2020高考物理二轮复习 抓分天天练 重点知识练1.8 动量和能量综合（一）课件

1．8动量和能量综合(一)一、选择题1．(2019·海淀区一模)如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车．初始时，人、车、锤子都静止．假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是()A．连续敲打可使小车持续向右运动B．人、车和锤子组成的系统机械能守恒C．当锤子速度方向竖直向下时，人和车水平方向的总动量为零D．人、车和锤组成的系统动量守恒答案C解析把人、锤子和平板车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，锤子向左运动，平板车向右运动．锤子向右运动，平板车向左运动，所以平板车左右往复运动，不会持续地向右运动，故A项错误，C项正确，D项错误；由于人消耗体能，体内储存的化学能转化为系统的机械能，因此系统机械能不守恒，故B项错误．2.(2019·佛山二模)如图，拍皮球是大家都喜欢的体育活动，既能强身又能健体．已知皮球质量为0.4kg，为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25m，使球在离手时获得一个竖直向下4m/s的初速度．若不计空气阻力及球的形变，g取10m/s2，则每次拍球()A．手给球的冲量为1.6kg·m/sB．手给球的冲量为2.0kg·m/sC．人对球做的功为3.2JD．人对球做的功为2.2J答案D解析重力与手的力的合力的冲量为I＝ΔP＝mv＝0.4×4kg·m/s＝1.6kg·m/s，因重力与手的力的冲量都向下，则手的冲量要小于1.6kg·m/s，故A、B两项错误；由动能定理：W手＋mgh＝12mv2，代入数据解得：W手＝2.2J，故C项错误，D项正确．3．(2019·唐山一模)(多选)一子弹以初速度v0击中静止在在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块运动的位移为s.则以下说法正确的是()A．子弹动能的亏损等于系统动能的亏损B．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小C．摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功D．子弹对木块做的功等于木块动能的增量答案BD解析子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A项错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反，故B项正确；摩擦力对木块做的功为fs，摩擦力对子弹做的功为－f(s＋d)，可知二者不相等，故C项错误；对木块由动能定理得：fs＝ΔEk，故D项正确．4．(2019·宝鸡二模)超强台风“山竹”于2018年9月16日前后来到我国广东中部沿海登陆，其风力达到17级，风速60m/s左右，对建筑物破坏程度非常大．请你根据所学物理知识推算建筑物所受风力与风速大小关系，假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F与风速大小v关系式为()A．F＝ρSvB．F＝ρSv2C．F＝12ρSv3D．F＝ρSv3答案B解析设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则有：m＝ρSvt根据动量定理有：－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t得：F＝ρSv2故B项正确，A、C、D三项错误．5．(2019·沈阳二模)(多选)在光滑水平地面上，一质量为m的小球A以速度v0向右运动，与原来静止的另一质量为3m的小球B发生正碰，则碰后小球A的速度大小可能为()A．v0B.v03C.v02D.34v0答案BC解析取碰撞前A球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝mvA＋3mvB.若vA＝v0，由mv0＝mvA＋3mvB解得vB＝0，不可能；若vA＝－v0，vB＝23v0，A的动能不变，B的动能增加，违反了能量守恒定律，也不可能，故A项错误；若vA＝－13v0，由mv0＝mvA＋3mvB解得vB＝49v0，因12mvA2＋12·3mvB2＝1954mv0212mv02，是可能的，故B项正确；若vA＝－12v0，由mv0＝mvA＋3mvB解得vB＝12v0，因12mvA2＋12·3mvB2＝12mv02，机械能守恒，是可能的，故C项正确；若vA＝34v0，由mv0＝mvA＋3mvB解得vB＝112v0，碰后同向运动，B的速度不可能比A的小，不可能；若vA＝－34v0，由mv0＝mvA＋3mvB解得vB＝712v0，因12mvA2＋12·3mvB2＝1924mv0212mv02，总动能增加，不可能，故D项错误．6．(2019·定州模拟)(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体P以速度v0向右运动并压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x；现将弹簧一端连接另一质量为m的物体Q，物体P以3v0的速度向右运动并压缩弹簧(如图乙所示)，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()A．图乙中，在弹簧压缩过程中，弹簧的弹力对P、Q做的功相等B．P的质量为8mC．弹簧压缩量最大时弹性势能为4mv02D．图乙中，在弹簧压缩过程中，P、Q组成的系统动量改变量为8mv0答案BC解析图乙中，在弹簧压缩过程中，P与Q间有相对运动，P对地的位移大于Q对地的位移，故弹簧的弹力对P做功比对Q做功多，故A项错误；图甲中，当弹簧固定时，根据系统的机械能守恒得：弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于P的初动能，设P的质量为mP，即有：Epm＝12mPv02①图乙中，当P、Q的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取P的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：mP·3v0＝(m＋mP)v②由机械能守恒定律得：Epm＝12mP·(3v0)2－12(m＋mP)v2③联立①②③得：mP＝8m④联立①④得：弹簧的最大弹性势能Epm＝4mv02.故B、C两项正确；图乙中，在弹簧压缩过程中，P、Q组成的系统动量守恒，动量改变量为0，故D项错误．7.(2019·湖南模拟)(多选)如图所示，A为一固定在地面上的光滑弧形轨道，质量为2m的足够长的小车B紧靠弧形轨道的右侧静止在水平光滑地面上，弧形轨道末端的切线水平且恰好在小车的上表面，一质量为m的滑块C自弧形轨道的a点由静止开始下滑，当滑块C与小车相对静止时，它们的速度为v0，滑块相对于小车的滑行距离为d，滑块与小车间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，滑块C可视为质点，从滑块开始下滑到滑块与小车相对静止的过程中，下列判断正确的是()A．小车对滑块的摩擦力做功等于μmgdB．系统损失的机械能为μmgdC．滑块C到达弧形轨道末端时速度为v02－2μgD．a点与弧形轨道末端的竖直高度为9v022g答案BD解析系统产生的热量为Q＝μmgd，由于滑块对地面的位移大于d，小车对滑块的摩擦力做的功大于μmgd，故A项错误；根据能量守恒定律可知，系统损失的机械能等于μmgd，故B项正确；滑块C滑上小车，系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv＝3mv0，解得：v＝3v0，故C项错误；滑块C从弧形下滑时机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝12mv2，解得：h＝9v022g，故D项正确．8.(2019·沈阳一模)(多选)宇宙飞船动力装置的工作原理与下列情景相似．如图，光滑地面上有一质量为M的绝缘小车，小车两端分别固定带等量异种电荷的竖直金属板，在小车的右板正中央开有一个小孔，两金属板间的电场可看作匀强电场，两板间电压为U.现有一质量为m、带电荷量为＋q、重力不计的粒子从左板正对小孔处无初速释放．则下列说法中正确的是()A．小车总保持静止状态B．小车最后匀速运动C．粒子穿过小孔时速度为2qUmD．粒子穿过小孔时速度为2MqUm（M＋m）答案BD解析金属板间的电场方向向右，粒子所受的电场力方向向右，根据牛顿第三定律可知，小车所受的力方向向左，则小车将向左做匀加速运动．粒子穿过小孔时，粒子不再受电场力作用，小车也不再受力的作用，将做匀速运动，故A项错误，B项正确；设粒子穿过小孔时速度为v1，小车此时的速度为v2.取向右方向为正方向．根据系统的动量守恒和能量守恒得：0＝mv1－Mv2qU＝12mv12＋12Mv22联立解得v1＝2MqUm（M＋m）.故C项错误，D项正确．9．(2019·龙岩模拟)两个氘核以相等的动能Ek对心碰撞发生核聚变，核反应方程为12H＋12H→23He＋01n，其中氘核的质量为m1，氦核的质量为m2，中子的质量为m3.假设核反应释放的核能E全部转化为动能，下列说法正确的是()A．核反应后氮核与中子的动量相同B．该核反应释放的能量为E＝(m1－m2－m3)c2C．核反应后氮核的动能为E＋2Ek4D．核反应后中子的动能为E＋Ek4答案C解析根据核反应前后系统的总动量守恒，知核反应前两氘核动量等大反向，系统的总动量为零，因而反应后氦核与中子的动量等大反向，动量不同，故A项错误；该核反应前后释放的能量为E＝(2m1－m2－m3)c2，故B项错误；由能量守恒可得：核反应后的总能量为E＋2Ek，由动能与动量的关系Ek＝p22m，且mHe＝3mn可知，核反应后氦核的动能为（E＋2Ek）4，核反应后中子的动能为：3（E＋2Ek）4，故C项正确，D项错误．10．(2019·抚州模拟)(多选)如图所示，光滑水平面上放一个质量为M足够长的木板，开始木板静止，现在有一个质量为m的滑块以速度v0滑上木板，滑和木板间的动摩擦因数为μ，以下说法正确的是()A．如果增大M，则滑块和木板相对运动的时间变长，因摩擦而产生的热量增加B．如果增大m，则滑块和木板相对运动的时间变短，滑块在木板上滑行的距离变大C．如果增大动摩擦因数μ，则因摩擦而产生的热量不变D．如果增大初速度v0，则因摩擦而产生的热量增加答案ACD解析设最终滑块与木板的共同速度为v.取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v对木板，由动量定理得：μmgt＝Mv联立得：t＝Mv0μ（m＋M）g＝v0μmM＋1g则知，如果增大M，滑块和木板相对运动的时间t变长．因摩擦而产生的热量为：Q＝12mv02－12(m＋M)v2可得：Q＝Mmv022（m＋M）＝mv022mM＋1则知如果增大M，因摩擦而产生的热量Q增加，故A项正确；由t＝Mv0μ（m＋M）g知如果增大m，则滑块和木板相对运动的时间t变短．设滑块在木板上滑行的距离为L，由Q＝μmgL得：L＝Mv022μ（m＋M）g知增大m，滑块在木板上滑行的距离变小，故B项错误．如果增大动摩擦因数μ，由Q＝Mmv022（m＋M）知因摩擦而产生的热量不变，故C项正确．如果增大初速度v0，则由Q＝Mmv022（m＋M）知因摩擦而产生的热量增加，故D项正确．二、非选择题11．(2019·泉州一模)在游乐场中，父子两人各自乘坐的碰碰车沿同一直线相向而行，在碰前瞬间双方都关闭了动力，此时父亲的速度大小为v，儿子的速度大小为2v.两车瞬间碰撞后儿子沿反方向滑行，父亲运动的方向不变且经过时间t停止运动．已知父亲和车的总质量为3m，儿子和车的总质量为m，两车与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，求：(1)碰后瞬间父亲的速度大小和此后父亲能滑行的最大距离；(2)碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小．答案(1)μgt12μgt2(2)3mv－3μmgt解析(1)设碰后瞬间父亲的速度大小为v1.由动量定理得－μ·3mgt＝0－3mv1可得v1＝μgt.设此后父亲能滑行的最大距离为s，由动能定理得－μ·3mgs＝0－12·3mv12解得s＝12μgt2；(2)设碰后瞬间儿子的速度大小为v2，取父亲的运动方向为正方向，由动量守恒定律得3mv－m·2v＝3mv1＋mv2.设碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小为I，对儿子，由动量定理得I＝mv2－(－m·2v)解得I＝3mv－3μmgt.12.(2019·课标全国Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0kg，mB＝4.0kg.两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0m，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0J．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μ＝0.20.重力加速