（新课标）2020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

1 专题强化训练专题强化训练 八八 一 选择题 1 多选 如图所示 用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层 设水柱直径为d 水流速度为v 方向水平 水柱垂直煤层表面 水柱冲击煤层后水的速度为零 高压水枪 的质量为m 手持高压水枪操作 进入水枪的水流速度可忽略不计 已知水的密度为 下 列说法正确的是 a 高压水枪单位时间喷出的水的质量为 v d2 b 高压水枪的功率为 d2v3 1 8 c 水柱对煤层的平均冲力为 d2v2 1 4 d 手对高压水枪的作用力水平向右 解析 设 t时间内 从水枪喷出的水的体积为 v 质量为 m 则 m v v sv t d2v t 单位时间喷出水的质量为 v d2 选项 a 1 4 m t 1 4 错误 t时间内水枪喷出的水的动能ek mv2 d2v3 t 由动能定理知高压水枪 1 2 1 8 在此期间对水做功为w ek d2v3 t 高压水枪的功率p d2v3 选项 b 1 8 w t 1 8 正确 考虑一个极短时间 t 在此时间内喷到煤层上水的质量为m 设煤层对水柱的作 用力为f 由动量定理 f t mv t 时间内冲到煤层水的质量m d2v t 1 4 解得f d2v2 由牛顿第三定律可知 水柱对煤层的平均冲力为f f d2v2 1 4 1 4 选项 c 正确 当高压水枪向右喷出高压水流时 水流对高压水枪的作用力向左 由于高压 水枪有重力 根据平衡条件 手对高压水枪的作用力方向斜向右上方 选项 d 错误 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 2 要求后时 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 因而 双方争执起来 下列说法正确的是 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 m 在极短时间 t内 取 m为研究对象 这部分米很少 m d t 设其落到米堆上之前的速度为v 经 t时间静止 取竖直 向上为正方向 由动量定律得 f mg t mv 即f dv d t g 因 t很小 故f dv 根据牛顿第三定律知f f 称米机的读数应为m m1 d f n g m1g f g v g 因切断米流后空中尚有t 时间内对应的米流在空中 故d m2 v g v g 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 c 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a点由静止 下滑 则 a m不能到达m上的b点 b m从a到c的过程中m向左运动 m从c到b的过程中m向右运动 3 c m从a到b的过程中m一直向左运动 m到达b的瞬间 m速度为零 d m与m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m组成的系统机械能守恒 水 平方向动量守恒 d 正确 m滑到右端两者有相同的速度有 0 m m v v 0 再根据机 械能守恒定律mgr mgh m m v2可知 m恰能到达m上的b点 且m到达b的瞬间 1 2 m m速度为零 a 错误 m从a到c的过程中m向左加速运动 m从c到b的过程中m向左 减速运动 b 错误 c 正确 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a获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑 现将一质量也为m的小滑块b无初速 度轻放在木板a的上表面 在滑块b在木板a上滑动的过程中 b始终未从a的上表面滑出 b与a间的动摩擦因数大于a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 c 当b的速度为v0时 a的速度为v0 1 3 2 3 d 当a的速度为v0时 b的速度为v0 1 3 2 3 解析 由于木板a沿斜面体匀速下滑 所以此时木板a的合力为零 当小滑块b放 在木板a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 错误 由于b与a之 间的动摩擦因数大于a与斜面间的动摩擦因数 所以当a b共速后将沿斜面共同匀速下滑 即b的速度不可能大于a的速度 由动量守恒定律知 c 正确 d 错误 答案 c 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m 的a球以速度v0向右运动 与静止的质量为 4m的b球碰撞 碰撞后a球以v v0 待定 系数 vb 解得 碰撞过程中损失的机械能 ek mav 0 解得 1 3 1 22 0 1 2ma v0 2 1 2mbv2 b 1 所以 满足的条件是 a b 正确 c d 错误 3 5 1 3 3 5 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 kg 的小球 视为质点 通过长l 0 75 m 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 a 小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中 滑块m在水平轨道上向右移动了 0 3 m b 小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中 滑块m在水平轨道上向右移动了 0 5 m c 小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为 0 27 m d 小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中 滑块m在水平轨道上向右移动 了 0 54 m 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m在水平轨道上向右 运动了x 由滑块和小球组成的系统在水平方向上动量守恒 有 解得x 0 3 m m x l x 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 mv mgh m m v2 解得h 0 45 m c 错误 小球m从初始位置到第一次到达最大高 1 22 0 1 2 5 度过程中 设滑块m在水平轨道上向右移动距离为y 由几何关系得 m相对于m移动的水 平距离s l 1 35 m 根据水平方向动量守恒得 0 m m 解得y 0 54 l2 h2 s y t y t m d 正确 答案 ad 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和m2的两物块a b相连接 并静止在光滑的水平面上 现使a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到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a与b的动能之比为ek1 ek2 1 8 解析 在t1 t3时刻两物块达到共同速度 1 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t2时刻a与b的动能之比为ek1 ek2 1 8 c d 正确 答案 cd 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 6 a 碰后蓝壶速度为 0 8 m s b 碰后蓝壶移动的距离为 2 4 m 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 m s 和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 离为x 0 8 5 m 2 m 碰撞过程中两壶损失的动能为 1 2 ek mv mv mv 3 04 j 红壶所受摩擦力f1 ma1 19 n 3 8 n 1 22 0 1 22 1 1 22 2 1 2 1 0 1 蓝壶所受摩擦力f2 ma2 19 n 3 04 n 碰后红 蓝两壶所受摩擦力之比为 0 8 0 5 f1 f2 5 4 故 a d 正确 b c 错误 答案 ad 9 2019 福建省泉州市模拟三 如右图所示 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 3 4 7 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 1 2 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h0 h h0 1 2 3 4 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 在水平方向上 由动量守恒定律得 mv mv 0 m m 0 解得 2r x t x t 小车的位移 x r 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 wf 0 wf为小球克服摩擦力做功大小 解得wf mgh0 即小球第一次在车 h0 3 4h0 1 4 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 1 4 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 1 4 mgh0 因此小球第二次离开小车时 能上升的高度大于 h0 h0 h0 且小于h0 故 1 4 3 4 1 4 1 2 3 4 d 正确 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m的物块a和 b a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a b均不拴接 用 8 手挡住b不动 此时弹簧弹性势能为mv 在a b间系一轻质细绳 细绳的长度略大于 9 22 0 弹簧的自然长度 放手后绳在短暂时间内被拉断 之后b继续向右运动 一段时间后与向 左匀速运动 速度为v0的物块c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b的速度大小 2 绳被拉断过程中 绳对a所做的功w 解析 1 b与c碰撞过程中动量守恒 由于碰后均停止 有mvb 2mv0 解得 vb 2v0 2 弹簧恢复原长时 弹性势能全部转化为物块b的动能 则 ep mv 1 22bo 解得 vbo 3v0 绳子拉断过程 a b系统动量守恒 mvbo mvb mva 解得 va v0 绳对a所做的功为 w mv mv 1 22a 1 22 0 答案 1 2v0 2 mv 1 22 0 11 2019 全国卷 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a b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 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 9 1 求弹簧释放后瞬间a b速度的大小 2 物块a b中的哪一个先停止 该物块刚停止时a与b之间的距离是多少 3 a和b都停止后 a与b之间的距离是多少 解析 1 设弹簧释放瞬间a和b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 mbvb ek mav mbv 1 22a 1 22b 联立 式并代入题给数据得 va 4 0 m s vb 1 0 m s 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a和b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 设从弹 簧释放到b停止所需时间为t b向左运动的路程为sb 则有 mba mbg sb vbt at2 1 2 vb at 0 在时间t内 a可能与墙发生弹性碰撞 碰撞后a将向左运动 碰撞并不改变a的速 度大小 所以无论此碰撞是否发生