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

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1、專題強(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ρ.下列說法正確的是(　　) A．高壓水槍單位時(shí)間噴出的水的質(zhì)量為ρvπD2 B．高壓水槍的功率為ρπD2v3 C．水柱對煤層的平均沖力為ρπD2v2 D．手對高壓水槍的作用力水平向右 [解析]　設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)，從水槍噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則Δm＝ρΔV，ΔV＝SvΔt＝πD2vΔt，單位時(shí)間噴出水的質(zhì)量為＝

2、ρvπD2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．Δt時(shí)間內(nèi)水槍噴出的水的動(dòng)能Ek＝Δmv2＝ρπD2v3Δt，由動(dòng)能定理知高壓水槍在此期間對水做功為W＝Ek＝ρπD2v3Δt，高壓水槍的功率P＝＝ρπD2v3，選項(xiàng)B正確．考慮一個(gè)極短時(shí)間Δt′，在此時(shí)間內(nèi)噴到煤層上水的質(zhì)量為m，設(shè)煤層對水柱的作用力為F，由動(dòng)量定理，F(xiàn)Δt′＝mv，Δt′時(shí)間內(nèi)沖到煤層水的質(zhì)量m＝ρπD2vΔt′，解得F＝ρπD2v2，由牛頓第三定律可知，水柱對煤層的平均沖力為F′＝F＝ρπD2v2，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，手對高壓水槍的作用力方向斜向右上方，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．

3、 [答案]　BC 2．(2019·河北名校聯(lián)盟)如圖所示，自動(dòng)稱米機(jī)已在許多大糧店廣泛使用．買者認(rèn)為：因?yàn)槊琢髀涞饺萜髦袝r(shí)對容器有向下的沖力而不劃算；賣者則認(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，這些米是多給買者的，因而雙方爭執(zhí)起來，下列說法正確的是(　　) A．買者說的對 B．賣者說的對 C．公平交易 D．具有隨機(jī)性，無法判斷 [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Δm.在極短時(shí)間

4、Δt內(nèi)，取Δm為研究對象，這部分米很少，Δm＝d·Δt，設(shè)其落到米堆上之前的速度為v，經(jīng)Δt時(shí)間靜止，取豎直向上為正方向，由動(dòng)量定律得(F－Δmg)Δt＝Δmv 即F＝dv＋d·Δt·g，因Δt很小，故F＝dv 根據(jù)牛頓第三定律知F＝F′，稱米機(jī)的讀數(shù)應(yīng)為M＝＝＝m1＋d 因切斷米流后空中尚有t＝時(shí)間內(nèi)對應(yīng)的米流在空中，故d＝m2 可見，稱米機(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)稱米機(jī)是準(zhǔn)確的，不存在哪方劃算不劃算的問題，選項(xiàng)C正確． [答案]　C 3．(多選)(2019·四川綿陽模擬)如圖所示，在光滑水平面上有一靜止的物體M，物

5、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(　　) A．m不能到達(dá)M上的B點(diǎn) B．m從A到C的過程中M向左運(yùn)動(dòng)，m從C到B的過程中M向右運(yùn)動(dòng) C．m從A到B的過程中M一直向左運(yùn)動(dòng)，m到達(dá)B的瞬間，M速度為零 D．M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＝(m＋M)v，v＝0，再根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgR＝mgh＋(m＋M)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

6、A到C的過程中M向左加速運(yùn)動(dòng)，m從C到B的過程中M向左減速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤，C正確． [答案]　CD 4．(2019·蓉城名校聯(lián)盟)如圖所示，在足夠長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))，下列說法正確的是(　　) A．A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都守恒 B．A、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v0 D．當(dāng)A的速度為v0時(shí)，B的速度為v0 [解

7、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]　C 5．(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v＝αv0(待定系數(shù)α<1)的速率彈回，并與固定擋板P

8、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)α可以是(　　) A. B. C. D. [解析]　A、B碰撞過程，以v0的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得，mAv0＝－mAαv0＋mBvB，A與擋板P碰撞后能追上B發(fā)生再次碰撞的條件是αv0>vB，解得α>，碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔEk＝mAv－≥0，解得－1≤α≤，所以α滿足的條件是<α≤，A、B正確，C、D錯(cuò)誤． [答案]　AB 6．(多選)(2019·武漢外校模擬)質(zhì)量M＝3 kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無摩擦滑動(dòng)． 質(zhì)量m＝2 kg的小球(視為質(zhì)點(diǎn))通過長L＝0.75 m的輕桿與滑塊上的光滑軸O

9、連接，開始時(shí)滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)．現(xiàn)給小球一個(gè)v0＝3 m/s的豎直向下的初速度，取g＝10 m/s2，則(　　) A．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.3 m B．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.5 m C．小球m相對于初始位置可以上升的最大高度為0.27 m D．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過程中，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

10、得x＝0.3 m，A正確，B錯(cuò)誤．根據(jù)動(dòng)量守恒定律有0＝(m＋M)v，v＝0，由能量守恒定律得mv＝mgh＋(m＋M)v2，解得h＝0.45 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相對于M移動(dòng)的水平距離s＝L＋＝1.35 m，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒得0＝m－M，解得y＝0.54 m，D正確． [答案]　AD 7．(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

11、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 C．兩物體的質(zhì)量之比為m1∶m2＝1∶2 D．在t2時(shí)刻A與B的動(dòng)能之比為Ek1∶Ek2＝1∶8 [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＝(m1＋m2)v共，可得m1∶m2＝1∶2.并由圖可得在t2時(shí)刻A與B的動(dòng)能之比為Ek1∶Ek2＝1∶8，C、D正確． [答案]　CD 8．(多選)(2019·湖北百校大聯(lián)

12、考)在冰壺比賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對方的藍(lán)壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞如圖甲所示，碰撞前、后兩壺運(yùn)動(dòng)的v－t圖線如圖乙中實(shí)線所示，其中紅壺碰撞前、后的兩段圖線相互平行，兩冰壺質(zhì)量均為19 kg，則(　　) A．碰后藍(lán)壺速度為0.8 m/s B．碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為2.4 m C．碰撞過程兩壺?fù)p失的動(dòng)能為7.22 J D．碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為5∶4 [解析]　由題圖乙可知碰撞前、后紅壺的速度分別為v0＝1.0 m/s和v1＝0.2 m/s，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得mv0＝mv1＋mv2，解得碰后藍(lán)壺速度為v2＝0.8 m/s，碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為x＝×0.8×5 m＝2

13、 m，碰撞過程中兩壺?fù)p失的動(dòng)能為ΔEk＝mv－mv－mv＝3.04 J，紅壺所受摩擦力f1＝ma1＝19× N＝3.8 N，藍(lán)壺所受摩擦力f2＝ma2＝19× N＝3.04 N，碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為f1∶f2＝5∶4，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤． [答案]　AD 9．(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．小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為R C．小

14、球離開小車后做斜上拋運(yùn)動(dòng) D．小球第二次能上升的最大高度h0

15、Wf＝mgh0，即小球第一次在車中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為mgh0，由于小球第二次在車中滾動(dòng)時(shí)，對應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，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小車時(shí)，能上升的高度大于：h0－h(huán)0＝h0，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)彈簧彈性勢能為mv，在A、B間系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩的長度略大于彈簧的自然長度．放手后繩在短暫時(shí)間內(nèi)

16、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)繩被拉斷過程中，繩對A所做的功W. [解析]　(1)B與C碰撞過程中動(dòng)量守恒，由于碰后均停止，有mvB＝2mv0 解得：vB＝2v0 (2)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為物塊B的動(dòng)能，則 Ep＝mv 解得：vBO＝3v0 繩子拉斷過程，A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒 mvBO＝mvB＋mvA 解得：vA＝v0 繩對A所做的功為 W＝mv＝mv [答案]　(1)2v0　(2)mv 11．(

17、2019·全國卷Ⅲ)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝1.0 kg，mB＝4.0 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l＝1.0 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Ek＝10.0 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μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B運(yùn)動(dòng)過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速度的大小； (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

18、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0＝mAvA－mBvB① Ek＝mAv＋mBv② 聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得 vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s③ (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 mBa＝μmBg④ sB＝vBt－at2⑤ vB－at＝0⑥ 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

19、左運(yùn)動(dòng)，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時(shí)間t內(nèi)的路程sA都可表示為 sA＝vAt－at2⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得 sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧ 這表明在時(shí)間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與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s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m⑨ (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 mAvA′2－mAv＝－μmAg(2l＋sB)⑩ 聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得 vA′＝ m/s? 故

20、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′)＝mAvA″＋mBvB″? mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2? 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 2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2? 由④??式及題給數(shù)據(jù)得 sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m? sA′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 s′＝sA′＋sB′＝0.91 m? [答案]　(1)4.0 m/s　1.0 m/s　(2)B先停止　0.50 m　(3)0.91 m 10