【物理】2019届二轮动量与能量的综合应用作业（全国通用）

【物理】2019届二轮动量与能量的综合应用作业（全国通用）

第6讲　动量与能量的综合应用 ‎1．(2018·湖南省雅礼中学模拟二)下列说法错误的是(　　)‎ A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度 B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力 C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响 D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好 答案　D ‎2．(2018·湖北省黄冈市质检)一小球从水平地面上方无初速释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零，假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，下列说法正确的是(　　)‎ A．上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量 B．小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零 C．下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功 D．从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功 答案　D ‎3．(多选)(2018·河南省南阳市上学期期末)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1 m/s，从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F，力F、滑块的速度v随时间的变化规律分别如图1甲、乙所示(力F和速度v取同一正方向)，取g＝10 m/s2，则(　　)‎ 图1‎ A．滑块的质量为1.0 kg B．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.05‎ C．第2 s内力F的平均功率为3.0 W D．第1 s内和第2 s内滑块的动量变化量相同 答案　BD 解析　由题图v－t图象的斜率得到加速度为：‎ a＝＝1 m/s2，由题图知，第1秒内有：μmg＋F＝ma，‎ 第2秒内有：F′－μmg＝ma，‎ 代入数据得：μ＝0.05，m＝2.0 kg，故A错误，B正确；‎ 由＝F得第2 s内力F的平均功率为P＝3×0.5 W＝1.5 W，故C错误；‎ 由题图乙可知第1秒内和第2秒内速度的变化量都是1 m/s，所以动量的变化量都是：‎ Δp＝mΔv＝2×1 kg·m/s＝2 kg·m/s，故D正确．‎ ‎4．(多选)(2018·山东省日照市二模)图2甲为竖直固定在水平面上的轻弹簧，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹簧弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出此过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，不计空气阻力，则(　　)‎ 图2‎ A．t1时刻小球的动能最大 B．t2时刻小球运动到最低点 C．t3时刻弹簧的弹性势能为零 D．图乙中图线所围面积在数值上等于小球动量的变化量 答案　BC ‎5．(2018·河南省中原名校第六次模拟)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M、底边长为L，如图3所示．将一质量为m且可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图3‎ A．FN＝mgcos α B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos α C．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒 D．此过程中斜面向左滑动的距离为L 答案　D 解析　当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对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为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos α，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝L，D正确．‎ ‎6．(多选)(2018·河北省衡水中学二调)如图4甲所示，长2 m的木板Q静止在某水平面上，t＝0时刻，可视为质点的小物块P以水平向右的某一初速度从Q的左端向右滑行．P、Q的速度—时间图象如图乙，其中a、b分别是0～1 s内P、Q的速度—时间图线，c是1～2 s内P、Q共同的速度—时间图线．已知P、Q的质量均是1 kg(g取10 m/s2)．则以下判断正确的是(　　)‎ 图4‎ A．在0～2 s内，木板Q下表面与水平面之间有摩擦力 B．在0～2 s内，摩擦力对Q的冲量是1 N·s C．P、Q之间的动摩擦因数为0.1‎ D．P相对Q静止的位置在Q木板的最右端 答案　BC ‎7．(2018·山东省日照市11月校际联合质检)沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移—时间图象如图5所示．则下列判断错误的是(　　)‎ 图5‎ A．碰撞前后A的运动方向相反 B．A、B的质量之比为1∶2‎ C．碰撞过程中A的动能变大，B的动能减小 D．碰前B的动量较大 答案　C 解析　由题图位移—时间图象可得，‎ 碰之前vA＝ m/s＝－5 m/s，‎ 碰之后vA′＝ m/s＝5 m/s；‎ 则碰撞前后A的运动方向相反，故A正确．‎ 碰之前vB＝ m/s＝10 m/s；‎ 根据动量守恒得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vA′，‎ 代入数据得：mA∶mB＝1∶2，故B正确；‎ 碰撞前后A速度大小相等，则碰撞过程中A动能不变，故C错误；碰前A、B速度方向相反，碰后AB速度方向与B碰前速度方向相同，则碰前B动量较大，故D正确．‎ ‎8．(2018·湖北省仙桃、天门、潜江三市期末联考)如图6所示，A、B两物体的质量比mA∶mB＝1∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B被弹开(A、B 始终不滑出平板车)，则有(　　)‎ 图6‎ A．A、B系统动量守恒 B．A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒 C．小车先向左运动后向右运动 D．小车一直向右运动直到静止 答案　D 解析　由题意可知，地面光滑，所以A、B和弹簧、小车组成的系统所受合外力为零，所以系统的动量守恒，在弹簧释放的过程中，因mA∶mB＝1∶2，由摩擦力公式Ff＝μFN＝μmg知，A、B所受的摩擦力大小不等，所以A、B组成的系统合外力不为零，A、B组成的系统动量不守恒，A对小车向左的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B相对小车停止运动之前，小车所受的合外力向右，会向右运动，因存在摩擦力做负功，最终整个系统将静止，则系统的机械能减为零，不守恒，故A、B、C错误，D正确．‎ ‎9．(多选)(2018·广东省广州市4月模拟)如图7甲，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t＝1 s时刻撤去恒力F.物体运动的v－t图象如图乙．取重力加速度g＝10 m/s2，则(　　)‎ 图7‎ A．物体在3 s内的位移x＝3 m B．恒力F与摩擦力Ff大小之比F∶Ff＝3∶1‎ C．物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.3‎ D．3 s内恒力做功WF与克服摩擦力做功Wf之比WF∶Wf＝3∶2‎ 答案　BC 解析　物体在3 s内的位移x＝×3×6 m＝9 m，选项A错误；‎ 根据动量定理：Ft1－Fft＝0，‎ 即F×1－Ff×3＝0，解得，F∶Ff＝3∶1，选项B正确；‎ 物体在1～3 s内的加速度大小为：‎ a＝ m/s2＝3 m/s2，‎ 根据a＝μg可得，物体与地面的动摩擦因数为μ＝0.3，选项C正确；‎ 根据动能定理，0～3 s内WF－Wf＝0，则3 s内恒力做功WF与克服摩擦力做功Wf之比WF∶Wf＝1∶1，故选项D错误．‎ ‎10．(2018·湖南省常德市一模)某种弹射装置的示意图如图8所示，光滑的水平导轨MN右端N处与倾斜传送带理想连接，传送带长度L＝15 m，传送带以恒定速度v＝5 m/s顺时针转动，三个质量均为m＝1 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，滑块B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，滑块C未连接弹簧，滑块B、C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度v0＝6 m/s沿滑块B、C连线方向向滑块B运动，滑块A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ＝37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：‎ 图8‎ ‎(1)滑块A、B碰撞时损失的机械能；‎ ‎(2)滑块C刚滑上传送带时的速度；‎ ‎(3)滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q.‎ 答案　(1)9 J　(2)4 m/s　(3)8 J 解析　(1)A与B位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A与B碰撞后共同速度为v1，选取向右为正方向，对A、B有：‎ mv0＝2mv1‎ 碰撞时损失的机械能为：ΔE＝mv－×2mv 解得ΔE＝9 J.‎ ‎(2)设A、B碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB的速度为vB，C的速度为vC，‎ 由动量守恒定律得：2mv1＝2mvB＋mvC 由机械能守恒定律得：‎ ×2mv＝×2mv＋mv 解得：vC＝4 m/s.‎ ‎(3)C以vC滑上传送带，假设匀加速直线运动位移为x时与传送带共速，由运动学公式有：‎ a1＝μgcos θ－gsin θ＝0.4 m/s2；‎ v2－v＝2a1x；‎ 联立解得x＝11.25 m

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