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专题分层突破练6　动量和能量观点的应用
基础巩固　
1.某次冰球比赛中,甲、乙两运动员站在光滑的水平冰面上,甲将静止在冰面上的冰球传给乙,乙接到冰球后又将冰球传回甲。若甲、乙的质量相等,且为冰球质量的k(k>1)倍,甲接到冰球后,甲、乙两人的速度大小之比为(　　)
A.1 B.
C. D.
答案 B
解析 设冰球的质量为m,甲接到球后,甲、乙两人的速度大小分别为v1、v2,根据动量守恒定律有v1-kmv2=0,解得,故选B。
2.小明制作了一个火箭模型,火箭模型质量为m0(含燃料),开始火箭模型静置在地面上,点火后在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的燃气,喷气过程中忽略重力和空气阻力的影响,下列说法正确的是(　　)
A.火箭喷气过程机械能守恒
B.火箭的推力来源于空气对它的反作用力
C.喷气结束时火箭模型的动量大小为mv0
D.喷气结束时火箭模型的速度大小为
答案 C
解析 系统所受合外力为零,满足动量守恒,但机械能不守恒,A错误;火箭的推力是燃料燃烧产生的高温高压气体向后喷出时对火箭的反作用力,B错误;开始总动量为零,规定气体喷出的方向为正方向,根据动量守恒定律得0=mv0+p,喷气结束时火箭模型的动量大小p=mv0,C正确;根据0=mv0-(m0-m)v,解得v=,D错误。
3.某实验小组用电池、电动机等器材自制风力小车,如图所示,叶片匀速旋转时将空气以速度v向后排开,叶片旋转形成的圆面积为S,空气密度为ρ,下列说法正确的是(　　)
A.风力小车的原理是将风能转化为小车的动能
B.t时间内叶片排开的空气质量为ρSv
C.叶片匀速旋转时,空气对小车的推力为ρSv2
D.叶片匀速旋转时,单位时间内空气流动的动能为ρSv2
答案 C
解析 风力小车的原理是消耗电能,先转化成风能,再推动小车运动,所以是电能转化为小车的动能,A错误;t时间内叶片排开的空气质量为m=ρvtS,B错误;由动量定理可得叶片匀速旋转时,空气受到的推力为F==ρSv2,根据牛顿第三定律可知空气对小车的推力为ρSv2,C正确;叶片匀速旋转时,单位时间内空气流动的动能为Ek=m0v2=ρSv·v2=ρSv3,D错误。
4.如图甲所示,光滑水平地面上有A、B两物块,质量分别为2 kg、6 kg,B的左端拴接着一劲度系数为 N/m的水平轻质弹簧,它们的中心在同一水平线上。A以速度v0向静止的B方向运动,从A接触弹簧开始计时至A与弹簧脱离的过程中,弹簧长度l与时间t的关系如图乙所示,弹簧始终处在弹性限度范围内,已知弹簧的弹性势能Ep=kx2(x为弹簧的形变量),则(　　)
A.在0~2t0内B物块先加速后减速
B.整个过程中,A、B物块构成的系统机械能守恒
C.v0=2 m/s
D.A物块在t0时刻时速度最小
答案 C
解析 在0~2t0内,弹簧始终处于压缩状态,即B受到的弹力始终向右,所以B物块始终做加速运动,A错误;整个过程中,A、B两物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒,B错误;由图可知,在t0时刻,弹簧被压缩到最短,则此时A、B共速,此时弹簧的形变量为x=0.4 m-0.1 m=0.3 m,则根据A、B两物块系统动量守恒有m1v0=(m1+m2)v,根据A、B两物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒有m1(m1+m2)v2+Ep,联立解得v0=2 m/s,C正确;在0~2t0内,弹簧始终处于压缩状态,即A受到弹力始终向左,所以A物块始终做减速运动,则A物块在2t0时刻时速度最小,D错误。
5.(2025辽宁鞍山模拟)如图所示,上表面粗糙的长木板B静止在光滑的水平面上,物块A叠放在长木板右端,轻弹簧一端连接在物块A上,另一端连接在竖直墙面上,开始时弹簧处于原长,现对B施加一水平向右恒定的拉力F,弹簧始终处于弹性限度内且只考虑A未离开B的过程,则正确的说法是(　　)
A.施加拉力后最初的一段时间内,物块A和木板B一定无相对滑动
B.施加拉力的瞬间,物块A所受的摩擦力为零
C.施加拉力后的某一过程中,拉力做的功一定不小于A、B和弹簧整体机械能的增量
D.施加拉力后,在A与B相对滑动过程中,A对B的摩擦力做功的绝对值等于A、B间产生的热量
答案 C
解析 由题干可知,施加水平向右的恒力F后,在物块A与木板B未分离过程中,即施加力F后,物块A与木板B会发生相对滑动,故A项错误;由上述分析可知,施加拉力后,两者之间即发生相对滑动,此时物块A与木板间存在滑动摩擦力,故B项错误;由能量守恒可知,拉力F所做的功等于物块A与木板B、弹簧整体机械能的增量以及A、B物体之间摩擦产生的热量,即施加拉力后的某一过程中,拉力做的功一定不小于A、B和弹簧整体机械能的增量,故C项正确;由功能关系可知,A、B之间产生的热等于A、B之间摩擦力与A、B两物体间的相对位移的乘积,即Q=Ff·ΔxAB,故D项错误。
6.(多选)(2024广西卷)如图所示,坚硬的水平地面上放置一木料,木料上有一个竖直方向的方孔,方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬,形状为正四棱台,上下底面均为正方形,四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m,与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔,接触但无挤压,锤子以极短时间撞击木栓后反弹,锤子对木栓冲量为I,方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δx的位移,未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变,弹力呈线性变化,最大静摩擦力约等于滑动摩擦力,则(　　)
A.进入过程,木料对木栓的合力的冲量为-I
B.进入过程,木料对木栓的平均阻力大小约为+mg
C.进入过程,木料和木栓的机械能共损失了+mgΔx
D.木栓前进Δx后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
答案 BCD
解析 锤子撞击木栓到木栓进入的过程,合力的冲量为零,重力冲量不为零,则木料对木栓的冲量不为-I,选项A错误。木栓进入过程,由动能定理知mgΔx-FfΔx=0-mv2,且mv2=,得Ff=+mg,选项B正确。由能量守恒的关系知,损失的机械能ΔE=+mgΔx,选项C正确。对木栓的一个侧面受力分析如图
由于方孔侧壁弹力呈线性变化,因此×4×(Ffmaxsin θ+FNcos θ)=Ff
由B知Ff=+mg
结合Ffmax=μFN
解得Ffmax=,选项D正确。
综合提升　
7.(多选)(2025温州模拟)如图所示,四分之一圆槽AB的半径为R、质量为3m,静止放在水平地面上,圆槽底端B点的切线水平,距离B点为R处有一质量为3m的小球2,其左侧连有轻弹簧。现将质量为m的小球1(可视为质点)从圆槽顶端的A点由静止释放,重力加速度为g,不计一切摩擦。则下列说法正确的是(　　)
A.在整个过程中,系统(三个物体)动量守恒、总动量为0
B.弹簧弹性势能的最大值为mgR
C.小球1刚与弹簧接触时,与圆槽底端B点相距R
D.小球1最终的速度大小为
答案 BCD
解析 不计一切摩擦,在整个过程中,系统(三个物体)水平方向动量守恒,小球1在从斜面下落过程中,由于受重力作用,竖直方向动量不为零,故A错误;小球1从斜面下来,设小球1的速度大小为v1,圆槽的速度大小为v0,水平方向动量守恒,则0=mv1-3mv0,由机械能守恒定律可得mgR=×3m,解得v1=,v0=v1=,球1与弹簧碰撞后与球2达到共同速度时弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定律得mv1=(m+3m)v3,弹簧弹性势能的最大值为Epm=(m+3m)mgR,故B正确;小球1从开始下滑到离开圆槽x1+x0=R,又x1∶x0=v1∶v0,解得圆槽向左运动的距离为x0=R,小球1滑下圆槽时与弹簧相距L=x0+R=R,当小球1刚与弹簧接触时,圆槽向左再运动的距离L0=L=R,所以小球1刚与弹簧接触时,与圆槽底端B点相距ΔL=L+L0=R,故C正确;小球1与弹簧碰撞后,弹簧原长时小球1与弹簧分离,由动量守恒和机械能守恒定律得mv1=mv11+3mv21,×3m,解得小球1的速度v11=-,小球2的速度v21=-v11=,小球1向左运动与圆槽相遇,小球1再次与圆槽分离时,由动量守恒定律、机械能守恒定律可得mv11+3m(-v0)=mv12+3mv02,×3m×3m,解得小球1向右运动的速度v12=,小球1再向右无法追上小球2,故小球1最终的速度大小为,故D正确。
8.(多选)(2024湖北卷)如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为m0、长为L的木块,质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变,其大小Ff与射入初速度大小v0成正比,即Ff=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则(　　)
A.子弹的初速度大小为
B.子弹在木块中运动的时间为
C.木块和子弹损失的总动能为
D.木块在加速过程中运动的距离为
答案 AD
解析 本题考查子弹打木块模型。设子弹射入木块后,子弹和木块的速度分别为v1、v2,由动量守恒定律有mv0=mv1+m0v2,子弹和木块相互作用过程中受到的合力都为Ff=kv0,由牛顿第二定律得子弹和木块的加速度大小分别为a1=,a2=,由运动学公式得2a1x1=,2a2x2=,又x1-x2=L,联立可得v2=,当木块的速度最大时v0-取极大值,该函数在到无穷单调递减,因此当v0=时,木块的速度最大,A正确;木块获得的最大速度为v2=,由运动学公式得v2=a2t,可得t=,故B错误;由能量守恒定律可得子弹和木块损失的能量为ΔE=Q=FfL=,故C错误;木块加速过程运动的距离为x2=t=,故D正确。
9.(2025海南卷)足够长的传送带固定在竖直平面内,半径R=0.5 m,圆心角θ=53°的圆弧轨道与平台平滑连接,平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接,工件A从圆弧顶点无初速度下滑,在平台与B碰成一整体,随后滑上传送带,已知mA=4 kg,mB=1 kg,A、B可视为质点,A、B与传送带间的动摩擦因数恒定,在传送带上运动的过程中,因摩擦生热Q=2.5 J,忽略轨道及平台的摩擦,g取10 m/s2。求:
(1)A滑到圆弧最低点时受到的支持力;
(2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能;
(3)传送带的速度大小。
答案 (1)72 N,方向竖直向上
(2)1.6 J
(3)0.6 m/s或2.6 m/s
解析 (1)A从圆弧顶点滑到圆弧最低点过程,根据机械能守恒定律有
mAg(R-Rcos 53°)=mA
解得v0=2 m/s
A在圆弧最低点,根据牛顿第二定律有FN-mAg=mA
解得FN=72 N,方向竖直向上。
(2)A、B碰后成一整体,根据动量守恒定律有
mAv0=(mA+mB)v共
解得v共=1.6 m/s
故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为ΔE=mA(mA+mB)=1.6 J。
(3)第一种情况,当传送带速度v小于v共时,A、B整体滑上传送带后先减速后匀速,设A、B整体与传送带间的动摩擦因数为μ,对A、B整体,根据牛顿第二定律有
μ(mA+mB)g=(mA+mB)a
设经过时间t1后A、B整体与传送带共速,可得v=v共-at1
该段时间内A、B整体运动的位移为x1=t1
传送带运动的位移为x2=vt1
故可得Q=μ(mA+mB)g·(x1-x2)
解得v=0.6 m/s,另一解大于v共舍去
第二种情况,当传送带速度v'大于v共时,A、B整体滑上传送带后先加速后匀速,设经过时间t2后A、B整体与传送带共速,同理可得v'=v共+at2
该段时间内A、B整体运动的位移为x1'=t2
传送带运动的位移为x2'=v't2
故可得Q=μ(mA+mB)g·(x2'-x1')
解得v'=2.6 m/s,另一解小于v共舍去。
10.(2024浙江1月选考)某固定装置的竖直截面如图所示,由倾角θ=37°的直轨道AB,半径R=1 m的圆弧轨道BCD,长度L=1.25 m、倾角为θ的直轨道DE,半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成,轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5 kg滑块b,其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放,经圆弧轨道BCD滑上轨道DE,轨道DE由特殊材料制成,小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25,向下运动时动摩擦因数μ2=0.5,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1,小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生弹性碰撞。(其他轨道均光滑,小物块视为质点,不计空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度取10 m/s2)
(1)若h=0.8 m,求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小;
②在DE上经过的总路程;
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。
(2)若h=1.6 m,滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
答案 (1)①16 m/s2　②2 m　③1∶2　(2)0.2 m
解析 (1)①对小物块a从A到第一次经过C的过程,根据机械能守恒定律有
mgh=
第一次经过C点的向心加速度大小为
a==16 m/s2。
②小物块a在DE上时,因为μ2mgcos θmg[h-R(1-cos θ)]=(μ1mgcos θ+μ2mgcos θ)
解得s=2 m。
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
a上=gsin θ+μ1gcos θ=8 m/s2
a下=gsin θ-μ2gcos θ=2 m/s2
将小物块a在DE上的若干次运动看作是一次完整的上滑和下滑,则根据运动学公式有
a上a下
解得。
(2)对小物块a从A到F的过程,根据动能定理有
=mg[h-Lsin θ-2R(1-cos θ)]-μ1mgLcos θ
解得vF=2 m/s
设滑块长度为l时,小物块恰好不脱离滑块,且此时二者达到共同速度v,根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mvF=2mv
·2mv2+2μ1mgl
解得l=0.2 m。
11.(2025江苏卷)如图所示,在光滑水平面上,左右两列相同的小钢球沿同一直线放置,每列有n个。在两列钢球之间,一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动,与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球质量为m,求最右侧的钢球最终运动的速度大小v;
(2)若钢球质量为3m,求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后,玻璃球的速度大小v1;
(3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
答案 (1)v0
(2)v0
(3)
解析 (1)玻璃球向右运动,与右侧的第一个钢球发生正碰;玻璃球和该钢球组成的系统在碰撞过程中动量守恒,机械能守恒,以向右为正方向,设碰后玻璃球的速度为v10,由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0=mv10+mv
mv2
解得v10=0,v=v0
之后右侧钢球依次向右运动并发生正碰,同理可得,碰撞的两钢球质量相等,交换速度,最右侧的钢球最终运动的速度大小v为v0。
(2)玻璃球碰撞右侧第一个钢球,以向右为正方向,设碰撞后玻璃球速度为v1',钢球速度为v11,由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0=mv1'+3mv11
mv1'2+×3m
解得v1'=-v0,v11=v0
则玻璃球的速度大小v1为v0。
(3)玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后,因钢球质量相等且发生正碰,则速度最终会交换到第n个钢球,相当于与第n个钢球碰撞,玻璃球速度反向后与左侧第一个钢球发生正碰,以向左为正方向,设碰撞后玻璃球速度为v2,钢球速度为v21,由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv1=mv2+3mv21
×3m
解得v2=-v0=-v0
同理,玻璃球向右与右侧第一个钢球再次发生正碰,有
mv2=mv3+3m
×3m
解得v3=v0
以此类推,玻璃球经历2n次碰撞后速度大小为v0
则Ek=。
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