1、1专题二 第 7 讲 动量和能量观点的应用限时：40 分钟一、选择题(本题共 8 小题，其中 15 题为单选，68 题为多选)1(2018陕西省渭南韩城市高三下学期第三次模拟)如图所示，光滑水平面上，甲、乙两个球分别以大小为 v11m/s、 v22m/s 的速度做相向运动，碰撞后两球粘在一起以0.5m/s 的速度向左运动，则甲、乙两球的质量之比为( A )A11 B12C13 D21解析 设乙球的速度方向为正方向，根据动量守恒： m2v2 m2v1( m1 m2)v，即2m2 m1( m1 m2)0.5，解得 m1 m211；故选 A。2(2018河北省邯郸市高三下学期第一次模拟)如图所示，质
2、量不同的两位同学乘坐相同的滑车从滑道的最高端滑下，质量大的先滑，到达底端的同一位置。滑道可视为粗糙斜面，不计空气阻力，则关于两同学的下滑过程，下列说法正确的是( C )A摩擦力做功相同B重力冲量相同C经过滑道上同一位置的速度相同D若质量大的同学后滑，则在下滑过程中两同学可能相撞解析 因为他们的质量不同，所以受到的摩擦力也不同，位移相同，根据功的定义可知摩擦力做功不同，故 A 错误；相同的滑车、相同的滑道，则他们下滑的加速度是相同的，下滑的时间相同，重力的冲量为： I mgt，因为质量不同，所以重力冲量也不相同，故 B 错误；相同的滑车、相同的滑道，则他们下滑的加速度是相同的，所以他们到达底端时
3、的速度也是相同的，不会相撞，故 C 正确，D 错误。所以 C 正确，ABD 错误。3(2018全国押题卷二)如图所示，内壁光滑，四角呈圆弧状的长方形空腔管，位于竖直平面内， BD 等高，两个同样的小球，从静止开始由 A 点分别从左右两侧运动到 C 点，不计碰撞能量的损失，则下列说法正确的是( D )2A两球同时到达 C 点，动量相等B两球同时到达 C 点，动量不等C两球到达 C 时的速率相同，左侧先到达D两球到达 C 时的速率相同，右侧先到达解析 因为是长方形空腔管，所以 AB 长度大于 AD， 角小于 45 度，取 角等于0 度的极端状态，则左边小球不能到达，时间为无穷大，D 球可以到达，所
4、以左边到达的时间大于右边到达的时间，又根据机械能守恒可得两球到达时的速率相同，所以正确选项为D。4(2018江西省二模)如图所示，小车质量为 M，小车顶端为半径为 R 的四分之一光滑圆弧，质量为 m 的小球从圆弧顶端由静止释放，对此运动过程的分析，下列说法中正确的是( g 为当地重力加速度)( C )A若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为 mgB若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为 2mgC若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为 m2gRM M mD若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为 M2gRm M m解析 若地面粗糙且小车能够静
5、止不动，因为小球只有重力做功，故小球机械能守恒，由机械能守恒可求得小球任一位置时的速度，由向心力公式可求得小球受到的支持力；对小车受力分析可求得静摩擦力的最大值。若地面光滑，小球下滑的过程中，小车向左运动，系统的水平动量守恒，系统的机械能也守恒，由此列式，可求得小球滑到圆弧最低点时小车的速度。设圆弧半径为 R，当小球运动到重力与半径夹角为 时，速度为 v。根据机械能守恒定律有： mv2 mgRcos ，由牛顿第二定律有 N mgcos m ，解得小球对12 v2R小车的压力为 N3 mgcos ，其水平分量为 Nx3 mgcos sin mgsin2 ，根据平衡条323件，地面对小车的静摩擦力
6、水平向右，大小为 f Nx mgsin2 ，可以看出：当32sin 1，即 45时，地面对车的静摩擦力最大，其值为 fmax mg，故 AB 错误；若32地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为 v，小球的速度设为 v。小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mv Mv0，系统的机械能守恒，则得 mgR mv2 Mv 2，解得 v m ，故 C 正确，D 错误。12 12 2gRM M m5(2018黑龙江省哈尔滨市二模)如图所示，在光滑绝缘的水平直轨道上有两个带电小球 a 和 b， a 球质量为 2m、带电量为 q， b 球质量为 m、带电量为2 q
7、，两球相距较远且相向运动。某时刻 a、 b 球的速度大小依次为 v 和 1.5v，由于静电斥力的作用，它们不会相碰。则下列叙述正确的是( D )A两球相距最近时，速度大小相等、方向相反B a 球和 b 球所受的静电斥力对两球始终做负功C a 球一直沿原方向运动， b 球要反向运动D a、 b 两球都要反向运动，但 b 球先反向解析 由于地面光滑，系统所受合外力为零，系统动量守恒，当两球速度相同时，系统损失机械能最大，两球相距最小，故 A 错误；由题意可知， a 球动量大于 b 球动量，因此系统动量水平向右，故 b 球运动过程中将先反向运动而 a 球后反向运动，因此静电斥力对 a、 b 球先做负
8、功后做正功，故 B、C 错误，D 正确。6(2018广东省汕头市高三下学期 4 月模拟)跳台滑雪运动员从平台末端 a 点以某一初速度水平滑出，在空中运动一段时间后落在斜坡上 b 点，不计空气阻力，则运动员在空中飞行过程中( AD )A在相等的时间间隔内，动量的改变量总是相同的B在相等的时间间隔内，动能的改变量总是相间的C在下落相等高度的过程中，动量的改变量总是相同的D在下落相等高度的过程中，动能的改变量总是相同的4解析 动量的改变量等于合外力的冲量，由于人做平抛运动，所以合外力恒为 mg，故在相等的时间间隔内，动量的改变量总是相同的，所以 A 正确；动能的改变量与合外力做功有关，由于在相等时间
9、内竖直方向运动的位移不相等，所以合外力在相等的时间内做功也不相等，故动能的改变量也不相等，故 B 错；由于竖直方向做变速运动，在下落相等高度的过程中，所用时间是不相等的，所以动量的改变量也是不相等的，故 C 错；在下落相等高度的过程中，合外力做功相等，所以动能的改变量总是相同的，故 D 正确；故选AD。7(2018厦门市高三下学期第二次质量检测)在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲所示。碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。碰撞前后两壶运动的 v t 图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两冰壶质量相等，由图象可
10、得( AB )A碰撞后，蓝壶经过 5s 停止运动B碰撞后，蓝壶的瞬时速度为 0.8m/sC红蓝两壶碰撞过程是弹性碰撞D红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为 12解析 设碰后蓝壶的速度为 v，碰前红壶的速度 v01.0m/s，碰后速度为v00.2m/s，根据动量守恒定律可得 mv0 mv0 mv，解得 v0.8m/s，B 正确；从图中可知蓝壶与红壶沿虚线运动方式时同时停止运动，并且红壶碰撞前后的图线平行，若以红壶虚线所示运动，则加速度为 a m/s20.2m/s 2，运动时间为 v t 1.2 1.01t s5s，A 正确；碰撞前系统的动能为 E1 m1.020.5m，碰撞后系
11、统的动能1.0 00.2 12为 E2 m0.22 m0.820.36m，两者不等，所以不是弹性碰撞，C 错误；碰后蓝壶的12 12加速度为 a m/s20.16m/s 2，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为0.8 06 1f f ma ma54，摩擦力冲量 If If ft f t f f54，D 错误。8(2018吉林省实验中学高三下学期模拟)如图，光滑水平面上放着长木板 B，质量为 m2kg 的木块 A 以速度 v02m/s 滑上原来静止的长木板 B 的上表面，由于 A、 B 之间存在摩擦，之后， A、 B 的速度随时间变化情况如下图所示，重力加速度 g10m/s 2。则下列5说法正确的是(
12、 AD )A长木板的质量 M2kgB A、 B 之间动摩擦因数为 0.2C长木板长度至少为 2mD A、 B 组成系统损失机械能为 2J解析 从图可以看出， A 先做匀减速运动， B 做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度 v1m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得： mv0( m M)v，解得：M m2kg，故 A 正确；由图象可知，木板 B 匀加速运动的加速度 a 1m/s 2，对 B， v t根据牛顿第二定律得 mg Ma，解得动摩擦因数 0.1，故 B 错误；由图象可知前 1s内 B 的位移 xB0.5m， A 的位移 xA1.5m，所以木板最小长度 L xA xB1m，故 C
13、 错误；A、 B 组成系统损失机械能 E mv (M m)v22J，故 D 正确。12 20 12二、计算题(本题共 2 小题，需写出完整的解题步骤)9(2018河南省开封市高三下学期 5 月模拟)如图所示，水平光滑细杆上 P 点套一轻质小环，小环通过长 L0.5m 的轻绳悬挂一质量不计的夹子，夹子内夹有质量 m0.5kg 的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为 fm3N。现对物块施加 F5N 的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小环碰到杆上的钉子 Q 时立即停止运动，物块恰要相对夹子滑动，与此同时撤去外力，一质量为 0.1kg 的直杆以 1m/s
14、的速度沿水平方向相向插入夹子将夹子与物块锁定(此过程时间极短)。物块可看成质点，重力加速度 g10m/s 2。求：(1)物块做匀加速运动的加速度大小 a；(2)P、 Q 两点间的距离 s；(3)物块向右摆动的最大高度 h。6解析 (1)以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F ma 解得： a10m/s 2(2)环到达 Q，物块刚达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律 2fm mgmv2r根据动能定理有 Fs mv2解得 s0.05m12(3)直杆与物块水平方向动量守恒mv m0v0( m m0)v 共由动能定理：( m m0)gh0 (m m0)v12 2共联立得 h0.022m10(2018山东省
15、威海市高三下学期模拟)如图甲所示，长木板的左端固定一个表面光滑的楔形木块，右端固定一个轻质弹簧，弹簧处于自然状态时左端位于 A 点，且 A 点右侧光滑，在 A 点处有一个可视为质点的小物块。整个装置放在光滑的水平面上，装置的左端紧靠固定在竖直墙面上的压力传感器。给在 A 点的小物块一向左的初速度之后，压力传感器显示出压力随时间变化的图象如图乙所示。假设小物块从楔形木块滑到长木板上时无能量损失，已知长木板连同楔形木块的总质量 M8kg，小物块的质量 m1kg，重力加速度g10m/s 2，可能用到的数据：sin370.6，sin740.96。求：(1)小物块与木板间的动摩擦因数及楔形木块的倾角数值
16、；(2)弹簧弹性势能的最大值；(3)小物块最终停在长木板上的位置离 A 点的距离。解析 (1)由图乙知 F12N F24.8N又 mg F1解得： 0.2F2 mgsin cos解得： 37(2)设小物块的初速度为 v0，滑上楔形木块时速度为 v1，弹簧压缩最大时速度为v2， t10.5s， t21s则： t22v1a1mgsin ma17由动量守恒定律： mv1( m M)v2由能量关系： mv mgL (m M)v Ep12 21 12 2又 v1 v0 a2t1mg ma2L t1v v02解得： Ep0.5J(3) mv mgx (m M)v12 21 12 2解得： x2m所以最终木块停在离 A 点 0.25m 处
