《（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題強化訓(xùn)練8 力學(xué)中的動量和能量問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題強化訓(xùn)練8 力學(xué)中的動量和能量問題（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題強化訓(xùn)練(八)一、選擇題1(多選)如圖所示，用高壓水槍噴出的強力水柱沖擊右側(cè)的煤層設(shè)水柱直徑為D，水流速度為v，方向水平，水柱垂直煤層表面，水柱沖擊煤層后水的速度為零高壓水槍的質(zhì)量為M，手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為.下列說法正確的是()A高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為vD2B高壓水槍的功率為D2v3C水柱對煤層的平均沖力為D2v2D手對高壓水槍的作用力水平向右解析設(shè)t時間內(nèi)，從水槍噴出的水的體積為V，質(zhì)量為m，則mV，VSvtD2vt，單位時間噴出水的質(zhì)量為vD2，選項A錯誤t時間內(nèi)水槍噴出的水的動能Ekmv2D2v3t，由動能定理知高壓水槍在此期間對水
2、做功為WEkD2v3t，高壓水槍的功率PD2v3，選項B正確考慮一個極短時間t，在此時間內(nèi)噴到煤層上水的質(zhì)量為m，設(shè)煤層對水柱的作用力為F，由動量定理，F(xiàn)tmv，t時間內(nèi)沖到煤層水的質(zhì)量mD2vt，解得FD2v2，由牛頓第三定律可知，水柱對煤層的平均沖力為FFD2v2，選項C正確當(dāng)高壓水槍向右噴出高壓水流時，水流對高壓水槍的作用力向左，由于高壓水槍有重力，根據(jù)平衡條件，手對高壓水槍的作用力方向斜向右上方，選項D錯誤答案BC2(2019河北名校聯(lián)盟)如圖所示，自動稱米機已在許多大糧店廣泛使用買者認(rèn)為：因為米流落到容器中時對容器有向下的沖力而不劃算；賣者則認(rèn)為：當(dāng)預(yù)定米的質(zhì)量達(dá)到要求后時，自動裝置
3、即刻切斷米流，此刻有一些米仍在空中，這些米是多給買者的，因而雙方爭執(zhí)起來，下列說法正確的是()A買者說的對B賣者說的對C公平交易D具有隨機性，無法判斷解析設(shè)米流的流量為d，它是恒定的，米流在出口處速度很小可視為零，若切斷米流后，設(shè)盛米的容器中靜止的那部分米的質(zhì)量為m1，空中還在下落的米的質(zhì)量為m2，則落到已靜止的米堆上的一小部分米的質(zhì)量為m.在極短時間t內(nèi)，取m為研究對象，這部分米很少，mdt，設(shè)其落到米堆上之前的速度為v，經(jīng)t時間靜止，取豎直向上為正方向，由動量定律得(Fmg)tmv即Fdvdtg，因t很小，故Fdv根據(jù)牛頓第三定律知FF，稱米機的讀數(shù)應(yīng)為Mm1d因切斷米流后空中尚有t時間內(nèi)
4、對應(yīng)的米流在空中，故dm2可見，稱米機讀數(shù)包含了靜止在袋中的部分米的質(zhì)量m1，也包含了尚在空中的下落的米的質(zhì)量m2，即自動稱米機是準(zhǔn)確的，不存在哪方劃算不劃算的問題，選項C正確答案C3(多選)(2019四川綿陽模擬)如圖所示，在光滑水平面上有一靜止的物體M，物體上有一光滑的半圓弧形軌道，最低點為C，兩端A、B一樣高，現(xiàn)讓小滑塊m從A點由靜止下滑，則()Am不能到達(dá)M上的B點Bm從A到C的過程中M向左運動，m從C到B的過程中M向右運動Cm從A到B的過程中M一直向左運動，m到達(dá)B的瞬間，M速度為零DM與m組成的系統(tǒng)機械能定恒，水平方向動量守恒解析根據(jù)機械能守恒、動量守恒定律的條件，M和m組成的系統(tǒng)
5、機械能守恒，水平方向動量守恒，D正確；m滑到右端兩者有相同的速度有：0(mM)v，v0，再根據(jù)機械能守恒定律mgRmgh(mM)v2可知，m恰能到達(dá)M上的B點，且m到達(dá)B的瞬間，m、M速度為零，A錯誤；m從A到C的過程中M向左加速運動，m從C到B的過程中M向左減速運動，B錯誤，C正確答案CD4(2019蓉城名校聯(lián)盟)如圖所示，在足夠長的固定斜面上有一質(zhì)量為m的薄木板A，木板A獲得初速度v0后恰好能沿斜面勻速下滑現(xiàn)將一質(zhì)量也為m的小滑塊B無初速度輕放在木板A的上表面，在滑塊B在木板A上滑動的過程中(B始終未從A的上表面滑出，B與A間的動摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動摩擦因數(shù))，下列說法正確的是()A
6、A、B組成的系統(tǒng)動量和機械能都守恒BA、B組成的系統(tǒng)動量和機械能都不守恒C當(dāng)B的速度為v0時，A的速度為v0D當(dāng)A的速度為v0時，B的速度為v0解析由于木板A沿斜面體勻速下滑，所以此時木板A的合力為零，當(dāng)小滑塊B放在木板A上表面后，A、B組成的系統(tǒng)所受的合力為零，則系統(tǒng)的動量守恒，由于A、B間有摩擦力的作用，則系統(tǒng)的機械能一直減小，即機械能不守恒，A、B錯誤；由于B與A之間的動摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動摩擦因數(shù)，所以當(dāng)A、B共速后將沿斜面共同勻速下滑，即B的速度不可能大于A的速度，由動量守恒定律知C正確，D錯誤答案C5(多選)(2019華中師大附中五月模擬)如下圖所示，在光滑水平面上，質(zhì)量為m
7、的A球以速度v0向右運動，與靜止的質(zhì)量為4m的B球碰撞，碰撞后A球以vv0(待定系數(shù)vB，解得，碰撞過程中損失的機械能EkmAv0，解得1，所以滿足的條件是，A、B正確，C、D錯誤答案AB6(多選)(2019武漢外校模擬)質(zhì)量M3 kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無摩擦滑動質(zhì)量m2 kg的小球(視為質(zhì)點)通過長L0.75 m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接，開始時滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)現(xiàn)給小球一個v03 m/s的豎直向下的初速度，取g10 m/s2，則()A小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.3 mB小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點的過程中
8、，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.5 mC小球m相對于初始位置可以上升的最大高度為0.27 mD小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.54 m解析可把小球和滑塊水平方向的運動看成人船模型設(shè)滑塊M在水平軌道上向右運動了x，由滑塊和小球組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，有，解得x0.3 m，A正確，B錯誤根據(jù)動量守恒定律有0(mM)v，v0，由能量守恒定律得mvmgh(mM)v2，解得h0.45 m，C錯誤小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度過程中，設(shè)滑塊M在水平軌道上向右移動距離為y，由幾何關(guān)系得，m相對于M移動的水平距離sL1.35 m，根據(jù)水平方向動量守
9、恒得0mM，解得y0.54 m，D正確答案AD7(多選)(2019東北師大附中一模)如下圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上現(xiàn)使A瞬間獲得水平向右大小為3 m/s的速度，以此刻為計時起點，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖像信息可得()A在t1、t3時刻兩物塊達(dá)到共同速度1 m/s，且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)B從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長C兩物體的質(zhì)量之比為m1m212D在t2時刻A與B的動能之比為Ek1Ek218解析在t1、t3時刻兩物塊達(dá)到共同速度1 m/s，t1時彈簧處于壓縮狀態(tài)，t3時彈簧處于拉伸狀態(tài)，A、B錯誤由
10、動量守恒定律有m1v0(m1m2)v共，可得m1m212.并由圖可得在t2時刻A與B的動能之比為Ek1Ek218，C、D正確答案CD8(多選)(2019湖北百校大聯(lián)考)在冰壺比賽中，某隊員利用紅壺去碰撞對方的藍(lán)壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞如圖甲所示，碰撞前、后兩壺運動的vt圖線如圖乙中實線所示，其中紅壺碰撞前、后的兩段圖線相互平行，兩冰壺質(zhì)量均為19 kg，則()A碰后藍(lán)壺速度為0.8 m/sB碰后藍(lán)壺移動的距離為2.4 mC碰撞過程兩壺?fù)p失的動能為7.22 JD碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為54解析由題圖乙可知碰撞前、后紅壺的速度分別為v01.0 m/s和v10.2 m/s，由系統(tǒng)動量守
11、恒可得mv0mv1mv2，解得碰后藍(lán)壺速度為v20.8 m/s，碰后藍(lán)壺移動的距離為x0.85 m2 m，碰撞過程中兩壺?fù)p失的動能為Ekmvmvmv3.04 J，紅壺所受摩擦力f1ma119 N3.8 N，藍(lán)壺所受摩擦力f2ma219 N3.04 N，碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為f1f254，故A、D正確，B、C錯誤答案AD9(2019福建省泉州市模擬三)如右圖所示，半徑為R、質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，將質(zhì)量也為m的小球從距A點正上方h0高處由靜止釋放，小球自由落體后由A點經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h0，則()A小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B小車向左
12、運動的最大距離為RC小球離開小車后做斜上拋運動D小球第二次能上升的最大高度h0hh0解析小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動量守恒，但系統(tǒng)整體所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向上，由動量守恒定律得：mvmv0，mm0，解得小車的位移：xR，故B錯誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，小球由B點離開小車時系統(tǒng)水平方向總動量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球離開小車后做豎直上拋運動，故C錯誤；小球第一次由釋放經(jīng)半圓軌道沖出至最高點時，由動能定理得：mgWf0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得Wfmgh0，
13、即小球第一次在車中滾動損失的機械能為mgh0，由于小球第二次在車中滾動時，對應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做的功小于mgh0，機械能的損失小于mgh0，因此小球第二次離開小車時，能上升的高度大于：h0h0h0，且小于h0，故D正確答案D二、非選擇題10(2019江西南昌十校二模)如圖所示，光滑水平面上放著質(zhì)量都為m的物塊A和B，A緊靠著固定的豎直擋板，A、B間夾一個被壓縮的輕彈簧(彈簧與A、B均不拴接)，用手擋住B不動，此時彈簧彈性勢能為mv，在A、B間系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩的長度略大于彈簧的自然長度放手后繩在短暫時間內(nèi)被拉斷，之后B繼續(xù)向右運動，一段時間后與向左勻
14、速運動、速度為v0的物塊C發(fā)生碰撞，碰后B、C立刻形成粘合體并停止運動，C的質(zhì)量為2m.求：(1)B、C相撞前一瞬間B的速度大?。?2)繩被拉斷過程中，繩對A所做的功W.解析(1)B與C碰撞過程中動量守恒，由于碰后均停止，有mvB2mv0解得：vB2v0(2)彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為物塊B的動能，則Epmv解得：vBO3v0繩子拉斷過程，A、B系統(tǒng)動量守恒mvBOmvBmvA解得：vAv0繩對A所做的功為Wmvmv答案(1)2v0(2)mv11(2019全國卷)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA1.0 kg，mB4.0 kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎
15、直墻壁距離l1.0 m，如圖所示某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek10.0 J釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為0.20.重力加速度取g10 m/s2.A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大?。?2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？解析(1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有0mAvAmBvBEkmAvmBv聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得vA4.
16、0 m/s，vB1.0 m/s(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設(shè)為a.假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B.設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB，則有mBamBgsBvBtat2vBat0在時間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時間t內(nèi)的路程sA都可表示為sAvAtat2聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得sA1.75 m，sB0.25 m這表明在時間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時A位于出發(fā)點右邊0.25 m處B位于出發(fā)點
17、左邊0.25 m處，兩物塊之間的距離s為s0.25 m0.25 m0.50 m(3)t時刻后A將繼續(xù)向左運動，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA，由動能定理有mAvA2mAvmAg(2lsB)聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得vA m/s故A與B將發(fā)生碰撞設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA和vB，由動量守恒定律與機械能守恒定律有mA(vA)mAvAmBvBmAvA2mAvA2mBvB2聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得vA m/s，vB m/s這表明碰撞后A將向右運動，B繼續(xù)向左運動設(shè)碰撞后A向右運動距離為sA時停止，B向左運動距離為sB時停止，由運動學(xué)公式2asAvA2,2asBvB2由式及題給數(shù)據(jù)得sA0.63 m，sB0.28 msA小于碰撞處到墻壁的距離由上式可得兩物塊停止后的距離ssAsB0.91 m答案(1)4.0 m/s1.0 m/s(2)B先停止0.50 m(3)0.91 m10
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