（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

专题强化训练(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vD2B高压水枪的功率为D2v3C水柱对煤层的平均冲力为D2v2D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mV，VSvtD2vt，单位时间喷出水的质量为vD2，选项A错误t时间内水枪喷出的水的动能Ekmv2D2v3t，由动能定理知高压水枪在此期间对水做功为WEkD2v3t，高压水枪的功率PD2v3，选项B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，Ftmv，t时间内冲到煤层水的质量mD2vt，解得FD2v2，由牛顿第三定律可知，水柱对煤层的平均冲力为FFD2v2，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BC2(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，mdt，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(Fmg)tmv即Fdvdtg，因t很小，故Fdv根据牛顿第三定律知FF，称米机的读数应为Mm1d因切断米流后空中尚有t时间内对应的米流在空中，故dm2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C3(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()Am不能到达M上的B点Bm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Cm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DM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(mM)v，v0，再根据机械能守恒定律mgRmgh(mM)v2可知，m恰能到达M上的B点，且m到达B的瞬间，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CD4(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()AA、B组成的系统动量和机械能都守恒BA、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v0D当A的速度为v0时，B的速度为v0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C5(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vv0(待定系数vB，解得，碰撞过程中损失的机械能EkmAv0，解得1，所以满足的条件是，A、B正确，C、D错误答案AB6(多选)(2019武汉外校模拟)质量M3 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m2 kg的小球(视为质点)通过长L0.75 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v03 m/s的竖直向下的初速度，取g10 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 mB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 mC小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD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x0.3 m，A正确，B错误根据动量守恒定律有0(mM)v，v0，由能量守恒定律得mvmgh(mM)v2，解得h0.45 m，C错误小球m从初始位置到第一次到达最大高度过程中，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sL1.35 m，根据水平方向动量守恒得0mM，解得y0.54 m，D正确答案AD7(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m1m212D在t2时刻A与B的动能之比为Ek1Ek218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(m1m2)v共，可得m1m212.并由图可得在t2时刻A与B的动能之比为Ek1Ek218，C、D正确答案CD8(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vt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()A碰后蓝壶速度为0.8 m/sB碰后蓝壶移动的距离为2.4 mC碰撞过程两壶损失的动能为7.22 JD碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为54解析由题图乙可知碰撞前、后红壶的速度分别为v01.0 m/s和v10.2 m/s，由系统动量守恒可得mv0mv1mv2，解得碰后蓝壶速度为v20.8 m/s，碰后蓝壶移动的距离为x0.85 m2 m，碰撞过程中两壶损失的动能为Ekmvmvmv3.04 J，红壶所受摩擦力f1ma119 N3.8 N，蓝壶所受摩擦力f2ma219 N3.04 N，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为f1f254，故A、D正确，B、C错误答案AD9(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()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h0hh0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：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：mgWf0，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mvB2mv0解得：vB2v0(2)弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块B的动能，则Epmv解得：vBO3v0绳子拉断过程，A、B系统动量守恒mvBOmvBmvA解得：vAv0绳对A所做的功为Wmvmv答案(1)2v0(2)mv11(2019全国卷)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA1.0 kg，mB4.0 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l1.0 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Ek10.0 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g10 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(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0mAvAmBvBEkmAvmBv联立式并代入题给数据得vA4.0 m/s，vB1.0 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mBamBgsBvBtat2vBat0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，A在时间t内的路程sA都可表示为sAvAtat2联立式并代入题给数据得sA1.75 m，sB0.25 m这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为s0.25 m0.25 m0.50 m(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA，由动能定理有mAvA2mAvmAg(2lsB)联立式并代入题给数据得vA m/s故A与B将发生碰撞设碰撞后A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(vA)mAvAmBvBmAvA2mAvA2mBvB2联立式并代入题给数据得vA m/s，vB m/s这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动设碰撞后A向右运动距离为sA时停止，B向左运动距离为sB时停止，由运动学公式2asAvA2,2asBvB2由式及题给数据得sA0.63 m，sB0.28 msA小于碰撞处到墙壁的距离由上式可得两物块停止后的距离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