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- 2021-05-26 发布
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2020届一轮复习人教版 能量与动量. 作业
一、选择题(1~5题为单项选择题,6~8题为多项选择题)
1.下列对几种物理现象的解释中,正确的是( )
A.砸钉子时不用橡皮锤,只是因为橡皮锤太轻
B.跳高时在沙坑里填沙,是为了减小冲量
C.推车时推不动是因为推力的冲量为零
D.动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用,两个物体同时停止
解析: 砸钉子时不用橡皮锤,一是因为橡皮锤太轻,动量改变量小,二是因为缓冲时间长,从而导致作用力小,故A项错误;跳高时在沙坑里填沙,是为了增大力的作用时间,从而减小作用力,故B项错误;推车时推不动,是由于合力的冲量为零,但推力的冲量不为零,故C项错误;由动量定理知,动量相同的两个物体受到相同的制动力,将同时停下来,故D项正确。
答案: D
2.A球的质量为m,B球的质量为2m,它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前,A在后,发生正碰后,A球仍朝原方向运动,但其速率是原来的一半,碰后两球的速率比vA′∶vB′为( )
A.1∶2 B.1∶3
C.2∶1 D.2∶3
解析: 设碰前A球的速率为vA,根据碰前两球有相同的动量,即mvA=2mvB,可得碰前B球的速度为vB=,碰后vA′=,由动量守恒定律,有mvA+2m×=m×+2mvB′,解得碰后B球的速率为vB′=vA,所以=,选项D正确。
答案: D
3.
(2018·福建厦门模拟)如图所示,质量为m的汽车在某下坡的公路上,从速度v0开始加速运动,经时间t速度达到最大值vm。设在此过程中汽车发动机的功率恒为P,汽车所受的摩擦阻力为恒力,对于该过程,以下说法正确的是 ( )
A.该过程中汽车一直做匀加速直线运动
B.该过程中汽车所受阻力F阻=
C.该过程中汽车所受阻力做的功大小为Pt+mv
D.该过程中汽车做加速度不断减小的加速运动
解析: 汽车发动机的功率恒为P,则汽车做加速度逐渐减小的加速运动,A错误,D正确;汽车速度达到最大值vm时,汽车的牵引力F=,故F阻=+mgsin θ,B错误;由于还有重力做功,汽车所受阻力做的功无法求出,C错误。
答案: D
4.
(2018·淮南一模)如图所示,一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰,碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失,已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1,与沙坑的距离为0.5 m,g取10 m/s2,物块可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为( )
A.0.5 m/s B.1.0 m/s
C.1.5 m/s D.2.0 m/s
解析: 碰撞后B做匀减速运动,由动能定理得:-μ·2mgx=0-·2mv2,代入数据得:v=1 m/s,A与B碰撞的过程中A与B组成的系统动量守恒,选取向右为正方向,则mv0=mv1+2mv,由于没有机械能的损失,则mv=mv+·2mv2,联立可得:v0=1.5 m/s,选项C正确。
答案: C
5.图甲是滑道压力测试的示意图,光滑圆弧轨道与光滑斜面相切,圆弧轨道底部P处安装一个压力传感器,其示数F表示该处所受压力的大小,某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑,表示压力F和高度h关系的F h图象如图乙所示,则光滑圆弧轨道的半径R的大小是( )
A.5 m B.2 m
C.0.8 m D.2.5 m
解析: 由机械能守恒得:mgh=mv2,在最低点,由向心力公式得:F-mg=,所以F=mg+h,根据图象可知:重力G=mg=2 N,= N/m=0.8 N/m,则光滑圆弧轨道的半径R=5 m,故A正确,B、C、D错误。
答案: A
6.
(2018·江西重点中学第二次联考)如图所示,质量相同的甲、乙两个小物块,甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下,轨道半径为R,圆弧底端切线水平,乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下。下列判断正确的是( )
A.两物块到达底端时速度相同
B.两物块运动到底端的过程中重力做功相同
C.两物块到达底端时动能相同
D.两物块到达底端时,甲物块重力做功的瞬时功率大于乙物块重力做功的瞬时功率
解析: 根据动能定理得,mgR=mv2,知两物块达到底端的动能相等,速度大小相等,但是速度的方向不同,故A错误,C正确。两物块运动到底端的过程中,下落的高度相同,质量相等,则重力做功相同,故B正确。两物块到达底端的速度大小相等,甲重力与速度方向垂直,瞬时功率为零,则乙重力做功的瞬时功率大于甲重力做功的瞬时功率,故D错误。
答案: BC
7.(2018·广东第二次大联考)如图所示,有一光滑轨道ABC,AB部分为半径为R的圆弧,BC部分水平,质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端,轻杆长为R,不计小球大小。开始时a球处在圆弧上端A点,由静止释放小球和轻杆,使其沿光滑轨道下滑,下列说法正确的是( )
A.a球下滑过程中机械能保持不变
B.a、b两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变
C.a、b滑到水平轨道上时速度为
D.从释放到a、b滑到水平轨道上,整个过程中轻杆对a球做的功为
解析: 由机械能守恒的条件得,a球机械能不守恒,a、b两球和轻杆组成的系统机械能守恒,所以A错误,B正确。由机械能守恒定律得:mgR+mg·2R=×2mv2,解得v=,C错误。对a由动能定理得:mgR+W=mv2,解得W=,D正确。
答案: BD
8.
(2018·甘肃兰州模拟)如图所示,小车AB放在光滑水平面上,A端固定一个轻弹簧,B端粘有油泥,AB总质量为M,质量为m的木块C放在小车上,用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩,开始时AB和C都静止,当突然烧断细绳时,C被释放,使C离开弹簧向B端冲去,并跟B端油泥粘在一起,忽略一切摩擦,以下说法正确的是( )
A.弹簧伸长过程中C向右运动,同时AB也向右运动
B.C与B碰前,C与AB的速率之比为M∶m
C.C与油泥粘在一起后,AB立即停止运动
D.C与油泥粘在一起后,AB继续向右运动
解析: 小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒,C向右运动时,AB应向左运动,故A错误;设碰前C的速率为v1,AB的速率为v2,则0=mv1-Mv2,得=,故B正确;设C与油泥粘一起后,AB、C的共同速度为v共,则0=(M+m)v共,得v共=0,故C正确,D错误。
答案: BC
二、非选择题
9.(2018·北京卷·22)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会,
跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图,长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接,滑道BC高h=10 m,C是半径R=20 m圆弧的最低点。质量m=60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑,加速度a=4.5 m/s2,到达B点时速度vB=30 m/s,取重力加速度g=10 m/s2。
(1)求长直助滑道AB的长度L;
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小;
(3)若不计BC段的阻力,画出运动员经过C点时的受力图,并求其所受支持力FN的大小。
解析: (1)根据匀变速直线运动公式,有L==100 m
(2)根据动量定理,有I=mvB-mvA=1 800 N·s
(3)运动员经过C点时的受力分析如图所示。
根据动能定理,运动员在BC段运动的过程中,有
mgh=mv-mv
根据牛顿第二定律,有
FN-mg=m
得FN=3 900 N
答案: (1)100 m (2)1 800 N·s (3)受力图如解析图所示 3 900 N
10.如图甲所示,在倾角为37°、足够长的粗糙斜面底端,一质量m=1 kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定,但它们并不相连,滑块可视为质点。t=0时解除锁定,计算机通过传感器描绘出滑块的v t图象如图乙所示,其中Oab段为曲线,bc段为直线,在t1=0.1 s时滑块已上滑x=0.2 m的距离(取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。求:
(1)滑块离开弹簧后在图乙中bc段对应的加速度a及动摩擦因数μ的大小;
(2)t2=0.3 s和t3=0.4 s时滑块的速度v1和v2的大小;
(3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep。
解析: (1)由图乙可知,滑块在bc段做匀减速运动,故其加速度的大小为
a==10 m/s2
根据牛顿第二定律得
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma
代入数据解得μ=0.5。
(2)设t1=0.1 s时滑块的速度大小为v0,根据速度与时间关系得t2=0.3 s时的速度大小
v1=v0-a(t2-t1)=0
滑块在t2时刻之后开始下滑,设滑块下滑时的加速度为a′,则由牛顿第二定律得
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma′
代入数据解得a′=2 m/s2
从t2到t3时间内滑块做初速度为零的加速运动,t3时刻的速度大小为
v2=a′(t3-t2)=0.2 m/s。
(3)在0~t1时间内,由能量守恒定律得
Ep=mgxsin 37°+μmgxcos 37°+mv
代入数据解得Ep=4 J。
答案: (1)10 m/s2 0.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J
11.如图所示,两半径均为R=0.2 m的光滑绝缘半圆轨道PM、QN在同一竖直面内放置,两半圆轨道刚好与绝缘水平面平滑相切于M、N点,P、Q分别为两半圆轨道的最高点。水平面MF部分虚线方框内有竖直向下的匀强电场,场强大小为E,电场区域的水平宽度LMF=0.2 m。电荷量为q、质量为m=1 kg的两相同带正电的滑块A、B固定于水平面上,它们不在电场区域,但A靠近F,它们之间夹有一压缩的绝缘弹簧(不连接),释放A、B后,A进入电场时已脱离弹簧。滑块与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5。已知Eq=2 N,整个装置处于完全失重的宇宙飞船中。
(1)如果弹簧储存的弹性势能Ep=1 J,求自由释放A、B后B在Q点所受的弹力大小;
(2)如果释放A、B后,要求二者只能在M、F间相碰,求弹簧储存的弹性势能Ep′的取值范围。
解析: (1)设A、B分离后获得的速度大小分别为v1、v2
由A、B组成的系统动量守恒有0=mv1-mv2
由机械能守恒有Ep=mv+mv
解得v1=v2=1 m/s
由于整个装置完全失重,B在半圆轨道上做匀速圆周运动
B在Q点,由牛顿第二定律有FN==5 N
(2)由(1)可知,释放A、B后,二者获得的初速度大小相等,设为v′。若A能通过电场,通过电场的最长时间为tAm=,B运动到M处需要的时间tB>,有tAm