2022高考物理二轮复习第一部分专题四动量与能量第1讲动量和能量观念在力学中的应用练习含解析.doc

动量和能量观念在力学中的应用
1．如图甲所示，质量m＝6 kg的空木箱静止在水平面上，某同学用水平恒力F推着木箱向前运动，1 s后撤掉推力，木箱运动的v ­t图像如图乙所示，不计空气阻力，g取10 m/s2。以下说法正确的选项是(　　)
A．木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0.25
B．推力F的大小为20 N
C．在0～3 s内，木箱克服摩擦力做功为900 J
D．在0.5 s时，推力F的瞬时功率为450 W
解析　撤去推力后，木箱做匀减速直线运动，由速度—时间图线知，匀减速直线运动的加速度大小a2＝ m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得，a2＝＝μg，解得木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，故A错误；匀加速直线运动的加速度大小a1＝ m/s2＝10 m/s2，由牛顿第二定律得，F－μmg＝ma1，解得F＝μmg＋ma1＝0.5×60 N＋6×10 N＝90 N，故B错误；0～3 s内，木箱的位移x＝×3×10 m＝15 m，那么木箱克服摩擦力做功Wf＝μmgx＝0.5×60×15 J＝450 J，故C错误；0.5 s时木箱的速度v＝a1t1＝10×0.5 m/s＝5 m/s，那么推力F的瞬时功率P＝Fv＝90×5 W＝450 W，故D正确。
答案　D
2．(2022·湖南株洲二模)如图，长为l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙(小球可视为质点)，初始时它们直立在光滑的水平地面上。后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。当小球甲刚要落地时，其速度大小为(　　)
A. B．
C. D．0
解析　甲、乙组成的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mv－mv′＝0，由于甲球落地时，水平方向速度v＝0，故v′＝0，由机械能守恒定律得mv＝mgl，解得v甲＝，故A正确。
答案　A
3.(多项选择)带有1/4光滑圆弧轨道、质量为M的滑车静止置于光滑水平面上，如下图。一质量为m的小球以速度v0水平冲上滑车，当小球上行再返回，并脱离滑车时，以下说法正确的选项是(　　)
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能水平向右做平抛运动
解析　小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程，相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程。如果m＜M，小球离开滑车向左做平抛运动；如果m＝M，小球离开滑车做自由落体运动；如果m＞M，小球离开滑车向右做平抛运动。
答案　BCD
4．(2022·广东深圳二模)如图为放置在光滑的水平地面上足够长的斜面体，下端固定有挡板，用外力将轻质弹簧压缩在小木块和挡板之间，弹簧的弹性势能为100 J。撤去外力，木块开始运动，离开弹簧后，沿斜面向上滑到某一位置后，不再滑下，那么(　　)
A．木块重力势能的增加量为100 J
B．木块运动过程中，斜面体的支持力对木块做功不为零
C．木块、斜面体和弹簧构成的系统机械能守恒
D．最终，木块和斜面体以共同速度向右匀速滑行
解析　对整个系统除重力和系统内弹力做功，还有木块和斜面体之间的摩擦力做功，系统机械能不守恒，弹簧的弹性势能转化为木块重力势能、动能和斜面体动能、内能，那么木块重力势能的增加量小于100 J，故A、C错误；斜面体支持力垂直于斜面，木块运动的方向不是沿斜面，斜面体的支持力与位移不垂直，支持力做功，故B正确；地面光滑，木块离开弹簧后，沿斜面向上滑到某一位置后，不再滑下，说明木块相对斜面静止，水平方向动量守恒，那么系统最后静止，故D错误。
答案　B
5．(多项选择)(2022·广西桂林月考)质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与甲相向运动，如下图。那么(　　)
A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力属于内力作用，故甲、乙系统动量守恒
B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零
C．甲物块的速率可能到达5 m/s
D．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0
解析　甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于不受外力的作用，甲、乙两物块组成的系统动量守恒，A项正确；当两物块相距最近时，甲、乙物块的速度相等，B项错误；假设物块甲的速率到达5 m/s，方向与原来相同，那么mv乙－mv甲＝－mv甲′＋m乙v乙′，代入解得v乙′＝6 m/s。
两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律。假设物块甲的速率到达5 m/s，方向与原来相反，那么mv乙－mv甲＝mv甲′＋m乙v乙′，代入解得v乙′＝－4 m/s，可知，碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律。所以物块甲的速率不可能到达5 m/s，C项错误；假设物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相同，那么由mv乙－mv甲＝－mv甲′＋m乙v乙′，代入解得v乙′＝2 m/s。假设物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相反，那么由mv乙－mv甲＝mv甲′＋m乙v乙′，代入解得v乙′＝0，D项正确。
答案　AD
6.在空中某一位置，以大小为v0的速度水平抛出一质量为m的物块，经时间t，物块下落一段距离后，其速度大小仍为v0，但方向与初速度相反，如下图，那么以下说法正确的选项是(　　)
A．风力对物块做功为零
B．风力对物块做负功
C．物块机械能减少mg2t2
D．风力对物块的冲量大小为2mv0
解析　风力是一个变力，在物体运动t时间内，物体动能的变化量等于零，由动能定理(或功能关系)知，重力与风力对物体所做的功的代数和等于零，重力做正功，那么风力对物体做负功，A项错误，B项正确；因风力对物体做负功，物体的机械能减小，且减少量等于物体克服风力所做的功，在数值上等于重力做的功，因时间t后物体竖直分速度为0，故物体在竖直方向上做的不是自由落体运动，在这段时间内物体下落的高度不等于，重力做的功不等于，C项错误；由动量定理，重力与风力对物体的合冲量大小等于物体动量的变化量2mv0，D项错误。
答案　B
7．(多项选择)(2022·山东六校联考)如下图，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两长方体滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。两种射入过程相比拟(　　)
A．射入滑块A的子弹速度变化大
B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大
C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍
D．两个过程中系统产生的热量相同
解析　在子弹打入滑块的过程中， 子弹与滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可知，mv0＝(M＋m)v，两种情况下子弹和滑块的末速度相同，即两种情况下子弹的速度变化量相同，A项错误；两滑块质量相同，且最后的速度相同，由动量定理可知，两滑块受到的冲量相同，B项正确；由动能定理可知，两种射入过程中阻力对子弹做功相同，C项错误；两个过程中系统产生的热量与系统损失的机械能相同，D项正确。
答案　BD
8．(多项选择)(2022·河南洛阳统考)如下图，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。那么在整个过程中(　　)
A．物块和木板组成的系统动量守恒
B．子弹的末动量大小为0.01 kg·m/s
C．子弹对物块的冲量大小为0.49 N·s
D．物块相对木板滑行的时间为1 s
解析　子弹击中物块过程，子弹和物块组成的系统动量守恒；物块在木板上滑动时，子弹、物块和木板组成的系统动量守恒，而物块和木板组成的系统动量不守恒，A错误；对子弹、物块和木板组成的系统的整个过程，由动量守恒定律，m0v0＝(m0＋m＋M)v，解得v＝2 m/s，子弹的末动量大小为p0′＝m0v＝0.005×2 kg·m/s＝0.01 kg·m/s，B正确；对子弹击中物块过程，由动量守恒定律，m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s，由动量定理可得子弹对物块的冲量大小为I＝mv1＝0.245×6 N·s＝1.47 N·s，C错误；子弹和物块与木板之间的摩擦力f＝μ(m0＋m)g＝0.4×0.250×10 N＝1 N，对木板，由动量定理，ft＝Mv，解得t＝1 s，D正确。
答案　BD
9．(2022·湖北七市联考)如下图，一条长为L的细绳一端系于O点，另一端系一个质量为m的小钢球A(视为质点)，另一条相同的细绳两端系着质量为2m的小钢球B(视为质点)和质量为m的小钢球C(视为质点)，其中C球穿过光滑的水平细杆。开始时悬线竖直，A、B两球刚好接触，现将A拉到与竖直方向成θ＝60°的位置，由静止释放后与B球发生弹性正碰，重力加速度为g，求：
(1)A、B碰撞结束时，小球B的速度v2；
(2)B球向右运动过程中的最大高度h。
解析　(1)设碰前A球的速度为v1，碰后A球的速度为v′，B球的速度为v2，
由水平动量守恒得mv1＝mv′＋2mv2①
由能量守恒：mv＝mv′2＋×2mv②
得v2＝v1
由机械能守恒定律有：mgL(1－cosθ)＝mv③
联立解得：v2＝
(2)B球到达最大高度时与C球速度相同(设为v)，对BC由水平方向动量守恒：
2mv2＝(m＋2m)v⑤
由能量守恒：×2mv＝(m＋2m)v2＋2mgh⑥
得h＝。
答案　(1)　(2)
10．(2022·江苏南通模拟)如下图，C是放在光滑的水平面上的一块木板，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μ。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从刚开始运动到与木板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。
解析　(1)木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1。对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：
mv0＋2mv0＝(m＋m＋3m)v1
解得：v1＝0.6v0
对木块B运用动能定理，有：
－μmgs＝mv－m(2v0)2
解得：s＝
(2)当A和C速度相等时速度最小为v
那么：3mv0＝4mv＋m[2v0－(v0－v)]
那么v＝v0(其中v0－v为A和B速度的变化量)。
答案　(1)　(2)v0
11．(2022·山东实验中学联考)如下图，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板，木板上外表与圆弧轨道末端切线相平，木板下外表与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2。求：
(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(2)假设长木板长度L＝2.4 m，小物块能否滑出长木板？
解析　(1)物块到达C点的速度与水平方向的夹角为60°，根据平行四边形定那么知：vC＝＝4 m/s，
小物块由C到D的过程中，由动能定理得：
mgR(1－cos60°)＝mv－mv，
代入数据解得：vD＝2 m/s。
小球在D点时由牛顿第二定律得：N－mg＝m，
代入数据解得：N＝60 N，
由牛顿第三定律得：N′＝N＝60 N，方向竖直向下。
(2)设小物块始终在长木板上，当到达共同速度时大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，由动量守恒定律得mvD＝(M＋m)v
解得v＝ m/s
对物块和木板系统，由功与能的转化关系得
μmgl＝mv－(m＋M)v2。
解得：l＝2.5 m＞2.4 m
所以小物块滑出长木板。
答案　(1)60 N　(2)小物块滑出长木板
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