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1、力学中的动量和能量问题力学中的动量和能量问题 1(2018全国卷)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运 动在启动阶段，列车的动能( ) A与它所经历的时间成正比 B与它的位移成正比来源:学科网 ZXXK C与它的速度成正比 D与它的动量成正比 2跳水运动员在跳台上由静止直立落下，落入水中后在水中减速运动到速度为零时并 未到达池底， 不计空气阻力， 则关于运动员从静止落下到水中向下运动到速度为零的过程中， 下列说法不正确的是( ) A运动员在空中动量的改变量等于重力的冲量 B运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零 C运动员在水中动量的改变量等于水的作用力的冲量 D运动员整个运
2、动过程中重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向 3(多选)一个静止的质点在t0 到t4 s 这段时间，仅受到力F的作用，F的方向始 终在同一直线上，F随时间t的变化关系如图 1 所示下列说法中正确的是( ) 图 1 A在t0 到t4 s 这段时间，质点做往复直线运动 B在t1 s 时，质点的动量大小为 1 kgm/s C在t2 s 时，质点的动能最大 D在t1 s 到t3 s 这段时间，力F的冲量为零 4 如图 2， 半径为R、 质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上， 将质量也为m 的小球从距A点正上方h0高处由静止释放， 小球自由落体后由A点经过半圆轨道后从B冲出， 在空中能上升的最大
3、高度为h0，则( ) 3 4 来源:学*科*网 Z*X*X*K 图 2 A小球和小车组成的系统动量守恒 B小车向左运动的最大距离为R 1 2 C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h0hh0 1 2 3 4 5有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)一位同学想用一个 卷尺粗略测定它的质量他进行了如下操作 ： 首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上 船，走到船头停下，而后轻轻下船用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已 知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为( ) A. B. m(Ld) d m(Ld) d C. D. mL d m(Ld)
4、L 6 在 2018 年平昌冬奥会冰壶比赛中， 某队员利用红壶去碰撞对方静止的蓝壶， 如图 3a 所示，两壶发生对心正碰，碰后运动员用冰壶擦蓝壶前进方向上的冰面来减小阻力，碰撞前 后两壶的速度时间图象如图 b 中的实线所示，两冰壶质量相同，则( ) 图 3 A两壶碰撞为弹性碰撞 B碰后两壶相距的最远距离为 1.1 m C碰后红、蓝两壶所受的滑动摩擦力相同 D碰后蓝壶的加速度大小为 0.10 m/s2 7(多选)一个质量为m1的人造地球卫星在高空做匀速圆周运动，轨道半径为r.某时 刻和一个质量为m2的同轨道反向运动的太空碎片发生迎面正碰，碰后二者结合成一个整体， 并开始沿椭圆轨道运动，轨道的远地
5、点为碰撞时的点若碰后卫星的内部装置仍能有效运 转， 当卫星与碎片的整体再次经过远地点时， 通过极短时间喷气可使整体仍在卫星碰前的轨 道上做圆周运动，绕行方向与碰前相同已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度大小 为g，下列说法正确的是( ) A卫星与碎片碰撞前的线速度大小为gR 2 r B卫星与碎片碰撞前运行的周期大小为2r R r g C喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为 2m1m2gR2 (m1m2)r D喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为 m1m2gR2 (m1m2)r 8如图 4 甲所示，半径为R0.45 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道最低 点，在光滑水平面上紧挨B点有一
6、静止的平板车，其质量M5 kg，长度L0.5 m，车的上 表面与B点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m1 kg，g 取 10 m/s2.来源:学#科#网 图 4 (1)求物块滑到B点时对轨道压力的大小； (2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小； (3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板 车上向右滑动时，所受摩擦力Ff随它距B点位移L的变化关系如图乙所示，物块最终滑离 了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小 9如图 5 所示，质量mC3 kg 的小车C停放在光滑水平面上，其上表面与水平粗糙轨 道MP齐
7、平， 且左端与MP相接触 轨道左侧的竖直墙面上固定一轻弹簧， 现用外力将小物块B 缓慢压缩弹簧， 当离小车C左端的距离l1.25 m 时由静止释放， 小物块B在轨道上运动并 滑上小车C， 已知小物块B的质量mB1 kg， 小物块B由静止释放时弹簧的弹性势能Ep 4. 5 J，小物块B与轨道MP和小车C间的动摩擦因数均为0.2，取重力加速度g10 m/s2. 图 5 (1)求小物块B滑上小车C时的速度大小vB； (2)求小物块B滑上小车C后，为保证小物块B不从小车C上掉下来，求小车C的最小 长度L； (3)若小车C足够长， 在小物块B滑上小车C的同时， 在小车C右端施加一水平向右的F7 N 的恒
8、力，求恒力作用t2 s 时小物块B距小车C左端的距离x. 10如图 6 所示，半径为R11.8 m 的 光滑圆弧与半径为R20.3 m 的半圆光滑细管平 1 4 滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L2.0 m、质量为M1.5 kg 的木板， 木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高 度正好与木板相同现在让质量为m22 kg 的物块静止于B处，质量为m11 kg 的物块从 光滑圆弧顶部的A处由静止释放，物块m1下滑至B处和m2碰撞后不再分开，整体设为物块m(m m1m2) 物块m越过半圆管底部C处滑上木板使其从静止开始向左运动， 当木板速度为
9、2 m/s 时， 木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)， 若g10 m/s2， 物块碰撞前后均可视 为质点，圆管粗细不计 来源:学,科,网 Z,X,X,K 图 6 (1)求物块m1和m2碰撞过程中损失的机械能； (2)求物块m滑到半圆管底部C处时所受支持力的大小； (3)若物块m与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为0.25，求物块m在台阶表面上 滑行的最大距离 参考答案参考答案 1.答案 B 2.答案 C 3.答案 CD 4.答案 D 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 A 错误 ； 系统水平方向动量
10、守恒，以向右 为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得 ：mvmv0，mm0，解得，小车的 2Rx t x t 位移：xR，故 B 错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车 时系统水平方向动量为零， 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运动， 故C错误 ； 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 ：mg(h0h0)Wf 3 4 0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wfmgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能 1 4 为mgh0，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 1 4 小，摩擦力变小，摩擦力做
11、的功小于mgh0，机械能的损失小于mgh0，因此小球第二次离 1 4 1 4 开小车时，能上升的高度大于：h0h0h0，且小于h0，故 D 正确 3 4 1 4 1 2 3 4 5.答案 B 解析 设人走动的时候船的速度为v，人的速度为v ，人从船尾走到船头用时为t， 人的位移为Ld，船的位移为d ，所以v ，v.以船的速度方向为正方向，根据 d t Ld t 动量守恒定律有：Mvmv0，可得：Mm ，解得小船的质量为Mm ，故 B 项 d t Ld t Ld d 正确 6.答案 B 解析 由题图知，碰前红壶的速度v01.0 m/s，碰后速度为v00.4 m/s，设碰后蓝 壶的速度为v， 取碰
12、撞前红壶的速度方向为正方向， 根据动量守恒定律可得 ：mv0mv0mv， 解得 ：v0.6 m/s，碰撞前的总动能为Ekmv02m，碰撞后的总动能Ekmv02 1 2 1 2 1 2 1 2 mv2m0.52Ek，故两壶碰撞为非弹性碰撞，故 A 错误；由题图可知，若红壶不碰撞，则 1 2 加速度为a1 m/s20.2 m/s2，经时间t速度变为零，则t s6 s， 11.2 1 01.2 a1 01.2 0.2 即题图中红壶和蓝壶图线横坐标交点为t6 s； 碰撞后红壶移动的位移为x12 m 0.4 2 0.4 m，蓝壶移动的位移为x25 m1.5 m，故碰后两壶相距的最远距离为xx2x1 0.
13、6 2 1.5 m0.4 m1.1 m，故B 正确；根据vt图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度 大于蓝壶的加速度， 两者的质量相等， 由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受 的摩擦力，故 C 错误；碰后蓝壶的加速度大小为a m/s20.12 m/s2，故 D 错误 0.6 5 7.答案 BC 解析 碰撞前， 卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供， 可得Gm1， 又mg， Mm1 r2 v2 r GMm R2 可得v， 故 A 错误 ； 据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力， 有Gm1 GM r gR2 r Mm1 r2 42 T2 r，解得卫星运行的周期为T，故 B 正确；碰撞过
14、程，根据动量守恒定 42r3 GM 2r R r g 律可得：m1vm2v(m1m2)v1，由动能定理可得W (m1m2)v2 (m1m2)v12，喷气装置 1 2 1 2 对卫星和碎片整体所做的功为WW，故 C 正确，D 错误 2m1m2gR2 (m1m2)r 8.答案 (1)30 N (2)0.5 m/s (3) m/s5 解析 (1)物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中机械能守恒，有 mgRmvB2 1 2 解得vB3 m/s 在B点由牛顿第二定律得FNmgmv B2 R 解得：FN30 N 则物块滑到B点时对轨道的压力大小FNFN30 N (2)物块滑上平板车后，系统的动量守恒，以物块的
15、初速度方向为正方向，由动量守恒 定律得mvB(mM)v共 解得v共0.5 m/s (3)由题图知，物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为FfL图线与横轴所围的面 积，则 Wf J2 J (26) 0.5 2 物块在平板车上滑动过程中，由动能定理得： Wfmv2mvB2 1 2 1 2 解得：v m/s5 9.答案 (1)2 m/s (2)0.75 m (3)0.4 m 解析 (1)小物块B从释放至运动到P的过程，根据功能关系有：EpmBglmBvB2 1 2 解得 vB2 m/s (2)取B和C为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mBvB(mBmC)v 解得v0.5 m/s 又由系统
16、的能量守恒有mBvB2 (mBmC)v2mBgL 1 2 1 2 解得 L0.75 m (3)物块B滑上小车C后，将先做匀减速运动，其加速度大小为 aBg2 m/s2. 小车C将先做匀加速运动，其加速度大小aCFm Bg mC 代入数据解得 aC3 m/s2. 设经过时间t1，B、C有共同速度v共，则v共vBaBt1aCt1. 解得 v共1.2 m/s，t10.4 s 物块B对地的位移x1t10.4 m0.64 m vBv共 2 21.2 2 小车C对地的位移x2t10.4 m0.24 m v共 2 1.2 2 假设此后小车与物块以共同加速度前进，则a共 m/s2. F mBmC 7 4 由于
17、此种情况下，B、C间的静摩擦力FfmBa共 NmBg2 N，可知假设成立 7 4 所以经过t10.4 s 后B、C一起以a共做匀加速运动则所求距离xx1x20.4 m 10.答案 (1)12 J (2)190 N (3)0.8 m 解析 (1)设物块m1下滑到B点时的速度为vB，由机械能守恒定律可得： m1gR1m1vB2 1 2 解得vB6 m/s m1、m2碰撞过程满足动量守恒：m1vBmv共 解得v共2 m/s 则碰撞过程中损失的机械能为：E机m1vB2mv共212 J 1 2 1 2 (2)物块m由B到C由机械能守恒定律得：mv共2mg2R2mvC2 1 2 1 2 解得：vC4 m/
18、s来源:学。科。网 在C处由牛顿第二定律可得：FNmgmv C2 R2 解得：FN190 N (3)设物块m滑上木板后，当木板速度为v22 m/s时，物块速度为v1，以向左为正方向， 由动量守恒定律得：mvCmv1Mv2 解得：v13 m/s 设在此过程中物块m运动的位移为x1，木板运动的位移为x2，由动能定理得： 对物块m：mgx1mv12mvC2 1 2 1 2 解得：x11.4 m 对木板M：mgx2Mv22 1 2 解得：x20.4 m 此时木板静止，物块m到木板左端的距离为：x3Lx2x11 m 设物块m在台阶上运动的最大距离为x4，由动能定理得： mg(x3x4)0mv12 1 2 解得：x40.8 m