新课标版高考物理大二轮复习专题强化训练8力学中的动量和能量问题文档格式.docx

1、答案 BC2（2019河北名校联盟）如图所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用买者认为：因为米流落到容器中时对容器有向下的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量达到要因求后时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，而双方争执起来，下列说法正确的是（ ）根据牛顿第三定律知FF，称米机的读数应为MFN m1gFA买者说的对B卖者说的对C公平交易D具有随机性，无法判断解析 设米流的流量为d，它是恒定的，米流在出口处速度很小可视为零，若切断米流后，设盛米的容器中静止的那部分米的质量为m1，空中还在下落的米的质量为m2，则落到已静止的米堆上的一小部分米的质量为m.在极短时间内

2、，取m为研究对象，这部分米很少，mdt，设其落到米堆上之前的速度为v，经时间静止，取竖直向上为正方向，由动量定律得（Fmg）tmv即Fdvdtg，因很小，故Fdvv g m1dggv v因切断米流后空中尚有tg时间内对应的米流在空中，故dgm2可见，称米机读数包含了静止在袋中的部分米的质量m1，也包含了尚在空中的下落的米的质量m2，即自动称米机是准确的，不存在哪方划算不划算的问题，选项正确答案 C3（多选）（2019四川绵阳模拟）如图所示，在光滑水平面上有一静止的物体M，物体上有一光滑的半圆弧形轨道，最低点为C，两端A、B一样高，现让小滑块m从点由静止下滑，则（ ）Am不能到达M上的点Bm到的

3、过程中向左运动，m向右运动能守恒定律mgRmgh（mM）v2可知，m恰能到达点，且到达的瞬间，m、MCm一直向左运动，m的瞬间，M速度为零DM与组成的系统机械能定恒，水平方向动量守恒解析 根据机械能守恒、动量守恒定律的条件，M和组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D正确；滑到右端两者有相同的速度有：0（mM）v，v0，再根据机械2速度为零，A错误；向左加速运动，m向左减速运动，B错误，C答案 CD4（2019蓉城名校联盟）如图所示，在足够长的固定斜面上有一质量为m的薄木板A，木板获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑现将一质量也为的小滑块无初速度轻放在木板的上表面，在滑块在木板上滑动的过程中

4、（B始终未从的上表面滑出，B间的动摩擦因数大于与斜面间的动摩擦因数），下列说法正确的是（ ）AA、B组成的系统动量和机械能都守恒BA、B组成的系统动量和机械能都不守恒1 2C当的速度为3v0时，A的速度为3v0D当时，B解析 由于木板沿斜面体匀速下滑，所以此时木板的合力为零，当小滑块放在上表面后，A、B组成的系统所受的合力为零，则系统的动量守恒，由于A、B间有摩擦力的作用，则系统的机械能一直减小，即机械能不守恒，A、B由于之间的动摩擦因数大于与斜面间的动摩擦因数，所以当共速后将沿斜面共同匀速下滑，即的速度不可能大于的速度，由动量守恒定律知正确，D5（多选）（2019华中师大附中五月模拟）如下图

5、所示，在光滑水平面上，质量为的球以速度向右运动，与静止的质量为4m的球碰撞，碰撞后球以vv0（待定系数1）的速率弹回，并与固定挡板P发生弹性碰撞，若要使球能再次追上球并相撞，则系数可以是（ ）2 5 3 7损失的机械能EkmAv20mA（v0）2mBv2B0，解得1，所以满足的条件是2 vB，解得3，碰撞过程中1 1 1 32 2 51 33 5答案 AB6（多选）（2019武汉外校模拟）质量M3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动质量m2的小球（视为质点）通过长L0.75的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态现给小球一个v03m/s的竖直向下的初速度

6、，取g10m/s2，则（ ）动了x，由滑块和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，有mLxA小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了0.3mB小球0.5C小球相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27D小球从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了0.54解析 可把小球和滑块水平方向的运动看成人船模型设滑块在水平轨道上向右运x，解得x0.3m，A正确，B错误根据动量守恒定律有0（mM）v，v0，由能量守恒定律得2mv2mgh2（mL2h21.35m，根据水平方向动量守恒得0m My0.54m，DM）v2，解得h0.45m，C错误小球从初始位置到

7、第一次到达最大高度过程中，设滑块在水平轨道上向右移动距离为y，由几何关系得，m相对于移动的水平距离sLsy yt t答案 ADB7（多选）（2019东北师大附中一模）如下图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1m2的两物块A、相连接，并静止在光滑的水平面上现使瞬间获得水平向右大小为3m/s的速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（ ）A在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都是处于压缩状态B从t3t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C两物体的质量之比为m1m212D在t2时刻的动能之比为Ek1Ek218解析 在m/s，t1时弹簧处于压缩状态，t3

8、时弹簧处于拉伸状态，A、B错误由动量守恒定律有m1v0（m1m2）v共，可得m1m212.并由图可得在Ek1Ek218，C、D8（多选）（2019湖北百校大联考）在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图甲所示，碰撞前、后两壶运动的vt图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前、后的两段图线相互平行，两冰壶质量均为19kg，则（ ）A碰后蓝壶速度为0.8B碰后蓝壶移动的距离为2.4C碰撞过程两壶损失的动能为7.22JD碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为54解析 由题图乙可知碰撞前、后红壶的速度分别为v01.0v10.2m/s，由系统动量守恒可得mv0mv1mv2，解得

9、碰后蓝壶速度为v20.8m/s，碰后蓝壶移动的距离1 1 1 1 0 1为x20.85m，碰撞过程中两壶损失的动能为Ek2mv22mv22mv23.04J，1.21.0 0.80N3.8N，蓝壶所受摩擦力f2ma219红壶所受摩擦力f1ma119 1 5N3.04N，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为f1f254，故A、D正确，B、C9（2019福建省泉州市模拟三）如右图所示，半径为R、质量为的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为的小球从距点正上方h0高处由静止释放，小球自3由落体后由点经过半圆轨道后从冲出，在空中能上升的最大高度为4h0，则（ ）A小球和小车组成的系统动量守恒B小车向左

10、运动的最大距离为R右为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得：mvmv0，m m0，解得小车运动，故小球第一次由释放经半圆轨道冲出至最高点时，由动能定理得：mgh0h0C小球离开小车后做斜上抛运动D小球第二次能上升的最大高度2h0h4h0解析 小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故系统水平方向动量守恒，以向2Rx x的位移：xR，故小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由点离开小车时系统水平方向总动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛 3 4Wf0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wf4

11、mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为4mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做的功小于4mgh0，机械能的损失小于4mgh0，因此小球第二3 1 1 3次离开小车时，能上升的高度大于：4h04h02h0，且小于4h0，故答案 D二、非选择题10（2019江西南昌十校二模）如图所示，光滑水平面上放着质量都为的物块B，紧靠着固定的竖直挡板，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与均不拴接），用手挡9住不动，此时弹簧弹性势能为2mv2，在间系一轻质细绳，细绳的长度略大于弹簧的自然长度放手后绳在短暂时间内被拉断，之后继续向右运动，一

12、段时间后与向左匀速运动、速度为发生碰撞，碰后B、C立刻形成粘合体并停止运动，C的质量为2m.求：（1）B、C相撞前一瞬间的速度大小；（2）绳被拉断过程中，绳对所做的功W.解析 （1）B碰撞过程中动量守恒，由于碰后均停止，有mvB2mv0Wmv2Amv201解得：vB2v0（2）弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块的动能，则Ep2mv2BOvBO3v0绳子拉断过程，A、B系统动量守恒mvBOmvBmvAvAv0绳对所做的功为2 2答案 （1）2v0 （2）2mv211（2019全国卷）静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA1.0kg，mB4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与

13、其右侧的竖直墙壁距离l1.0m，如图所示某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek10.0J释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动A、B与地面之间的动摩擦因数均为0.20.重力加速度取g10m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短EkmAv2AmBv2B1（1）求弹簧释放后瞬间速度的大小；（2）物块中的哪一个先停止？该物块刚停止时之间的距离是多少？（3）A都停止后，A解析 （1）设弹簧释放瞬间的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0mAvAmBvB联立式并代入题给数据得vA4.0m/s，vB1.0m/s（2）A、B两

14、物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从vA37弹簧释放到停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBamBgsBvBt2at2vBat0在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后将向左运动，碰撞并不改变的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A内的路程sA都可表示为sAvAt2at2联立式并代入题给数据得sA1.75m，sB0.25m这表明在时间内已与墙壁发生碰撞，但没有与发生碰撞，此时位于出发点右边0.25处B位于出发点左边处，两物块之间的距离ss0.25m0.25m0.50m（3）t时

15、刻后将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA，由动能定理有2mAvA22mAv2AmAg（2lsB）联立式并代入题给数据得vA7m/s故将发生碰撞设碰撞后的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA（vA）mAvAmBvB1 1 12mAvA22mAvA22mBvB2联立式并代入题给数据得m/s，vB55 m/s这表明碰撞后将向右运动，继续向左运动设碰撞后向右运动距离为sA时停止，向左运动距离为sB时停止，由运动学公式2asAvA2,2asBvB2由式及题给数据得sA0.63m，sB0.28msA小于碰撞处到墙壁的距离由上式可得两物块停止后的距离ssAsB0.91m答案 （1）4.0m/s 1.0m/s （2）B先停止 0.50m （3）0.91