2013年高考物理二輪復習 專題檢測試題第6講 動量與能量的綜合應用

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1、第6講　動量與能量的綜合應用 1．有一種硬氣功表演，表演者平臥于地面，將一大石板置于他的身子上，另一人將重錘舉到高處并砸向石板，石板被砸碎，表演者卻安然無恙，假設重錘與石板撞擊后兩者具有相同的速度，表演者在表演時盡量挑選質量較大的石板．對這一現(xiàn)象，下列說法正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A．重錘在與石板撞擊的過程中，重錘與石板的總機械能守恒 B．石板的質量越大，石板獲得的動量就越小 C．石板的質量越大，石板所受到的打擊力就越小 D．石板的質量越大，石板獲得的速度就越小 2．如圖2－3－14所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過

2、程產生的內能為6 J，那么此過程木塊的動能可能增加了(　　) A．12 J B．16 J C．4 J D．6 J 圖2－3－14 　　　圖2－3－15 3．如圖2－3－15所示，A、B兩木塊的質量之比為mA∶mB＝3∶2，原來靜止在小車C上，它們與小車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B間夾一根被壓縮了的彈簧后用細線拴?。≤囲o止在光滑水平面上，燒斷細線后，在A、B相對小車停止運動之前，下列說法正確的是(　　) A．A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒 B．A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 C．小車將向左運動 D．小車將靜止不動 4．如圖2－3－16所示，小車開始靜止于光

3、滑的水平面上，一個小滑塊由靜止從小車上端高h處沿光滑圓弧面相對于小車向左滑動，滑塊能到達左端的最大高度h′(　　) 圖2－3－16 A．大h B．小于h C．等于h D．停在中點與小車一起向左運動 5．(雙選，2011年全國卷)質量為M、內壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為μ.初始時小物塊停在箱子正中間，如圖2－3－17所示．現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止．設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為(　　) 圖2－3－17 A.mv2

4、 B.v2 C.NμmgL D．NμmgL 6．(2010年福建卷)如圖2－3－18所示，一個木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內粗糙的底板上放著一個小木塊．木箱和小木塊都具有一定的質量．現(xiàn)使木箱獲得一個向右的初速度v0，則(　　) 圖2－3－18 A．小木塊和木箱最終都將靜止 B．小木塊最終將相對木箱靜止，兩者一起向右運動 C．小木塊在木箱內壁將始終來回往復碰撞，而木箱一直向右運動 D．如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止，則兩者將一起向左運動 7．(雙選，2011年深圳中學二模)如圖2－3－19所示，水平光滑地面上停放著一輛質量為M 的小車，其左側有半徑為R

5、 的四分之一光滑圓弧軌道AB，軌道最低點B 與水平軌道BC相切，整個軌道處于同一豎直平面內．將質量為m 的物塊(可視為質點)從A 點無初速釋放，物塊沿軌道滑行至軌道末端C處恰好沒有滑出．設重力加速度為g，空氣阻力可忽略不計．關于物塊從A 位置運動至 C位置的過程中，下列說法正確的是(　　) A．小車和物塊構成的系統(tǒng)動量不守恒 B．摩擦力對物塊和軌道BC所做的功的代數(shù)和為零 C．物塊運動過程中的最大速度為 D．小車運動過程中的最大速度為 圖2－3－19 　　　圖2－3－20 8．(雙選)如圖2－3－20所示，質量均為M的鋁板A和鐵板B分別放在光滑水平地面上．質量為m(m

6、)的同一木塊C，先后以相同的初速度v0從左端滑上A和B，最終C相對于A和B都保持相對靜止．在這兩種情況下(　　) A．C的最終速度相同 B．C相對于A和B滑行的距離相同 C．A和B相對地面滑動的距離相同 D．兩種情況下產生的熱量相等 9．(2012年天津卷)如圖2－3－21所示，水平地面上固定有高為h的平臺，臺面上固定有光滑坡道，坡道頂端距臺面高也為h，坡道底端與臺面相切．小球A從坡道頂端由靜止開始滑下，到達水平光滑的臺面后與靜止在臺面上的小球B發(fā)生碰撞，并粘連在一起，共同沿臺面滑行并從臺面邊緣飛出，落地點與飛出點的水平距離恰好為臺高的一半．兩球均可視為質點，忽略空氣阻力，重力加速度

7、為g.求： (1)小球A剛滑至水平臺面的速度vA； (2)A、B兩球的質量之比ma∶mb. 圖2－3－21 10．(2012年廣州二模)如圖2－3－22所示的水平地面，ab段粗糙，bc段光滑．可視為質點的物體A和B緊靠在一起，靜止于b 處，已知A的質量為3m，B的質量為m.兩物體在足夠大的內力作用下突然沿水平方向左右分離，獲得的總動能為E.B碰到c處的墻壁后等速率反彈，并追上已停在ab段的A.A、B與ab段的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g.求： (1)分離瞬間A、B的速度大??； (2)A從分離

8、到第一次停止的時間； (3)B第一次追上A時的速度大?。? 圖2－3－22 11．(2012年深圳二模)如圖2－3－23所示，一長L＝3 m，高h＝0.8 m，質量為M＝1 kg的物塊A靜止在水平面上．質量為m＝0.49 kg的物塊B靜止在A的最左端，物塊B與A相比，大小可忽略不計，它們之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，物塊A與地之間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1.一個質量為m0＝0.01 kg的可視為質點的子彈，以速度v0沿水平方向射中物塊B，假設在任何情況下子彈均不能穿出．取g＝10 m/s2，問：

9、 (1)子彈以v0＝400 m/s擊中物塊B后的瞬間，它們的速度為多大？ (2)被擊中的物塊B在A上滑動的過程中，A、B的加速度各為多大？ (3)子彈速度為多大時，能使物塊B落地瞬間A同時停下？ 圖2－3－23 1．D 2．C　解析：子彈射入木塊的過程中，系統(tǒng)動量守恒，即mv0＝(M＋m)v1，系統(tǒng)損失的機械能轉化為內能，即Q＝mv－(M＋m)v，將兩式聯(lián)立解得Q＝mv·＝6 J，木塊獲得的動能Ek＝Mv＝mv·<6 J，所以C正確． 3．C　解析：由機械能守恒和動量守恒的條件可知A、B均錯；小車對A的摩擦力大于小車對B的摩擦力，所以A對小車向左的摩擦力

10、大于B對小車向右的摩擦力，因此小車將向左運動． 4．C　解析：小滑塊由靜止滑下，小滑塊和小車組成系統(tǒng)水平方向上動量守恒，到達左端的最大高度h′時，兩者速度相同，由動量守恒得，兩者速度為零，由能量守恒，到達左端的最大高度h′等于h，選C. 5．BD　解析：小物塊和箱子組成的系統(tǒng)動量守恒，碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止，則最終兩者速度相等，設為v共，則有：mv＝(m＋M)v共，系統(tǒng)損失的動能ΔE＝mv2－(m＋M)v，得ΔE＝ v2，所以B正確；系統(tǒng)損失的動能為摩擦力做功轉化成系統(tǒng)內能，N次后恰又回到箱子正中間，相對滑動的距離為NL，所以ΔE＝W＝NμmgL，D正確． 6

11、．B　解析：系統(tǒng)不受外力作用，系統(tǒng)動量守恒，最終兩個物體以相同的速度一起向右運動，B正確． 7．AD　解析：小車和物塊構成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，但在豎直方向上動量不守恒，A正確；在滑動摩擦力作用下，物塊的位移大于小車的位移，所以摩擦力對物塊和軌道 BC所做的功的代數(shù)和不為零，B錯誤，且滑動摩擦力對系統(tǒng)做功，動能轉化為內能；如果小車固定，則物塊滑到最低點B的速度由能量守恒有mgR＝mv2，得v＝，但小車不固定，則小車有速度，由能量守恒得物塊的速度小于，C錯誤；物塊運動到B點時小車的速度最大，設為v′，由水平動量守恒得mv＝Mv′，由能量守恒得mgR＝mv2＋Mv′2，解得v′＝，D正確．

12、 8．AD　解析：鋁板A和鐵板B分別放在光滑水平地面上，所以滑動過程中動量守恒，有mv0＝(m＋M)v，所以兩種情況下，C的最終速度相同，且產生的熱量等于摩擦過程中系統(tǒng)損失的動能，兩種情況都為Q＝ΔE＝mv－(m＋M)v2，所以A、D正確；由于木塊與鋁板和鐵板的動摩擦因數(shù)不同，對系統(tǒng)有fs相＝ΔE＝mv－(m＋M)v2，則C相對于A和B滑行的距離不相同，對A和B，fs＝Mv2，A和B相對地面滑動的距離不相同，B、C都錯誤． 9．解：(1)小球A在坡道上只有重力做功，根據(jù)機械能守恒有mAv＝mAgh 解得vA＝. (2)設A、B兩球在光滑臺面上碰撞后粘在一起的速度為v，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒得

13、 mAvA＝(mA＋mB)v 離開平臺后做平拋運動，在豎直方向上有gt2＝h 在水平方向上有h＝vt 聯(lián)立解得mA∶mB＝1∶3. 10．解：(1)物體A、B在內力作用下分離，設分離瞬間A的速度大小為vA，B的速度大小為vB 由A、B系統(tǒng)的動量守恒有3mvA＝mvB 又由題意可知E＝·3mv＋·mv 聯(lián)立解得vA＝，vB＝. (2)A、B分離后，A物體向左勻減速滑行，設滑行時間為tA，加速度大小為aA 對A應用牛頓第二定律有μ·3mg＝3maA A勻減速到停止的時間為tA＝ 聯(lián)立解得tA＝. (3)A、B分離后，A向左勻減速滑行，設滑行距離為sA 對A應用動能定理有－

14、μ·3mgsA＝0－·3mv 設B碰墻反彈后追上已停下的A時，速度大小為v 對B應用動能定理有－μmgsB＝mv2－mv 又因為B追上A時在粗糙面上滑行了sB＝sA 聯(lián)立解得v＝. 11．解：(1)子彈擊中B的過程中，由動量守恒定律可得 m0v0＝(m0＋m)v 解得v＝8 m/s. (2)由牛頓第二定律可得 對B：μ1(m0＋m)g＝(m0＋m)aB 得aB＝5 m/s2，方向水平向左 對A：μ1(m0＋m)g－μ2(m0＋m＋M)g＝MaA 得aA＝1 m/s2，方向水平向右． (3)子彈擊中B的過程中，由動量守恒定律可得 m0v02＝(m0＋m)vB1 設B在A上運動如圖13的時間為t1，則sB－sA＝L －aAt＝L B做平拋運動的時間為t2，則h＝gt aA′＝＝μ2g＝1 m/s2 0＝aAt1－aA′t2 聯(lián)立解得子彈的速度為v02＝vB1＝435 m/s. 圖13