2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 考前十天必考熱點沖刺 熱考8 動量、能量綜合計算

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1、熱考8　動量、能量綜合計算 一、選擇題 1．(2019年汕頭模擬)從同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在毛毯上就不易碎，這是因為玻璃杯掉在水泥地上時(　　) A．受到的沖量大 B．受到地面的作用力大 C．動量的變化量大 D．動量大 【答案】B 2．(2019年廣西南寧測試)跳水運動員在跳臺上由靜止直立落下，落入水中后在水中減速運動到速度為零時并未到達池底，不計空氣阻力，則關(guān)于運動員從靜止落下到水中向下運動到速度為零的過程中，下列說法不正確的是(　　) A．運動員在空中動量的改變量等于重力的沖量 B．運動員整個向下運動過程中合外力的沖量為零 C．運動員在水中動量的改變量

2、等于水的作用力的沖量 D．運動員整個運動過程中重力沖量與水的作用力的沖量等大反向 【答案】C 3．(多選)(2019年福建龍巖質(zhì)檢)如圖所示，在粗糙水平面上，用水平輕繩相連的兩個相同的物體A、B質(zhì)量均為m，在水平恒力F作用下以速度v做勻速運動在時輕繩斷開，A在F作用下繼續(xù)前進，則下列說法正確的是(　　) A．t＝0至t＝時間內(nèi)，A、B的總動量守恒 B．t＝至t＝時間內(nèi)，A、B的總動量守恒 C．t＝時，A的動量為2mv D．t＝時，A的動量為4mv 【答案】AC 4．(多選)(2019年安徽江淮十校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為m的長木板B放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的木塊A放在長

3、木板的左端，一顆質(zhì)量為m的子彈以速度v0射入木塊并留在木塊中，當(dāng)木塊滑離木板時速度為v0，木塊在木板上滑行的時間為t，則下列說法正確的是(　　) A．木塊獲得的最大速度為v0 B．木塊滑離木板時，木板獲得的速度大小為v0 C．木塊在木板上滑動時，木塊與木板間的滑動摩擦力大小為 D．木塊在木板上滑動時，因摩擦產(chǎn)生的熱量等于子彈射人木塊后子彈和木塊減少的動能 【答案】AC 【解析】對子彈和木塊A系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律mv0＝v1，解得v1＝v0，選項A正確；木塊滑離木板時，對木板和木塊(包括子彈)系統(tǒng)mv0＝·v0＋mv2，解得v2＝v0，選項B錯誤；對木板，由動量定理ft＝mv2

4、，解得f＝，選項C正確；由能量守恒定律可知，木塊在木板上滑動時，因摩擦產(chǎn)生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動能與木板增加的動能之差，選項D錯誤． 二、計算題 5．(2019年福建福州模擬)如圖所示，水平面AB與水平皮帶BC平滑相切，右端有一個半徑為R的光滑圓弧CD與皮帶水平相切．AB段和BC段的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，圖中AB＝BC＝R＝0.4 m，物體P和Q的質(zhì)量均為m＝1 kg(可看成質(zhì)點)，皮帶順時針轉(zhuǎn)動，皮帶速率恒為v＝2 m/s.現(xiàn)給靜止在A處物體P一個水平向右的初速度v0＝2 m/s，一段時間后與靜止在B處的物體Q發(fā)生正碰并粘在一起，以后粘合體沿圓弧向上運動，取g＝1

5、0 m/s2. (1)求物體P運動到B點與物體Q碰撞前的速度v1； (2)當(dāng)粘合體第一次到達傳送帶末端C點時的速度v2； (3)通過計算判斷粘合體能否到達D點？ 【答案】(1)4 m/s　(2)2 m/s　(3)可以 【解析】(1)由A到B過程，由動能定理得 －μmg·R＝mv－mv 解得v1＝4 m/s. (2)P與Q在B處相碰，由動量守恒定律得 mv1＝2mv共 解得v共＝2 m/s 粘合體由B到C過程由動能定理得 －μ×2mgR＝×2mv－×2mv 解得v2＝2 m/s (3)粘合體由C到D過程，由機械能守恒定律得 ×2mv＝2mR＋×2mv 解得vD

6、＝0 所以粘合體恰好可以到達D點． 6．(2019年福建龍巖質(zhì)檢)一質(zhì)量為M的同學(xué)站在粗糙的水平地面上將質(zhì)量為m的鉛球水平推出，推出后人保持靜止，鉛球落地時的位移大小為L，方向與水平成θ角第二次該同學(xué)站在光滑的水平冰面上將此鉛球水平推出，假設(shè)兩次推鉛球過程中出手高度及推球動作相同，人做功輸出的機械能也相同，求： (1)第一次推鉛球時，鉛球的水平初速度大?。? (2)先后兩次鉛球剛落時，鉛球與人的水平距離之比． 【答案】(1)　(2) 【解析】(1)設(shè)鉛球的水平初速度為v0，鉛球做平拋運動 水平方向有Lcos θ＝v0t 豎直方向有Lsin θ＝gt2 聯(lián)立解得v0＝. (2)

7、在光滑的水平冰面上推出鉛球過程，人與鉛球組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以鉛球的速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv1－Mv2＝0 在推鉛球過程，由能量守恒定律得 mv＝mv＋Mv 鉛球被推出后最平拋運動，人做勻速直線運動，鉛球落地時，人與鉛球間的水平距離x2＝(v1＋v2)t 在粗糙水平面上，鉛球落地時，人與鉛球間的水平距離 x1＝v0t 聯(lián)立解得＝. 7．(2019年貴州名校質(zhì)檢)如圖所示，半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道豎直固定在水平地面上，下端與水平地面在P點相切，一個質(zhì)量為2m的物塊B(可視為質(zhì)點)靜止在水平地面上，左端固定有輕彈簧，Q點為彈簧處于原長時的左端點，P、Q間

8、的距離為R，PQ段地面粗糙、滑動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，Q點右側(cè)水平地面光滑，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物塊A(可視為質(zhì)點)從圓弧軌道的最高點由靜止開始下滑，重力加速度為g，求： (1)物塊A沿圓弧軌道滑至P點時對軌道的壓力； (2)彈簧被壓縮的最大彈性勢能(未超過彈性限度)； (3)物塊A最終停止位置到Q點的距離． 【答案】(1)3mg　(2)mgR　(3)R. 【解析】(1)物塊A從靜止沿圓弧軌道滑至P點，設(shè)速度大小為vP. 由機械能守恒定律有mgR＝mv 在最低點軌道對物塊的支持力為大小為FN. 由牛頓第二定律有FN－mg＝m 聯(lián)立解得FN＝3mg 由牛頓第三定律可知物塊軌道P

9、點的壓力大小為3mg. (2)設(shè)物塊A與彈簧接觸前瞬間的速度大小為v0. 由動能定理有mgR－μmgR＝mv－0 得v0＝. 當(dāng)物塊A、物塊B具有共同速度v時，彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律有mv0＝(m＋2m)v mv＝(m＋2m)v2＋Epm 聯(lián)立解得Epm＝mgR. (3)設(shè)物塊A與彈簧分離時，A、B的速度大小分別為v1、v2，規(guī)定向右為正，則有mv0＝－mv1＋2mv2 mv＝mv＋(2m)v 聯(lián)立解得v1＝ 設(shè)A最終停在Q點左側(cè)x處，由動能定理有 －μmgx＝0－mv 解得x＝R. 8．(2019年貴州貴陽一模)如圖所示，一輛小型貨車靜止在水平地面上，車

10、廂底板離地面的高度為h＝1.25 m車上有一可視為質(zhì)點的貨物，距車廂尾部的距離為l＝1 m，貨物與車廂底板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，司機發(fā)動貨車從靜止以恒定加速度行駛距離為x0＝5 m時，發(fā)現(xiàn)貨物從車尾部滑落(落地?zé)o彈跳)，司機便立即剎車直至停止去撿拾貨物已知貨車行駛過程中受地面的摩擦力恒為車對地面正壓力的0.2倍，重力加速度g取10 m/s2，若不計司機的反應(yīng)時間和空氣阻力，求： (1)貨物滑落時，車和貨物的速度大??； (2)車停止時，貨物落地點到車尾的水平距離． 【答案】(1)5 m/s　4 m/s　(2)4.25 m 【解析】(1)因車以恒定加速運動，設(shè)車的水平牽引力為F，貨

11、物與車板間的摩擦力為f1，車受地面的摩擦力為f2，自車啟動至貨物滑落經(jīng)歷的時間為t，貨物滑落時車的速度為v1，貨物的速度為v2，車與貨物的質(zhì)量分別為m1、m2 由動能定理 對車有(F－f1－f2)x0＝m1v 對貨物有f1(x0－l)＝m2v 聯(lián)立得＝ 由動量定理 對車有(F－f1－f2)t＝m1v1 對貨物有f1t＝m2v2，且f1＝μm2g 聯(lián)立解得＝ 聯(lián)立解得v1＝ 5 m/s，v2＝4 m/s. (2)貨物滑落離開車后做平拋運動，設(shè)落地時間為t1，水平方向的位移為x1 則有x1＝v2t1，h＝gt 得到t1＝0.5 s，x1＝2 m 貨物離開車后，設(shè)車的加

12、速度為a，從剎車到停止運動的位移為x2 則有0.2m1g＝m1a，v＝2ax2 聯(lián)立解得x2＝6.25 m 貨物落地點到車尾的水平距離x＝x2－x1＝4.25 m. 9．(2019年黔東南州一模)如圖，足夠長的水平直道與傾斜光滑軌道BC平滑連接，B為光滑軌道的最低點小球從直道上的A點以v0＝ m/s的初速度向右運動，與靜止在B點的小球b發(fā)生彈性正碰，碰撞后小球b上升的最大高度h＝0.2 m已知A、B兩點的距離x＝0.5 m，小球與水平直道的摩擦阻力f為重力的0.1倍，空氣阻力忽略不計，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)兩球相碰前的瞬間小球a的速度大??； (2)兩球相碰后

13、的瞬間小球b的速度大小； (3)小球a和小球b的質(zhì)量之比． 【答案】(1)3 m/s　 (2)2 m/s　(3) 【解析】(1)設(shè)小球a與小球b碰撞前瞬間的速度為v1，由動能定理－fx＝mv－mv 其中f＝0.1mg 代入數(shù)據(jù)得v1＝3 m/s. (2)設(shè)a、b兩球碰撞后b球的速度為vb，小球b碰后沿光滑軌道上升的過程中機械能守恒由機械能守恒定律 mv＝mgh 解得vb＝＝2 m/s. (3)a、b兩球發(fā)生彈性碰撞設(shè)碰撞后a球的速度為va，由動量和機械能守恒定律有 mav1＝mava＋mbvb mav＝mav＋mbv 得vb＝v1，得＝. 10．如圖所示，水平傳送帶的

14、兩端B、C與水平面平滑連接，傳送帶長l＝0.8 m，以恒定速度v＝2 m/s逆時針轉(zhuǎn)動，傳送帶左側(cè)水平面上有一輕彈簧左端固定在豎直墻上，某物塊將彈簧壓縮并鎖定處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)解除對彈簧的鎖定，物塊被推開并向右滑到傳送帶正中間時，一顆子彈以80 m/s的速率向左射入物塊，并留在物塊中，物塊剛好不能滑到右邊水平面上，已知物塊的質(zhì)量為m1＝0.45 kg，子彈的質(zhì)量為m2＝50 g，物塊與水平面和傳送帶的動摩擦因數(shù)均為0.5，子彈和物塊的大小可以忽略重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)如果子彈不射入物塊，物塊會運動到右邊水平面上離C點多遠的位置？(保留3位有效數(shù)字) (2)子彈射入物塊

15、后，物塊在傳送帶上第一次運動到B點時所用時間及物塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量； (3)若物塊從B點滑離傳送帶并向左運動一段距離再次壓縮彈簧，被彈簧彈開后向右運動到B點左側(cè)0.1 m處停下來，則該過程中彈簧獲得的最大彈性勢能為多少？ 【答案】(1)x＝11.9 m　 (2)Q＝4 J　(3) Epm＝ J 【解析】(1)設(shè)子彈射入物塊前一瞬間，物塊的速度大小為v1，射入后的一瞬間速度大小為v2，根據(jù)動量守恒定律有m1v1－m2v0＝(m1＋m2)v2 由于子彈射入后物塊剛好能運動到C點，根據(jù)功能關(guān)系有－μ(m1＋m2)g·l＝0－(m1＋m2)v 得v2＝2 m/s，v1＝ m/s 如果

16、子彈不射入物塊，設(shè)物塊運動到右邊水平面上的位置離C點的距離為x， －μm1g＝0－m1v 得x＝11.9 m. (2)子彈射入物塊后向右運動l＝v2t1 求得t＝0.4 s 物塊再從C點運動到B點的過程中，假設(shè)物塊先加速后勻速，則加速過程的加速度大小a＝μg＝5 m/s2 勻加速的位移x1＝ ＝0.4 m

17、生的總熱量Q＝Q1＋Q2＝4 J. (3)設(shè)物塊從B點向左運動到停下來，運動的路程為x2， 根據(jù)功能關(guān)系可知 －μ(m1＋m2)gx2＝0－(m1＋m2)v2 求得 x2＝0.4 m 設(shè)物塊從B點向左運動的最大距離為x3，則 2x3－0.1 m＝x2 求得x3＝0.25 m 物塊從B點向左運動最遠的過程中，根據(jù)功能關(guān)系 μ(m1＋m2)gx3＋Epm＝(m1＋m2)v2 求得Epm＝ J 11．(2019年河北石家莊模擬)如圖所示，勁度系數(shù)k＝100 N/m的彈簧一端固定于地面上，另一端連接絕緣物體A，物體B置于A上不粘連，A不帶電，B的帶電量q＝＋10－4 C、A、B

18、質(zhì)量均為2 kg且都可看做質(zhì)點，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)．物體B正上方有一帶圓孔的擋板，質(zhì)量為4 kg的不帶電絕緣物體C放于圓孔上方不掉落，現(xiàn)在擋板與地面之間加上豎直向上、大小E＝2×105 N/C的勻強電場使A、B開始運動，A、B分離時，A在某裝置作用下迅速在該位置處于靜止?fàn)顟B(tài)，以后此裝置不再對A作用；A、B分離后，B向上運動并與C發(fā)生碰撞，且以后每次磁撞前C均已靜止在圓孔上方，已知彈簧的彈性勢能Ep＝kx2(x為彈簧的形變量)，重力加速度為10 m/s2，B與A、C碰撞時為彈性碰撞且沒有電荷轉(zhuǎn)移．求： (1)A、B兩物體從開始運動到分離時上升的高度； (2)A、B第一次碰后物體A向下運

19、動的最大距離s1； (3)從A、B第一次碰撞開始，A物體運動的總路程． 【答案】(1)0.2 m　(2) m　(3) m 【解析】(1)初態(tài)A、B靜止，kx1＝(mA＋mB)g 得x1＝0.4 m 加電場，A、B分離時，加速度相等 對A：k2x2－mAg＝mAa 對B：qE－mBg＝mBa 可得x2＝0.2 m，h＝x1－x2＝0.2 m. (2)從開始運動到A、B分離，對A、B由功能關(guān)系得 qEh＝(mA＋mB)gh＋＋(mA＋mB)v 得v0＝1 m/s 分離后，由于Eq＝mBg，B物體勻速上升，直至BC碰撞． mBv0＝mBv1＋mCvC mBv＝mBv＋mC

20、v 得v1＝－ m/s 即B向下勻速運動，B、A彈性碰撞可知 mBv1＝mBv′1＋mAvA mBv＝mBv′＋mAv 得v′1＝0，vA＝－ m/s，可知碰后速度互換． A從平衡位置(向下壓縮了x2)向下運動，由能量守恒 mAv＋mAgs1＝k(x2＋s1)2－kx 可得mAv＝ks，解得s1＝＝ m. (3)撞后A向下減速，反向加速，回到原位后，與B碰撞，A、B交換速度． B再次勻速上升碰C，由碰撞結(jié)論可知，碰后vA2＝－ m/s，解得s2＝ m 歸納可得vAn＝－ m/s，sn＝n· m A運動的總路程s＝2(s1＋s2＋…＋sn)＝ m. - 10 -