s 2 m/s(2)0.2 s
解析 (1)Q恰能经过最高点C,在C点有
m2g cos θ=
Q从B到C过程中机械能守恒
m2m2+m2gR(1+cos θ)
联立解得v B=8 m/s
P和Q碰撞过程中系统动量守恒m1v1=m1v2+m2v B
系统能量守恒m1m1m2
解得v1=6 m/s,v2=2 m/s。

(2)由动量定理知Ft=m1v1
t==0.2 s。