2019届高考物理二轮复习专项突破训练：力学中的动量和能量问题.docx

力学中的动量和能量问题1(2018全国卷)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动在启动阶段，列车的动能()A与它所经历的时间成正比B与它的位移成正比C与它的速度成正比D与它的动量成正比2跳水运动员在跳台上由静止直立落下，落入水中后在水中减速运动到速度为零时并未到达池底，不计空气阻力，则关于运动员从静止落下到水中向下运动到速度为零的过程中，下列说法不正确的是()A运动员在空中动量的改变量等于重力的冲量B运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零C运动员在水中动量的改变量等于水的作用力的冲量D运动员整个运动过程中重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向3(多选)一个静止的质点在t0到t4 s这段时间，仅受到力F的作用，F的方向始终在同一直线上，F随时间t的变化关系如图1所示下列说法中正确的是()图1A在t0到t4 s这段时间，质点做往复直线运动B在t1 s时，质点的动量大小为1 kgm/sC在t2 s时，质点的动能最大D在t1 s到t3 s这段时间，力F的冲量为零4如图2，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，小球自由落体后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0，则()图2A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RC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h0hh05有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为()A.B.C.D.6在2018年平昌冬奥会冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方静止的蓝壶，如图3a所示，两壶发生对心正碰，碰后运动员用冰壶擦蓝壶前进方向上的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶的速度时间图象如图b中的实线所示，两冰壶质量相同，则()图3A两壶碰撞为弹性碰撞B碰后两壶相距的最远距离为1.1 mC碰后红、蓝两壶所受的滑动摩擦力相同D碰后蓝壶的加速度大小为0.10 m/s27(多选)一个质量为m1的人造地球卫星在高空做匀速圆周运动，轨道半径为r.某时刻和一个质量为m2的同轨道反向运动的太空碎片发生迎面正碰，碰后二者结合成一个整体，并开始沿椭圆轨道运动，轨道的远地点为碰撞时的点若碰后卫星的内部装置仍能有效运转，当卫星与碎片的整体再次经过远地点时，通过极短时间喷气可使整体仍在卫星碰前的轨道上做圆周运动，绕行方向与碰前相同已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A卫星与碎片碰撞前的线速度大小为B卫星与碎片碰撞前运行的周期大小为C喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为D喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为8如图4甲所示，半径为R0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M5 kg，长度L0.5 m，车的上表面与B点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m1 kg，g取10 m/s2.图4(1)求物块滑到B点时对轨道压力的大小；(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力Ff随它距B点位移L的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小9如图5所示，质量mC3 kg的小车C停放在光滑水平面上，其上表面与水平粗糙轨道MP齐平，且左端与MP相接触轨道左侧的竖直墙面上固定一轻弹簧，现用外力将小物块B缓慢压缩弹簧，当离小车C左端的距离l1.25 m时由静止释放，小物块B在轨道上运动并滑上小车C，已知小物块B的质量mB1 kg，小物块B由静止释放时弹簧的弹性势能Ep4.5 J，小物块B与轨道MP和小车C间的动摩擦因数均为0.2，取重力加速度g10 m/s2.图5(1)求小物块B滑上小车C时的速度大小vB；(2)求小物块B滑上小车C后，为保证小物块B不从小车C上掉下来，求小车C的最小长度L；(3)若小车C足够长，在小物块B滑上小车C的同时，在小车C右端施加一水平向右的F7 N的恒力，求恒力作用t2 s时小物块B距小车C左端的距离x.10如图6所示，半径为R11.8 m的光滑圆弧与半径为R20.3 m的半圆光滑细管平滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L2.0 m、质量为M1.5 kg的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同现在让质量为m22 kg的物块静止于B处，质量为m11 kg的物块从光滑圆弧顶部的A处由静止释放，物块m1下滑至B处和m2碰撞后不再分开，整体设为物块m(mm1m2)物块m越过半圆管底部C处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为2 m/s时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)，若g10 m/s2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计图6(1)求物块m1和m2碰撞过程中损失的机械能；(2)求物块m滑到半圆管底部C处时所受支持力的大小；(3)若物块m与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为0.25，求物块m在台阶表面上滑行的最大距离参考答案1.答案B2.答案C3.答案CD4.答案D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A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mvmv0，mm0，解得，小车的位移：xR，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，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运动，故C错误；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：mg(h0h0)Wf0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wfmgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，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mgh0，机械能的损失小于mgh0，因此小球第二次离开小车时，能上升的高度大于：h0h0h0，且小于h0，故D正确5.答案B解析设人走动的时候船的速度为v，人的速度为v，人从船尾走到船头用时为t，人的位移为Ld，船的位移为d，所以v，v.以船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mvmv0，可得：Mm，解得小船的质量为Mm，故B项正确6.答案B解析由题图知，碰前红壶的速度v01.0 m/s，碰后速度为v00.4 m/s，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0mv0mv，解得：v0.6 m/s，碰撞前的总动能为Ekmv02m，碰撞后的总动能Ekmv02mv2m0.52Ek，故两壶碰撞为非弹性碰撞，故A错误；由题图可知，若红壶不碰撞，则加速度为a1 m/s20.2 m/s2，经时间t速度变为零，则t s6 s，即题图中红壶和蓝壶图线横坐标交点为t6 s；碰撞后红壶移动的位移为x12 m0.4 m，蓝壶移动的位移为x25 m1.5 m，故碰后两壶相距的最远距离为xx2x11.5 m0.4 m1.1 m，故B正确；根据vt图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故C错误；碰后蓝壶的加速度大小为a m/s20.12 m/s2，故D错误7.答案BC解析碰撞前，卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，可得Gm1，又mg，可得v，故A错误；据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，有Gm1r，解得卫星运行的周期为T，故B正确；碰撞过程，根据动量守恒定律可得：m1vm2v(m1m2)v1，由动能定理可得W(m1m2)v2(m1m2)v12，喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为WW，故C正确，D错误8.答案(1)30 N(2)0.5 m/s(3) m/s解析(1)物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中机械能守恒，有mgRmvB2解得vB3 m/s在B点由牛顿第二定律得FNmgm解得：FN30 N则物块滑到B点时对轨道的压力大小FNFN30 N(2)物块滑上平板车后，系统的动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mvB(mM)v共解得v共0.5 m/s(3)由题图知，物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为FfL图线与横轴所围的面积，则Wf J2 J物块在平板车上滑动过程中，由动能定理得：Wfmv2mvB2解得：v m/s9.答案(1)2 m/s (2)0.75 m(3)0.4 m解析(1)小物块B从释放至运动到P的过程，根据功能关系有：EpmBglmBvB2解得vB2 m/s(2)取B和C为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律得mBvB(mBmC)v解得v0.5 m/s又由系统的能量守恒有mBvB2(mBmC)v2mBgL解得L0.75 m(3)物块B滑上小车C后，将先做匀减速运动，其加速度大小为aBg2 m/s2.小车C将先做匀加速运动，其加速度大小aC代入数据解得aC3 m/s2.设经过时间t1，B、C有共同速度v共，则v共vBaBt1aCt1.解得v共1.2 m/s，t10.4 s物块B对地的位移x1t10.4 m0.64 m小车C对地的位移x2t10.4 m0.24 m假设此后小车与物块以共同加速度前进，则a共 m/s2.由于此种情况下，B、C间的静摩擦力FfmBa共 NmBg2 N，可知假设成立所以经过t10.4 s后B、C一起以a共做匀加速运动则所求距离xx1x20.4 m10.答案(1)12 J(2)190 N(3)0.8 m解析(1)设物块m1下滑到B点时的速度为vB，由机械能守恒定律可得：m1gR1m1vB2解得vB6 m/sm1、m2碰撞过程满足动量守恒：m1vBmv共解得v共2 m/s则碰撞过程中损失的机械能为：E机m1vB2mv共212 J(2)物块m由B到C由机械能守恒定律得：mv共2mg2R2mvC2解得：vC4 m/s在C处由牛顿第二定律可得：FNmgm解得：FN190 N(3)设物块m滑上木