（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題強(qiáng)化訓(xùn)練8 力學(xué)中的動(dòng)量和能量問(wèn)題

專(zhuān)題強(qiáng)化訓(xùn)練(八)一、選擇題1(多選)如圖所示，用高壓水槍噴出的強(qiáng)力水柱沖擊右側(cè)的煤層設(shè)水柱直徑為D，水流速度為v，方向水平，水柱垂直煤層表面，水柱沖擊煤層后水的速度為零高壓水槍的質(zhì)量為M，手持高壓水槍操作，進(jìn)入水槍的水流速度可忽略不計(jì)，已知水的密度為.下列說(shuō)法正確的是()A高壓水槍單位時(shí)間噴出的水的質(zhì)量為vD2B高壓水槍的功率為D2v3C水柱對(duì)煤層的平均沖力為D2v2D手對(duì)高壓水槍的作用力水平向右解析設(shè)t時(shí)間內(nèi)，從水槍噴出的水的體積為V，質(zhì)量為m，則mV，VSvtD2vt，單位時(shí)間噴出水的質(zhì)量為vD2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤t時(shí)間內(nèi)水槍噴出的水的動(dòng)能Ekmv2D2v3t，由動(dòng)能定理知高壓水槍在此期間對(duì)水做功為WEkD2v3t，高壓水槍的功率PD2v3，選項(xiàng)B正確考慮一個(gè)極短時(shí)間t，在此時(shí)間內(nèi)噴到煤層上水的質(zhì)量為m，設(shè)煤層對(duì)水柱的作用力為F，由動(dòng)量定理，F(xiàn)tmv，t時(shí)間內(nèi)沖到煤層水的質(zhì)量mD2vt，解得FD2v2，由牛頓第三定律可知，水柱對(duì)煤層的平均沖力為FFD2v2，選項(xiàng)C正確當(dāng)高壓水槍向右噴出高壓水流時(shí)，水流對(duì)高壓水槍的作用力向左，由于高壓水槍有重力，根據(jù)平衡條件，手對(duì)高壓水槍的作用力方向斜向右上方，選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案BC2(2019·河北名校聯(lián)盟)如圖所示，自動(dòng)稱(chēng)米機(jī)已在許多大糧店廣泛使用買(mǎi)者認(rèn)為：因?yàn)槊琢髀涞饺萜髦袝r(shí)對(duì)容器有向下的沖力而不劃算；賣(mài)者則認(rèn)為：當(dāng)預(yù)定米的質(zhì)量達(dá)到要求后時(shí)，自動(dòng)裝置即刻切斷米流，此刻有一些米仍在空中，這些米是多給買(mǎi)者的，因而雙方爭(zhēng)執(zhí)起來(lái)，下列說(shuō)法正確的是()A買(mǎi)者說(shuō)的對(duì)B賣(mài)者說(shuō)的對(duì)C公平交易D具有隨機(jī)性，無(wú)法判斷解析設(shè)米流的流量為d，它是恒定的，米流在出口處速度很小可視為零，若切斷米流后，設(shè)盛米的容器中靜止的那部分米的質(zhì)量為m1，空中還在下落的米的質(zhì)量為m2，則落到已靜止的米堆上的一小部分米的質(zhì)量為m.在極短時(shí)間t內(nèi)，取m為研究對(duì)象，這部分米很少，md·t，設(shè)其落到米堆上之前的速度為v，經(jīng)t時(shí)間靜止，取豎直向上為正方向，由動(dòng)量定律得(Fmg)tmv即Fdvd·t·g，因t很小，故Fdv根據(jù)牛頓第三定律知FF，稱(chēng)米機(jī)的讀數(shù)應(yīng)為Mm1d因切斷米流后空中尚有t時(shí)間內(nèi)對(duì)應(yīng)的米流在空中，故dm2可見(jiàn)，稱(chēng)米機(jī)讀數(shù)包含了靜止在袋中的部分米的質(zhì)量m1，也包含了尚在空中的下落的米的質(zhì)量m2，即自動(dòng)稱(chēng)米機(jī)是準(zhǔn)確的，不存在哪方劃算不劃算的問(wèn)題，選項(xiàng)C正確答案C3(多選)(2019·四川綿陽(yáng)模擬)如圖所示，在光滑水平面上有一靜止的物體M，物體上有一光滑的半圓弧形軌道，最低點(diǎn)為C，兩端A、B一樣高，現(xiàn)讓小滑塊m從A點(diǎn)由靜止下滑，則()Am不能到達(dá)M上的B點(diǎn)Bm從A到C的過(guò)程中M向左運(yùn)動(dòng)，m從C到B的過(guò)程中M向右運(yùn)動(dòng)Cm從A到B的過(guò)程中M一直向左運(yùn)動(dòng)，m到達(dá)B的瞬間，M速度為零DM與m組成的系統(tǒng)機(jī)械能定恒，水平方向動(dòng)量守恒解析根據(jù)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒定律的條件，M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量守恒，D正確；m滑到右端兩者有相同的速度有：0(mM)v，v0，再根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgRmgh(mM)v2可知，m恰能到達(dá)M上的B點(diǎn)，且m到達(dá)B的瞬間，m、M速度為零，A錯(cuò)誤；m從A到C的過(guò)程中M向左加速運(yùn)動(dòng)，m從C到B的過(guò)程中M向左減速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤，C正確答案CD4(2019·蓉城名校聯(lián)盟)如圖所示，在足夠長(zhǎng)的固定斜面上有一質(zhì)量為m的薄木板A，木板A獲得初速度v0后恰好能沿斜面勻速下滑現(xiàn)將一質(zhì)量也為m的小滑塊B無(wú)初速度輕放在木板A的上表面，在滑塊B在木板A上滑動(dòng)的過(guò)程中(B始終未從A的上表面滑出，B與A間的動(dòng)摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù))，下列說(shuō)法正確的是()AA、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都守恒BA、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都不守恒C當(dāng)B的速度為v0時(shí)，A的速度為v0D當(dāng)A的速度為v0時(shí)，B的速度為v0解析由于木板A沿斜面體勻速下滑，所以此時(shí)木板A的合力為零，當(dāng)小滑塊B放在木板A上表面后，A、B組成的系統(tǒng)所受的合力為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由于A、B間有摩擦力的作用，則系統(tǒng)的機(jī)械能一直減小，即機(jī)械能不守恒，A、B錯(cuò)誤；由于B與A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，所以當(dāng)A、B共速后將沿斜面共同勻速下滑，即B的速度不可能大于A的速度，由動(dòng)量守恒定律知C正確，D錯(cuò)誤答案C5(多選)(2019·華中師大附中五月模擬)如下圖所示，在光滑水平面上，質(zhì)量為m的A球以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與靜止的質(zhì)量為4m的B球碰撞，碰撞后A球以vv0(待定系數(shù)<1)的速率彈回，并與固定擋板P發(fā)生彈性碰撞，若要使A球能再次追上B球并相撞，則系數(shù)可以是()A. B. C. D.解析A、B碰撞過(guò)程，以v0的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得，mAv0mAv0mBvB，A與擋板P碰撞后能追上B發(fā)生再次碰撞的條件是v0>vB，解得>，碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能EkmAv0，解得1，所以滿(mǎn)足的條件是<，A、B正確，C、D錯(cuò)誤答案AB6(多選)(2019·武漢外校模擬)質(zhì)量M3 kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無(wú)摩擦滑動(dòng)質(zhì)量m2 kg的小球(視為質(zhì)點(diǎn))通過(guò)長(zhǎng)L0.75 m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接，開(kāi)始時(shí)滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)現(xiàn)給小球一個(gè)v03 m/s的豎直向下的初速度，取g10 m/s2，則()A小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.3 mB小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.5 mC小球m相對(duì)于初始位置可以上升的最大高度為0.27 mD小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過(guò)程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.54 m解析可把小球和滑塊水平方向的運(yùn)動(dòng)看成人船模型設(shè)滑塊M在水平軌道上向右運(yùn)動(dòng)了x，由滑塊和小球組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，有，解得x0.3 m，A正確，B錯(cuò)誤根據(jù)動(dòng)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錯(cuò)誤小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度過(guò)程中，設(shè)滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)距離為y，由幾何關(guān)系得，m相對(duì)于M移動(dòng)的水平距離sL1.35 m，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒得0mM，解得y0.54 m，D正確答案AD7(多選)(2019·東北師大附中一模)如下圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上現(xiàn)使A瞬間獲得水平向右大小為3 m/s的速度，以此刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖像信息可得()A在t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1 m/s，且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)B從t3到t4時(shí)刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長(zhǎng)C兩物體的質(zhì)量之比為m1m212D在t2時(shí)刻A與B的動(dòng)能之比為Ek1Ek218解析在t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1 m/s，t1時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，t3時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，A、B錯(cuò)誤由動(dòng)量守恒定律有m1v0(m1m2)v共，可得m1m212.并由圖可得在t2時(shí)刻A與B的動(dòng)能之比為Ek1Ek218，C、D正確答案CD8(多選)(2019·湖北百校大聯(lián)考)在冰壺比賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對(duì)方的藍(lán)壺，兩者在大本營(yíng)中心發(fā)生對(duì)心碰撞如圖甲所示，碰撞前、后兩壺運(yùn)動(dòng)的vt圖線(xiàn)如圖乙中實(shí)線(xiàn)所示，其中紅壺碰撞前、后的兩段圖線(xiàn)相互平行，兩冰壺質(zhì)量均為19 kg，則()A碰后藍(lán)壺速度為0.8 m/sB碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為2.4 mC碰撞過(guò)程兩壺?fù)p失的動(dòng)能為7.22 JD碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為54解析由題圖乙可知碰撞前、后紅壺的速度分別為v01.0 m/s和v10.2 m/s，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得mv0mv1mv2，解得碰后藍(lán)壺速度為v20.8 m/s，碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為x×0.8×5 m2 m，碰撞過(guò)程中兩壺?fù)p失的動(dòng)能為Ekmvmvmv3.04 J，紅壺所受摩擦力f1ma119× N3.8 N，藍(lán)壺所受摩擦力f2ma219× N3.04 N，碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為f1f254，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤答案AD9(2019·福建省泉州市模擬三)如右圖所示，半徑為R、質(zhì)量為m的半圓軌道小車(chē)靜止在光滑的水平地面上，將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放，小球自由落體后由A點(diǎn)經(jīng)過(guò)半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h0，則()A小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為RC小球離開(kāi)小車(chē)后做斜上拋運(yùn)動(dòng)D小球第二次能上升的最大高度h0<h<h0解析小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但系統(tǒng)整體所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，在水平方向上，由動(dòng)量守恒定律得：mvmv0，mm0，解得小車(chē)的位移：xR，故B錯(cuò)誤；小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，小球由B點(diǎn)離開(kāi)小車(chē)時(shí)系統(tǒng)水平方向總動(dòng)量為零，小球與小車(chē)水平方向速度為零，小球離開(kāi)小車(chē)后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；小球第一次由釋放經(jīng)半圓軌道沖出至最高點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理得：mgWf0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得Wfmgh0，即小球第一次在車(chē)中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為mgh0，由于小球第二次在車(chē)中滾動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，因此小車(chē)給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做的功小于mgh0，機(jī)械能的損失小于mgh0，因此小球第二次離開(kāi)小車(chē)時(shí)，能上升的高度大于：h0h0h0，且小于h0，故D正確答案D二、非選擇題10(2019·江西南昌十校二模)如圖所示，光滑水平面上放著質(zhì)量都為m的物塊A和B，A緊靠著固定的豎直擋板，A、B間夾一個(gè)被壓縮的輕彈簧(彈簧與A、B均不拴接)，用手擋住B不動(dòng)，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能為mv，在A、B間系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩的長(zhǎng)度略大于彈簧的自然長(zhǎng)度放手后繩在短暫時(shí)間內(nèi)被拉斷，之后B繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后與向左勻速運(yùn)動(dòng)、速度為v0的物塊C發(fā)生碰撞，碰后B、C立刻形成粘合體并停止運(yùn)動(dòng)，C的質(zhì)量為2m.求：(1)B、C相撞前一瞬間B的速度大??；(2)繩被拉斷過(guò)程中，繩對(duì)A所做的功W.解析(1)B與C碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，由于碰后均停止，有mvB2mv0解得：vB2v0(2)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為物塊B的動(dòng)能，則Epmv解得：vBO3v0繩子拉斷過(guò)程，A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒mvBOmvBmvA解得：vAv0繩對(duì)A所做的功為Wmvmv答案(1)2v0(2)mv11(2019·全國(guó)卷)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA1.0 kg，mB4.0 kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l1.0 m，如圖所示某時(shí)刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動(dòng)能之和為Ek10.0 J釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運(yùn)動(dòng)A、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.20.重力加速度取g10 m/s2.A、B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大??；(2)物塊A、B中的哪一個(gè)先停止？該物塊剛停止時(shí)A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？解析(1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動(dòng)量守恒定律和題給條件有0mAvAmBvBEkmAvmBv聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得vA4.0 m/s，vB1.0 m/s(2)A、B兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動(dòng)時(shí)加速度大小相等，設(shè)為a.假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個(gè)物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B.設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時(shí)間為t，B向左運(yùn)動(dòng)的路程為sB，則有mBamBgsBvBtat2vBat0在時(shí)間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運(yùn)動(dòng)，碰撞并不改變A的速度大小，所以無(wú)論此碰撞是否發(fā)生，A在時(shí)間t內(nèi)的路程sA都可表示為sAvAtat2聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得sA1.75 m，sB0.25 m這表明在時(shí)間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒(méi)有與B發(fā)生碰撞，此時(shí)A位于出發(fā)點(diǎn)右邊0.25 m處B位于出發(fā)點(diǎn)左邊0.25 m處，兩物塊之間的距離s為s0.25 m0.25 m0.50 m(3)t時(shí)刻后A將繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時(shí)速度的大小為vA，由動(dòng)能定理有mAvA2mAvmAg(2lsB)聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得vA m/s故A與B將發(fā)生碰撞設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA和vB，由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律有mA(vA)mAvAmBvBmAvA2mAvA2mBvB2聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得vA m/s，vB m/s這表明碰撞后A將向右運(yùn)動(dòng)，B繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)設(shè)碰撞后A向右運(yùn)動(dòng)距離為sA時(shí)停止，B向左運(yùn)動(dòng)距離為sB時(shí)停止，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式2asAvA2,2asBvB2由式及題給數(shù)據(jù)得sA0.63 m，sB0.28 msA小于碰撞處到墻壁的距離由上式可得兩物塊停止后的距離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