專題07-動量和能量的綜合應(yīng)用【測】解析版

第二部分功能與動量專題07動量和能量的綜合應(yīng)用（測）(滿分：100分建議用時：60分鐘)姓名：_______________________班級：______________________得分：_____________________一．選擇題：本題共12小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第1~8題只有一項符合題目要求，第9~12題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.(2020·廣東省惠州市第三次調(diào)研)將一個質(zhì)量為m的小木塊放在光滑的斜面上，使木塊從斜面的頂端由靜止開始向下滑動，滑到底端總共用時t，如圖所示，設(shè)在下滑的前一半時間內(nèi)木塊的動量變化為Δp1，在后一半時間內(nèi)其動量變化為Δp2，則Δp1∶Δp2為()A．1∶2 B．1∶3 C．1∶1 D．2∶1【答案】C【解析】木塊在下滑的過程中，一直受到的是重力與斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定為F＝mgsinθ，方向也始終沿斜面向下不變。由動量定理可得Δp1∶Δp2＝(F·t1)∶(F·t2)＝(mgsinθ·eq\f(1,2)t)∶(mgsinθ·eq\f(1,2)t)＝1∶1。故選項C正確。2.(2020·云南省保山市第二次模擬)如圖所示，在水平面上有兩個物體A和B，質(zhì)量分別為mA＝2kg，mB＝1kg，A和B相距x＝9.5m，A以v0＝10m/s的初速度向靜止的B運動。已知A從開始運動到碰后停止運動共運動了6s。碰后B運動多長時間而停止運動(已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1，取g＝10m/s2，A、B相碰時間極短，可忽略)()A．2s B．3s C．8s D．10s【答案】C【解析】碰撞過程動量守恒，滑行過程中系統(tǒng)受到的摩擦力的沖量改變了系統(tǒng)的總動量，即μmAgt1＋μmBgt2＝mAv0得：t2＝8s。選項C正確。3.(2020·山東九校聯(lián)考)高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)．此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為()A.eq\f(m\r(2gh),t)＋mg B.eq\f(m\r(2gh),t)－mgC.eq\f(m\r(gh),t)＋mg D.eq\f(m\r(gh),t)－mg【答案】A【解析】由自由落體運動公式得：人下降h距離時的速度為v＝eq\r(2gh)，在t時間內(nèi)對人，由動量定理得：(mg－F)t＝0－mv，解得安全帶對人的平均作用力為F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg，故A正確．4.兩質(zhì)量、大小完全相同的正方體木塊A、B，靠在一起放在光滑水平面上，一水平射來的子彈先后穿透兩木塊后飛出，若木塊對子彈的阻力恒定不變，子彈射穿兩木塊的時間相同，則A、B兩木塊被子彈射穿后的速度之比為()A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶eq\r(3)【答案】C【解析】因木塊對子彈的阻力恒定，且子彈射穿兩木塊的時間相同，子彈在射穿兩木塊對木塊的沖量相同。射穿A時，兩木塊獲得的速度為v′，根據(jù)動量定理，有I＝2mv′－0①射穿木塊B時，B的速度發(fā)生改變，而A的速度不變。射穿B后，B的速度為v″，根據(jù)動量定理，有I＝mv″－mv′②①②聯(lián)立，2mv′＝mv″－mv′ 得eq\f(v′,v″)＝eq\f(1,3)。選項C正確。5.(2020·湖南省懷化市調(diào)研)一質(zhì)量為1kg的質(zhì)點靜止于光滑水平面上，從t＝0時刻開始，受到如圖3所示的水平外力作用，下列說法正確的是()A．第1s末質(zhì)點的速度為2m/sB．第2s末外力做功的瞬時功率最大C．第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點動量增加量之比為1∶2D．第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點動能增加量之比為4∶5【答案】D【解析】由動量定理：Ft＝mv2－mv1，求出第1s末、第2s末速度分別為：v1＝4m/s、v2＝6m/s，故A錯誤；第1s末的外力的瞬時功率P＝F1v1＝4×4W＝16W，第2s末外力做功的瞬時功率P′＝F2v2＝2×6W＝12W，故B錯誤；第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點動量增加量之比為：eq\f(Δp1,Δp2)＝eq\f(mv1,mv2－mv1)＝eq\f(1×4,1×6－1×4)＝eq\f(2,1)，故C錯誤；第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點動能增加量分別為：ΔEk1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(12,)＝8J，ΔEk2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(22,)－eq\f(1,2)mveq\o\al(12,)＝10J，則ΔEk1∶ΔEk2＝8∶10＝4∶5，故D正確．6．(2020·江西省七校第一次聯(lián)考)一質(zhì)量為M的航天器遠離太陽和行星，正以速度v0在太空中飛行，某一時刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動機瞬間向后噴出質(zhì)量為m的氣體，氣體向后噴出的速度大小為v1，加速后航天器的速度大小v2等于(v0、v1、v2均為相對同一參考系的速度)()A.eq\f(M＋mv0－mv1,M) B.eq\f(M＋mv0＋mv1,M)C.eq\f(Mv0＋mv1,M－m) D.eq\f(Mv0－mv1,M－m)【答案】C【解析】以v0的方向為正方向，由動量守恒定律有Mv0＝－mv1＋(M－m)v2解得v2＝eq\f(Mv0＋mv1,M－m)，故選C.7.(2020·河南省中原名校第六次模擬)光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面體A，斜面體質(zhì)量為M、底邊長為L，如圖10所示．將一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時間t剛好滑到斜面底端．此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN，則下列說法中正確的是()A．FN＝mgcosαB．滑塊下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNtcosαC．滑塊B下滑的過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒D．此過程中斜面體向左滑動的距離為eq\f(m,M＋m)L【答案】D【解析】當滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面體A水平向左加速運動，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcosα，A錯誤；滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNt，B錯誤；由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以A、B組成的系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒，C錯誤；A、B組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設(shè)A、B兩者水平位移大小分別為x1、x2，則Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝eq\f(m,M＋m)L，D正確．8.(2020·云南省騰沖市質(zhì)檢)如圖所示，在固定的水平桿上，套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著質(zhì)量為M的木塊，現(xiàn)有質(zhì)量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并立刻留在木塊中，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．子彈射入木塊后的瞬間，速度大小為eq\f(m0v0,m0＋m＋M)B．子彈射入木塊后的瞬間，繩子拉力等于(M＋m0)gC．子彈射入木塊后的瞬間，環(huán)對輕桿的壓力大于(M＋m＋m0)gD．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒【答案】C【解析】子彈射入木塊后的瞬間，子彈和木塊系統(tǒng)的動量守恒，以v0的方向為正方向，則m0v0＝(M＋m0)v1，得v1＝eq\f(m0v0,m0＋M)，選項A錯誤；子彈射入木塊后的瞬間，F(xiàn)T－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq\f(v\o\al(12,),L)，可知繩子拉力大于(M＋m0)g，選項B錯誤；子彈射入木塊后的瞬間，對圓環(huán)：FN＝FT＋mg>(M＋m＋m0)g，由牛頓第三定律知，選項C正確；子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，選項D錯誤．9.(2020·陜西省西安一中一模)如圖所示，在光滑的水平面上有一靜止的物體M，物體M上有一光滑的半圓弧軌道，最低點為C，A、B為同一水平直徑上的兩點，現(xiàn)讓小滑塊m從A點由靜止下滑，則()A．小滑塊m到達物體M上的B點時小滑塊m的速度不為零B．小滑塊m從A點到C點的過程中物體M向左運動，小滑塊m從C點到B點的過程中物體M向右運動C．若小滑塊m由A點正上方h高處自由下落，則由B點飛出時做豎直上拋運動D．物體M與小滑塊m組成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒【答案】CD【解析】物體M和小滑塊m組成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒，D正確；小滑塊m滑到右端兩者水平方向具有相同的速度：0＝(m＋M)v，v＝0，可知小滑塊m到達物體M上的B點時，小滑塊m、物體M的水平速度為零，故當小滑塊m從A點由靜止下滑，則能恰好到達B點，當小滑塊由A點正上方h高處自由下落，則由B點飛出時做豎直上拋運動，A錯誤，C正確；小滑塊m從A點到C點的過程中物體M向左加速運動，小滑塊m從C點到B點的過程中物體M向左減速運動，選項B錯誤．10.(2020·四川遂寧零診)A、B兩球沿同一條直線運動，如圖5所示的x－t圖象記錄了它們碰撞前后的運動情況，其中a、b分別為A、B碰撞前的x－t圖象。c為碰撞后它們的x－t圖象。若A球質(zhì)量為1kg，則B球質(zhì)量及碰后它們的速度大小為()A．2kg B.eq\f(2,3)kg C．4m/s D．1m/s【答案】BD【解析】由圖象可知碰撞前二者都做勻速直線運動，va＝eq\f(4－10,2)m/s＝－3m/s，vb＝eq\f(4－0,2)m/s＝2m/s，碰撞后二者連在一起做勻速直線運動，vc＝eq\f(2－4,4－2)m/s＝－1m/s。碰撞過程中動量守恒，即mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc可解得mB＝eq\f(2,3)kg由以上可知選項B、D正確。11.(2020·廣西桂林市、百色市和崇左市第三次聯(lián)考)如圖甲，光滑水平面上放著長木板B，質(zhì)量為m＝2kg的木塊A以速度v0＝2m/s滑上原來靜止的長木板B的上表面，由于A、B之間存在摩擦，之后木塊A與長木板B的速度隨時間變化情況如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2.則下列說法正確的是()A．木塊A與長木板B之間的動摩擦因數(shù)為0.1B．長木板的質(zhì)量M＝2kgC．長木板B的長度至少為2mD．木塊A與長木板B組成系統(tǒng)損失機械能為4J【答案】AB【解析】由題圖可知，木塊A先做勻減速運動，長木板B先做勻加速運動，最后一起做勻速運動，共同速度v＝1m/s，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2kg，故B正確；由題圖可知，長木板B勻加速運動的加速度為：aB＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1,1)m/s2＝1m/s2，對長木板B，根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝MaB，μ＝0.1，故A正確；由題圖可知前1s內(nèi)長木板B的位移為：xB＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，木塊A的位移為：xA＝eq\f(2＋1,2)×1m＝1.5m，所以長木板B的最小長度為：L＝xA－xB＝1m，故C錯誤；木塊A與長木板B組成系統(tǒng)損失的機械能為：ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)－eq\f(1,2)(m＋M)v2＝2J，故D錯誤．12.(2020·溫州高三模擬)質(zhì)量為m的小球A，沿光滑水平面以速度v0與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰。碰撞后，A球的動能變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,9)，那么小球B的速度可能是()A.eq\f(1,3)v0 B.eq\f(2,3)v0 C.eq\f(4,9)v0 D.eq\f(5,9)v0【答案】AB【解析】要注意的是，兩球的碰撞不一定是彈性碰撞，A球碰后動能變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,9)，則其速度大小僅為原來的eq\f(1,3)。兩球在光滑水平面上正碰，碰后A球的運動有兩種可能，繼續(xù)沿原方向運動或被反彈。當以A球原來的速度方向為正方向時，則vA′＝±eq\f(1,3)v0，根據(jù)兩球碰撞前、后的總動量守恒，有mv0＋0＝m×eq\f(1,3)v0＋2mvB′，mv0＋0＝m×(－eq\f(1,3)v0)＋2mvB″。解得vB′＝eq\f(1,3)v0，vB″＝eq\f(2,3)v0。第Ⅱ卷(非選擇題，共52分)13.（12分）(2020·安徽省黃山市一質(zhì)檢)如圖所示，一對雜技演員(都視為質(zhì)點)蕩秋千(秋千繩處于水平位置)，從A點由靜止出發(fā)繞O點下擺，當擺到最低點B時，女演員在極短時間內(nèi)將男演員沿水平方向推出，然后自己剛好能回到高處A.已知男演員質(zhì)量為2m和女演員質(zhì)量為m，秋千的質(zhì)量不計，秋千的擺長為R，C點比O點低5R.不計空氣阻力，求：(1)擺到最低點B，女演員未推男演員時秋千繩的拉力；(2)推開過程中，女演員對男演員做的功；(3)男演員落地點C與O點的水平距離s.【答案】(1)9mg(2)6mgR(3)8R【解析】(1)第一個過程：兩雜技演員從A點下擺到B點，只有重力做功，機械能守恒．設(shè)二者到達B點的速度大小為v0，則由機械能守恒定律有：(m＋2m)gR＝eq\f(1,2)(m＋2m)veq\o\al(02,).女演員未推男演員時，秋千繩的拉力設(shè)為FT，由兩雜技演員受力分析有：FT－(2m＋m)g＝eq\f(m＋2mv\o\al(02,),R)所以FT＝9mg(2)第二個過程：兩演員相互作用，沿水平方向動量守恒．設(shè)作用后女、男演員的速度大小分別為v1、v2，所以有(m＋2m)v0＝2mv2－mv1.第三個過程：女演員上擺到A點過程中機械能守恒，因此有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(12,).女演員推開男演員時對男演員做的功為W＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(22,)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(02,)聯(lián)立得：v2＝2eq\r(2gR)，W＝6mgR(3)第四個過程：男演員自B點平拋，有：s＝v2t.運動時間t可由豎直方向的自由落體運動得出4R＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立可解得s＝8R.14．（20分）(2020·山東省泰安市一模)如圖所示，質(zhì)量為m1＝0.5kg的小物塊P置于臺面上的A點并與水平彈簧的右端接觸(不拴接)，輕彈簧左端固定，且處于原長狀態(tài)．質(zhì)量M＝1kg的長木板靜置于水平面上，其上表面與水平臺面相平，且緊靠臺面右端．木板左端放有一質(zhì)量m2＝1kg的小滑塊Q.現(xiàn)用水平向左的推力將P緩慢推至B點(彈簧仍在彈性限度內(nèi))，撤去推力，此后P沿臺面滑到邊緣C時速度v0＝10m/s，與小車左端的滑塊Q相碰，最后物塊P停在AC的正中點，滑塊Q停在木板上．已知臺面AB部分光滑，P與臺面AC間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，A、C間距離L＝4m．滑塊Q與木板上表面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4，木板下表面與水平面間的動摩擦因數(shù)μ3＝0.1(g取10m/s2)，求：(1)撤去推力時彈簧的彈性勢能；(2)長木板運動中的最大速度；(3)長木板的最小長度．【答案】(1)27J(2)2m/s(3)3m【解析】(1)小物塊P由B點到C點的過程：W彈－μ1m1gL＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(02,)－0解得：W彈＝27JEp＝W彈＝27J即：撤去推力時彈簧的彈性勢能為27J.(2)小物塊P和滑塊Q碰撞過程動量守恒，以v0的方向為正方向m1v0＝－m1vP＋m2vQ小物塊P從碰撞后到靜止－eq\f(1,2)μ1m1gL＝0－eq\f(1,2)m1veq\o\al(P2,)解得vQ＝6m/s滑塊Q在長木板上滑動過程中：對Q：－μ2m2g＝m2a1對木板：μ2m2g－μ3(M＋m2)g＝Ma2解得：a1＝－4m/s2a2＝2m/s2當滑塊Q和木板速度相等時，木板速度最大，設(shè)最大速度為v，滑行時間為t0對Q∶v＝vQ＋a1t0對木板：v＝a2t0解得：t0＝1sv＝2m/s則長木板運動中的最大速度為2m/s(3)在滑塊Q和木板相對滑動過程中Q的位移：xQ＝eq\f(1,2)(vQ＋v)·t0木板的位移：x板＝eq\f(1,2)(0＋v)·t0木板的最小長度：L＝xQ－x板解得：L＝3m.15．（20分）(2020·云南省一模改編)如圖所示，半徑為R1＝1.8m的eq\f(1,4)光滑圓弧與半徑為R2＝0.3m的半圓光滑細管平滑連接并固定，光滑水平地面上緊靠管口有一長度為L＝2.0m、質(zhì)量為M＝1.5kg的木板，木板上表面正好與管口底部相切，處在同一水平線上，木板的左方有一足夠長的臺階，其高度正好與木板相同．現(xiàn)在讓質(zhì)量為m2＝2kg的物塊靜止于B處，質(zhì)量為m1＝1kg的物塊從光滑圓弧頂部的A處由靜止釋放，物塊m1下滑至B處和m2碰撞后不再分開，整體設(shè)為物塊m(m＝m1＋m2)．物塊m穿過半圓管底部C處滑上木板使其從靜止開始向左運動，當木板速度為2m/s時，木板與臺階碰撞立即被粘住(即速度變?yōu)榱?，若g＝10m/s2，物塊碰撞前后均可視為質(zhì)點，圓管粗細不計