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

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1、1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

2、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( )342图 2A小球和小

3、车组成的系统动量守恒B小车向左运动的最大距离为 R12C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 h012 345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.m(L d)d m(L d)dC. D.mLd m(L d)L6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

4、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

5、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( )3A卫星与碎片碰撞前的线速度大小为gR2rB卫星与碎片碰撞前运行的周期大小为2 rR rgC喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为2m1m2gR2(m1 m2)rD喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为m1m2gR2(m1 m2)r8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

6、 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

7、 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/s 2.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4F7 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

8、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14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(m m1 m2)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

9、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5参考答案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： mv mv0， m m 0，解得，2

10、R xt xt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(h0 h0) Wf0， 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34 14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14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14mgh0，因此小球第二次离开小车时，能上升的高度大于：

11、h0 h0 h0，且小于 h0，故14 34 14 12 34D 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 L d，船的位移为 d，所以 v ， v .以船的速度方向为正方向，根据dt L dt动量守恒定律有： Mv mv0，可得： M m ，解得小船的质量为 M m ，故 B 项dt L dt L dd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：mv0 mv0 mv，解得： v0.6 m/s，碰

12、撞前的总动能为 Ek mv02 m，碰撞后的总动能12 12Ek mv0 2 mv2 m0.52Ek，故两壶碰撞为非弹性碰撞，故 A 错误；由题图可知，12 12 12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 t1 1.216 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0 1.2a1 0 1.2 0.2动的位移为 x1 2 m0.4 m，蓝壶移动的位移为 x2 5 m1.5 m，故碰后两壶0.42 0.62相距的最远距离为 x x2 x11.5 m0.4 m1.1 m，故 B 正确；根据 v t 图象的斜率表示加速度，知

13、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 am/s20.12 m/s 2，故 D 错误0.657.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 G m1 ，又 mgMm1r2 v2r，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GMmR2 GMr gR2rG m1 r，解得卫星运行的周期为 T ，故 B 正确；碰撞过程，根Mm1r2 4 2T2 4 2r3GM 2 rR rg据动量守恒定律可得： m1v m2v( m1 m2)v1，由动能定理可得 W

14、 (m1 m2)v2 (m1 m2)12 12v12，喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为 W W ，故 C 正确，D 错误2m1m2gR2(m1 m2)r8.答案 (1)30 N (2)0.5 m/s (3) m/s5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mgR mvB212解得 vB3 m/s在 B 点由牛顿第二定律得 FN mg mvB2R解得： FN30 N则物块滑到 B 点时对轨道的压 力大小 FN FN30 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( m M)v 共解得 v 共 0.5 m/s(3)由

15、题图知，物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为 Ff L 图线与横轴所围的面积，则Wf J2 J(2 6)0.52物块在平板车上滑动过程中，由动能定理得：7 Wf mv2 mvB212 12解得： v m/s59.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： Ep m Bgl mBvB212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( mB mC)v解得 v0.5 m/s又由系统的能量守恒有 mBvB2 (mB mC)v2 m BgL12 12解得 L0.75

16、 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 aB g 2 m/s 2.小车 C 将先做匀加速运动，其加速度大小 aCF mBgmC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 vB aBt1 aCt1.解得 v 共 1.2 m/s， t10.4 s物块 B 对地的位移 x1 t1 0.4 m0.64 mvB v共2 2 1.22小车 C 对 地的位移 x2 t1 0.4 m0.24 mv共2 1.22假设此后小车与物块以共同加速度前进，则 a 共 m/s2.FmB mC 74由于此种情况下， B、 C 间的静摩擦力

17、 Ff mBa 共 N m Bg2 N，可知假设成立74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 x x1 x20.4 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：m1gR1 m1vB212解得 vB6 m/sm1、 m2碰撞过程满足动量守恒： m1vB mv 共解得 v 共 2 m/s则碰撞过程中损失的机械能为： E 机 m1vB2 mv 共 212 J12 128(2)物块 m 由 B 到 C 由机械能守恒定律得： mv 共 2 mg2R2 mvC212

18、12解得： vC4 m/s在 C 处由牛顿第二定律可得： FN mg mvC2R2解得： FN190 N(3)设物块 m 滑上木板后，当木板速度为 v22 m/s 时， 物块速度为 v1，以向左为正方向，由动量守恒定律得： mvC mv1 Mv2解得： v13 m/s设在此过程中物块 m 运动的位移为 x1，木板运动的位移为 x2，由动能定理得：对物块 m： mgx 1 mv12 mvC212 12解得： x11.4 m对木板 M： mg x2 Mv2212解得： x20.4 m此时木板静止，物块 m 到木板左端的距离为： x3 L x2 x11 m设物块 m 在台阶上运动的最大距离为 x4，由动能定理得： mg (x3 x4)0 mv1212解得： x40.8 m