2010年高考二轮复习物理强化训练：动量和能量.doc

2010年高考二轮复习物理强化训练：动量和能量一、选择题1为内能的数值为E1，用同样的子弹以同样的速度击穿静止放在光滑水平面上同样的木块，经历的时间为t2，机械能转化为内能的数值为E2。假定在以上两种情况下，子弹在木块中的阻力大小是相同的，则下列结论中正确的是（ ）中国教考资源网A 中国教考资源网B 中国教考资源网C 中国教考资源网D中国教考资源网2质量相等的A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置与光滑水平桌面上，当用挡板挡住小球A而只释放小球B时，B球被弹出落于桌边为s的水平地面，如图所示，问当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，B球的落地点距离桌边为（ ）中国教考资源网中国教考资源网A B中国教考资源网Cs D中国教考资源网3如图所示，完全相同的A、B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速转动，AB间夹有少量炸药，对A、B在炸药爆炸过程及随后的运动过程中有下列说法，其中正确的是（ ）中国教考资源网中国教考资源网A炸药爆炸后瞬间，A、B两物体速度方向一定相同中国教考资源网B炸药爆炸后瞬间，A、B两物体速度方向一定相反中国教考资源网C炸药爆炸过程中，A、B两物体组成的系统动量不守恒中国教考资源网DA、B在炸药爆后到A、B两物体相对传送带静止过程中动量守恒中国教考资源网4一个小球从距离地面高度为H处自由落下，与水平地面发生碰撞，设碰撞时间为一个定值t，则在碰撞过程中，小球与地面的平均作用力与弹起的高度的关系是（ ）中国教考资源网A弹起的最大高度h越大，平均作用力就越大中国教考资源网B弹起的最大高度h越大，平均作用力就越小中国教考资源网C弹起的最大高度h=0，平均作用力最大中国教考资源网D弹起的最大高度h=0，平均作用力最小中国教考资源网5（北京海定期中练习）目前，载人宇宙飞船返回舱时常采用强制减速的方法，整个回收过程可以简化为这样几个主要的阶段：第一个阶段，在返回舱进入大气层的过程中，返回舱在大气阻力和重力的共同作用下匀速下降，第二个阶段，返回舱到了离地面一定高度时打开降落伞使返回舱以较低的速度匀速降落，第三个阶段，在接近地面时点燃反冲火箭使返回舱做减速运动直到落地。关于这三个阶段中返回舱机械能及动量的变化情况，以下说法中正确的时（ ）中国教考资源网A第一阶段返回舱机械能的减少量等于返回舱所受外力做功的代数和中国教考资源网B第二阶段返回舱机械能的变化量等于返回舱克服大气阻力做的功中国教考资源网C第三阶段返回舱动能的变化量等于反冲火箭对返回舱做的功中国教考资源网D第三阶段返回舱动量的变化量等于反冲火箭对返回舱的冲量中国教考资源网6太阳放出的大量中微子向地球飞来，但实验测定的数目只有理论的三分之一，“三分之二的太阳中微子失踪”之谜，一直困扰着科学，后来科学家发现中微子在向地球传播的过程中衰变为一个子和一个子，此项成果获“2001年世界十大科技突破奖之一”。若在衰变中发现的子速度方向与中微子原来方向一致，则子的运动方向（ ）A一定与子同方向B一定与子反方向C不一定与子在同一直线上D一定与子在同一直线上7（西安二检）子弹入射钢板前的动能为E0，速度为v0，穿过钢板后子弹动能减少了三分之一，则子弹穿过钢板时，克服阻力做功、子弹穿过钢板后的动能、子弹穿过钢板后的速度分别为（ ）A，B，C，D，8用大、小两个锤子钉钉子，大小锤子质量分别为M、m，且M=4m，钉钉子时设两个锤子的动量相等，两只钉子的质量也相等，受到木板的阻力也相同，且每次碰撞中钉子获得锤子的全部动能，下列说法中正确的是（ ）A大锤子每次把钉钉子钉得深些B小锤子每次把钉钉子钉得深些C两把锤子钉得一样深D大小锤子每次把钉钉子钉入木板的深度深度之比为1：49如图所示，一直角斜面体固定在水平地面上，左侧斜面倾角为60，右侧斜面倾角为30，A、B两个物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端且分别置于斜面上，两物体下边缘位于同一高度且处于平衡状态，不考虑所有的摩擦，滑轮两边的轻绳都是平行于斜面，若剪断轻绳，让物体从静止开始沿斜面滑下，下列叙述正确的是（ ）A两物体的质量之比为B着地瞬间两物体的速度相等C着地瞬间两物体的机械能相等D着地瞬间两物体所受的重力的功率相等10（四川省成都市）如图所示，位于光滑水平桌面，质量相等的小滑块P和Q都可以视作质点，Q与轻质弹簧相连，设Q静止，P以某一初动能E0水平响Q运动并与弹簧发生相互作用，若整个作用过程中无机械能损失，用E1表示弹簧具有的最大弹性势能，用E2表示Q具有的最大动能，则（ ）A BC D11（东北三校4月）小车沿水平轨道匀速行驶，某时刻，小车上的人同时沿着小车运动的方向向前、向后抛出两个质量相等的球，球抛出时相对地面的速度大小相等，则两球抛出后，小车的速度大小为（ ）A与原来的速度相等B比原来的速度小C比原来的速度大D无法确定12（潍坊4月）如图所示，两条条形磁铁各固定在甲、乙两车上，它们能在水平面上无摩擦地运动，甲车和磁铁的总质量为1kg，乙车和磁铁的总质量为0.5kg，两磁铁N极相对，推动一下使两车在同一直线上相向而行，某时刻甲车的速度为2m/s，乙车的速度为3m/s，可以看到它们还未碰上便分开了，下列说法正确的是（ ）A乙车开始反向时，甲车的速度为0.5m/s，方向不变B两车距离最近时，乙车的速度为零C甲对乙的冲量等于乙对甲的冲量D两车距离最近时，乙车的速度为0.33m/s，与乙车原来的速度方向相反二、填空题13甲、乙两船自身质量为120kg，都静止在静水中，当一个质量为30kg的小孩以相对于地面6m/s的水平速度从甲船跳上乙船时，不计阻力，甲乙两船速度大小之比v甲:v乙=_ 5：4 。14为了采集木星和火星之间的星云的标本，将航天器制成勺形，航天器质量为10000kg，正以10km/s初速度运行，星云物体速度为100m/s，方向与航天器相同，航天器为无动力装置，如果每秒可采集10kg星云物质，一小时后航天器速度变为 2.252km/s 。15物体A和B用轻绳相连在轻质弹簧下静止不动，如图甲所示，A的质量为m，B的质量为M，当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为vA，这时物体B下落速度大小为vB，如图乙所示，这段时间内，弹簧的弹力对物体的冲量为 。16装煤机在2s内将10t煤装入水平匀速前进的车厢内，车厢速度为5m/s，若不计阻力，车厢保持原速匀速前进，则需要增加的水平牵引力的大小为 2.5104 N17在“验证碰撞中的动量守恒”的实验中，称得入射球与被碰球的质量分别为m1=30g，m2=60g，由实验得出它们的位移时间图像如图所示的I、II、III，则由图可知，入射小球在碰前的动量是 0.03 kgm/s，入射小球在碰后的动量是 0.015 kgm/s，被碰小球的动量为 0.015 kgm/s，由此可以得出结论 碰撞过程中系统的动量守恒 。18某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验，在小车A的前端黏有橡皮泥，设法使小车A做匀速直线运动，然后与原来静止的小车B相碰并黏在一起，继续做匀速直线运动，设计如图所示：在小车A的后面连着纸带，电磁打点计时器的频率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力。（1）若已得到打点纸带如下图所示，并测得各计数点间的距离，在图上标出A为运动起始点，则应选 BC 段来计算A碰撞前的速度，应选 DE 段来计算A和B碰撞后的共同速度。（2）已测得A的质量mA=0.40kg，小车B的质量mB=0.20kg，则由以上结果可得碰撞前的总动量p= 0.42 kgm/s,碰撞后总动量p= 0.417 kgm/s.19半径相同的两个小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接，实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹，再把B球静置与水平槽前端边缘处，让A球仍从C点处静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹，记录纸上的O点是重锤线所指的位置，若测得各落点痕迹到O点的距离：OM=2.68cm，OP=8.62cm，ON=11.50cm，并知A、B两球的质量之比为2：1，则未放B球时，A球落地点是记录纸上的 P 点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量P的百分误差 2% （结果保留一位有效数字）三、计算题20在某地的一平直路段的交通标志上明确表明：机动车辆的行驶速度不得超过70km/h，就在这一路段曾经发生过一起重大交通事故：一个总质量为1.40105kg的向南行驶的大客车迎面和一个总质量为1.44105kg的向北行驶的大卡车相撞，撞后辆车紧紧地卡在一起，两车的发动机立即熄灭并整体向南自由地滑行了一小段距离后停止。根据录像的测定，当时长途客车碰前的一刹那正以20m/s的速度行驶，那么，仅仅从事故车辆的法定行驶速率这一项指标来看，请你判定：（1）大客车司机违章超速了吗？（2）卡车司机违章超速了吗？（以上判定要有数据分析的支持）21如图所示，长12m木船右端固定一直立桅杆，木船和桅杆的总质量为50kg，木船与水之间的阻力是船（包括人）总重的0.1倍，质量为50kg的人立于木船的左端，木船与人均静止，若人以a=4m/s2的加速度匀加速向右奔跑到船的右端并立即抱住桅杆，g=10 m/s2，求：（1）人从开始奔跑至到达木船右端桅杆所经历的时间；（2）木船的总位移。22如图所示，质量为1kg的物块m1以5m/s的速度在水平桌面上向右运动，桌面AB部分粗糙，其长2.25m，与物块间的动摩擦因数为0.2，其它部分均光滑，在桌右端有一静止的质量为2.5kg的物块m2，m1与m2正碰后，m2离开桌面，当它下落0.6m时，速度大小为4m/s，试求：物块m1停在桌面的位置（g=10 m/s2）23如图所示，C是放在光滑水平面上的一木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为，最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板。求：（1）木块B从刚开始运动到木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；（2）木块A在整个过程中的最小速度。24如图所示，在光滑的水平面上静止着一个质量为4m的木板B，B的左端静止着一个质量为2m的物块A，已知A、B之间的动摩擦因数为，现有一质量为m的小球以水平速度v0飞来与A物块碰撞后以弹回，在整个过程中物块A始终未滑离木板B且物块A可视为质点，求：（1）A相对B静止后的速度；（2）A在B上滑行的距离。252006年，美国宇航局“深度撞击”号探测器释放的撞击器“击中”目标坦普尔1号彗星，这次撞击使该彗星自身的运行速度出现每秒0.0001mm的改变，探测器上所携带的总质量达370kg的彗星“撞击器”将以每小时38000km的速度径直撞向彗星的慧核部分，撞击彗星后融化消失，问：根据以上数据，估算一下彗星的质量大约是多少？（结果保留一位有效数字）26如图所示，质量为M=0.40kg的靶盒A位于光滑水平轨道上，开始时静止在O点，在O点右侧有范围很广的“相互作用区”，如图中的虚线区域，当靶盒A进入相互作用区域时便有向左的水平恒力F=20N作用，在P处有一固定的发射器B，它可根据需要瞄准靶盒每次发射一颗水平速度为v0=50m/s，质量为m=0.1kg的子弹，当子弹打入靶盒A后，便留在盒内，碰撞时间极短，若每当靶盒A停在或到达O点时，就有一颗子弹进入靶盒A内，求：（1）当第一颗子弹进入靶盒A后，靶盒A离开O点的最大距离（2）当第三颗子弹进入靶盒A后，靶盒A从离开O点到回到O点所经历的时间。（3）当第100颗子弹进入靶盒内时，靶盒已经在相互作用区中运动的总时间参考答案1A解析：以子弹为研究对象，阻力对子弹所做的功W=fs，即将子弹的机械能转化为内能E，且E1=E2，；以子弹为研究对象，由动量定理-ft=mv-mv得： 由能量关系知道： 故正确答案为A2D解析：第一次 第二次 s 3D 解析：炸药爆炸后，A物体的速度是否反向，取决于炸药对两物体推力的冲量，应该存在三种可能，速度为零、反向和保持原来的反向。由于炸药对两物块的的冲量大校相等，方向相反，所以两物体的动量变化一定相等，两物块受到摩擦力大小相等，方向相反，故两物块一定同时相对传送带静止，这样可以判断在炸药爆炸后传送带对两物块的冲量大小相等，方向相反，故两物块组成的系统动量守恒。4AD解析：根据动量定理，（F-mg）t=mv2+mv1，其中，s从该式可知，AD正确。5B解析：在人宇宙飞船降落时强制减速的第一个阶段中飞船在重力和大气阻力的共同作用下匀速下降，重力等于大气阻力，合力做功为零，计息能减少量为大气阻力所做的功，A错；第二阶段打开降落伞，飞船先减速下降，在匀速下降，飞船在重力和大气阻力作用下，机械能的减少量等于大气阻力做的功，B对；第三阶段点燃反冲火箭，减速降落到地面，由动能定理，动能的变化量等于合力所做的功，所以C错，由动量定理，动量的改变量应等于合力的冲量，而不仅仅是反冲火箭的冲量，D也错，所以本题答案为B。6D解析：中微子衰变前后遵循动量守恒定律，所以衰变后子和子一定在同一条直线上，D正确，C错误，由于衰变后子和子的速度大小不定，所以二者可能同向，也可反向，A、B错误。7A解析：根据动能定理，阻力做的功，子弹穿过钢板的动能子弹穿过钢板后的速度：所以选A。8BD解析：两锤动量相等，M=4m，所以大小锤子动能之比为1：4，设木板对钉子的阻力为f，应用动能定理fs=Ek，即钉子钉入的深度与所获得的能量成正比，即大小锤子每次把钉子钉入的深度之比为1：4，所以BD选项正确。9AD解析：轻绳未剪断之前，设绳子的张力为T，根据力的平衡条件T=mAgsin60= mBgsin30，mA:mB=1:1.732，轻绳剪断后，A、B从静止开始下滑到水平面的过程中，机械能守恒，着地的瞬间两物体的速率v=(2gh)1/2相同，机械能不同，重力的功率10AD解析：P、Q相互作用的过程中满足动量守恒和机械能守恒，当P、Q速度相等时，系统的动能损失最大，此时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒和机械能守恒可以求得A项正确，由于P、Q的质量相等，故在相互作用过程中发生速度交换，当弹簧恢复原长时，P的速度为零，系统的机械能全部变为Q的动能，D正确。11C解析：以小车、人、两球为系统，则系统的动量守恒，当向前后抛出两个小球后，小球的动量相互抵消，但小车和人的质量与原来相比质量小，所以速度增大了，故正确答案为C。12AC解析：以甲、乙辆车及上面的磁铁为系统，系统的总动量守恒，由动量守恒定律可知：当乙车开始反向时，即v乙=0，所以v甲=0.5m/s，且方向不变，A正确；两车速度相等时，两车之间的距离最小，所以B错误，当两车速度相等时所以共同运动的速度为 ，所以C正确，甲对乙的冲量大小等于乙对甲的冲量大小，但是方向相反。所以D正确。135:4解析：系统动量守恒，总动量等于零，故142.252km/s解析：由动量守恒定律故：即V=2.252km/s即为所求15m(vA+vB)解析：本题中的弹簧弹力是变力，时间又是未知量，显然，不能直接从冲量的概念I=Ft入手计算，只能用动量定理求解：对物体A有：I-mgt=mvA对物体B有：Mgt=MvB由以上两式可等弹簧的弹力对物体A的冲量I=m(vA+vB)1625000N解析：根据动量定理：Ft=p，此题中的p为动量变化，设车厢质量为M，煤的质量为m，则Ft=（M+m）v-Mv=mv,代入数据可得：F=25000N170.03 0.015 0.015 碰撞过程中的系统动量守恒解析：有图象可以指导碰撞前后小球的速度:碰撞前的速度为v1=1m/s，碰撞后的入射小球速度v1=0.5m/s，被碰小球的速度v2=0.75m/s所以碰撞前入射小球的动量p1=m1v1=0.031=0.03 kgm/s碰撞后入射小球的动量p1=m1v1=0.030.5=0.015 kgm/s碰撞后被碰小球的动量p2=m2v2=0.020.75=0.015 kgm/s有以上数据可知碰撞前的总动量为0.03 kgm/s，碰撞后的总动量为p1+ p2=0.015+0.015=0.03 kgm/s，所以系统的动量守恒。18（1）BC， DE；（2）0.42 0.417解析：（1）因为小车A和B碰撞前、后都做匀速运动，且碰后A和B黏在一起，其共同速度比A原来的速度小，所以应选点迹分布均匀且点距较大的BC段计算A的碰前速度，点距小DE段计算A和B碰后的共同速度。（2）由题图可知，碰前的速度和碰后的AB的共同速度分别为：所以碰撞前后的总动量分别为：p=mAvA=0.42kgm/s , p=(mB+mA)v A=0.4kgm/s19P点，2%解析：根据平抛运动知识可知道未放B球时，A球要落到P点由平抛运动的知识可知，未放B球时，A球的速度可以表示为，放B球后，A从斜槽滚下与B发生碰撞后各自的速度可以表示为：，由动量知识可以知道：碰撞前的总动量为碰撞后总动量为代入数据得到：又因为mA=2mB所以三、计算题20解析：（1）因为20m/s=72km/h70 km/h所以大客车司机超速违章了（2）由“系统整体撞后向南（设为正方向）滑行了一段距离”知，系统（两车）撞后总动量P总大于零，因为碰撞总动量守恒，即：所以所以卡车没有违章。21解析：（1）设人的质量为m1，在跑动过程中对船的作用力为F，根据牛顿运动定律有：F=m1a=200N设船的质量为m2，则船所受的阻力f=0.1(m1+m2)g=0.110010N=100N，方向向右设船的加速度为a根据牛顿运动定律 a=（F+f）/m2=(200-100)/50=2m/s2。设船的长度为L，人从开始奔跑经历时间t到船的右端，则L=（+a）t2/2所以（2）设人抱住桅杆前和船的速度分别为v1和v2,则v1=at=42 m/s2=8m/s v2= at=2 m/s2=m/s人抱住桅杆的过程中可认为系统动量守恒，设人和船的共同速度为v，则m1v1-m2v2=(m1+m2)v 代入数据可得v=2m/s，方向向右。设人和船共同滑行的加速度为a共，则a共=f/(m1+m2)=1 m/s2木船的总位移为s=t2/2-v2/2a共=2m22解析：设m1与m2碰撞前的速度为v1，由动能定理得到设m2与m1碰后速度为v2，下落0.6m时的速度为v2，由机械能守恒定律可得：得到：v2=2m/sm1与m2碰撞过程中动量守恒，设m1碰后速度为v1vt2v0v2v0v1v共BCAO 得设m1停在距离BL远处，由动能定理 得到L=0.25m23解析：本题以动量守恒为核心考查目标，渗透了过程的动态分析和临界极值的确定，极具导向性。画出A、B、C在全过程的速率随时间变化的图线如下图所示，令系统最终的共同速率为v共，以向右为正方向。(1)对A、B、C三者组成的系统用动量守恒定律 因代入式得到对B，由牛顿第二定律知B和C发生相对位移的过程中：-mBg=mBaB则aB=-g，故B从开始到与C相对静止的过程中，对地位移为（2）当A与C相对静止时由最小速度，设为v1，此时B的速度设为v2，由图像可知，由动量守恒定律有A、B、C系统有： 代入数据有24解析：（1）设小球m与物块A碰撞后A的速度为v1，设v0的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=-mv0/3+2mv1设物块A与木块B共同的速度为v2，由动量守恒定律2mv1=(2m+4m)v2解上两式可得v1=2 v0/3，v2=2v0/9（2）设A在B上滑过的距离为L，由能的转化和守恒定律得：代入数据得到：25解析：以彗星和撞击器组成的系统为研究对象，设彗星的质量为M，初速度为v01，撞击器的质量为m=370kg，以速度v02=38000km/h=11000m/s，撞击后速度为v，由动量守恒定律得到：Mv01-mv02=（M+m）v，由于M远远大于m，所以上式可以化为Mv01-mv02=Mv，解得：M=mv02/（v01v），由题给信息可以知道。撞击后彗星的运行速度改变了v01v=110-7m/s，代入数据得到：M41013kg26解析：（1）设第一颗子弹进入靶盒A后，子弹与靶盒的共同速度为v1，根据子弹进入靶盒过程中系统动量守恒，有：mv0=（m+M）v1设A离开O点的最大距离为s1，由动能定理可得：-F s1=0-（m+M）v12/2联立两式可以解得：s1=1.25m（2）根据题意，A在恒力F的作用返回O点时第二颗子弹正好打入，由于A的动量和第二颗子弹动量大小相等，方向相反，故第二颗子弹打入后，A将静止在O点，设第三颗子弹打入A后，他们共同的速度为v3，由系统动量守恒得：mv0=（3m+M）v3设A从离开O点到又回到O点所经历的时间为t，取碰后A的运动方向为正方向，由动量定理可以得到：-Ft/2=0-（3m+M）v3由以上两式解得：t=0.5s（3）由（2）问的计算可以看出，第1、3、5、（2n+1）颗子弹打入A后，A运动时间均为t=0.5s，故总时间为t总=50t=25s。