【物理】2020届一轮复习人教版　能量与动量-作业 7页

‎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