2024届一轮复习新人教版 小专题九 动力学能量和动量观点在力学中的应用 作业.docx

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1、小专题（九）动力学、能量和动量观点在力学中的应用训练学科素养限时巩固,基础题组夯基1.（2023广东深圳模拟）如图是劳动者抛沙袋入车的情境图。一排人站在平直的轨道旁,分别标记为1,2,3,。已知车的质量为40kg,每个沙袋的质量为5kgo当车经过一人身旁时,此人将一个沙袋沿与车前进相反的方向以4m/s投入车内，沙袋与车瞬间就获得共同速度。已知车原来的速度大小为10ms0当车停止运动时,一共抛入的沙袋有（A）123A.20个B.25个C.30个D.40个解析:设一共抛入n个沙袋,这些沙袋抛入车的过程,满足动量守恒,可得MVO-nmv=0,解得n=丝邑20,即抛入20个沙袋,车恰好停止运动。mv故

2、选Ao.（2023广东深圳模拟）长木板a放在光滑的水平地面上,在其上表面放一小物块bo以地面为参考系,给a和b以大小均为V。、方向相反的初速度,最后b没有滑离a。以a的初速度方向为正方向,a、b的图像可能错误的是（D）解析:地面光滑,a、b组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,设a的质量为ma,b的质量为mb,最后b没有滑离a,则最终与a相对静止，速度相等,设共同速度为V,以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mavo-mbvo=(mi1mb)v,解得V二包山也；设b间的动摩擦因数ma+mb为,由牛顿第二定律可知a的加速度大小a,二3=也g,b的加速Tnag度大小ab=-m-Ugo如果f

3、f1amb,则vab,图A正确；如果mi1mb,Tnb则v0,aa0.31ms=0.15ms,故C错误;根据动量定理可知撤去拉力时,a、b组成系统的动量为p=I=1kgms,撤去拉力后,根据图像可知a的速度大于b的速度,则a、b之间距离还将继续增大,此时a、b组成的系统动量守恒,弹簧伸长量最大时,a、b的速度相同,设为V,则p=（ma+mh）V,解得v=ms,故D正确。5.如图所示,长为1的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙,初始时它们直立在光滑的水平地面上。后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。当小球甲刚要落地时,其速度大小为（A）A.B. y2g1B.yg1C.画D.02解析：甲、

4、乙组成的系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，由动量守怛定律得mv甲水平+mv乙水平=0,当小球甲刚要落地时，有V甲水平二V乙水平,解得V甲水平二V乙水平=0,所以乙球的动能为零，甲球的重力势能全部转化为甲球的动能，由机械能守恒定律有5修甲2二哨,解得V=y2g1f选项A正确。6. （2023重庆模拟）（多选）如图甲所示,质量分别为W?的两物块A、B间拴接一个被压缩且锁定的轻弹簧,整个装置静置于光滑水平地面上,其中A与左侧固定的挡板相接触。现解除对弹簧的锁定,在A离开挡板后,B的速度随时间变化的图像如图乙所示,则（BD）A.整个运动过程中,A、B组成的系统机械能守恒C. A、B的质量之比m

5、i:m2=1*1D. A的最大速度为明尸2m/sE. A离开挡板后,弹簧的弹性势能最大时B的速度为1.5m/s解析:整个运动过程中,A、B组成的系统受到弹簧的弹力做功，系统机械能不守恒,故A错误；由题图可知,B的最大速度为3m/s,最小速度为零,当B的速度为零后,B又加速运动,说明B速度为零时,弹簧恢复原长,A、B发生弹性碰撞,根据m2v=mV,m2v2=mv12,故A获得的最大速度v1=3m/s,m1=m2,故B正确,C错误;A离开挡板后，弹簧的弹性势能最大时A、B速度相同，根据动量守恒定律有IIhV=（Hnh）V解得v,=1.5m/s,故D正确。7. （2023广东广州阶段练习）如图所示，

6、甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为60m,20m,两船沿同一直线相向运动,速度大小分别为2v。、V0O为避免两船相撞，甲船上的人不断地将质量为In的货物袋以相对地面5v。的水平速度抛向乙船,且被乙船上的人接住,假设某一次甲船上的人将货物袋抛出且被乙船上的人接住后，刚好可保证两船不相撞,不计水的阻力。试求此时：（1）甲、乙两船的速度大小；从甲船抛出的总货物袋数。解析：（1）某一次甲船上的人将货物袋抛出且被乙船上的人接住后，刚好可保证两船不相撞,说明此时两船刚好速度相同，设为V,规定开始时甲船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有60m2vo-2Omvo=8Omv,解得v=1.25v0o

7、设从甲船抛出的总货物袋数为n,根据动量守恒定律有60m2v0-（60-n）mv+nm5v0,解得n=12答案：（1）均为125v0（2）12.创新题组提能8. （2023四川成都二模）（多选）如图所示,质量为示Ikg的长木板放在光滑的水平面上,质量为m=2kg的滑块（可视为质点）放在长木板的左端,两者之间的动摩擦因数为R=0.2。某时刻用F=9N的水平恒力作用在长木板上,经t=1S后撤去力F,最终滑块恰好没有滑离长木板o重力加速度g取IOni/s；则下列说法正确的是（BC）fI7777777777777777777777777/A.撤去力F时长木板的速度为3m/s8 .撤去力F时滑块的速度为2

8、m/sC.滑块最终的速度为3m/sD.长木板的长度为1.5m解析：力F作用在长木板上后，由牛顿第二定律可得Umg=ma1,F-mg=Ma2,解得滑块和长木板的加速度分别为a1=2ms2,&二5ms2,撤去力F时滑块和长木板的速度分别为v1=ajt=2ms,v2=a2t=5ms,故A错误,B正确;撤去力F后，由动量守恒定律可得mv+Mv2=(m+M)v,解得滑块最终的速度为v=3ms,故C正确;撤去力F前,滑块在长木板上移动的距离为x12t2-a.t2=1.5%撤去力F后，由能量守恒定律可得umgX2=mv12+Mv22-(m+M)v2,解得x2=0.75m,则长木板的长度为1=x+x2=2.2

9、5叫故D错误。9 .(多选)在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面,可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图甲所示,蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶,两壶发生正碰。若碰撞前后两壶的v_t图像如图乙所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是(CD)A.两壶发生了弹性碰撞B.蓝壶运动了4S停下C.撞后两壶相距的最远距离为1.275mD.碰撞后蓝壶的加速度大小为0.3ms2解析:设碰后蓝壶的速度为V,碰前红壶的速度为Vo=I.2ms,碰后红壶的速度为vo=0.3ms,取碰撞前红壶的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得InV（Fnn+mv,解得v=0.9ms碰撞前两壶的总动能为Ek=mvo2=0.

10、72J,碰撞后两壶的总动能为Ek2=mv2mv02=0.45JEkb所以两壶碰撞为非弹性碰撞,故A错误；由碰前红壶的速度图像可知,红壶的加速度大小为a=fi二ms2=0.4ms2,所以蓝壶静止的时刻为t4s=4s,所以蓝壶运动了3S停下来,故B错误;速度一时间图像0.4与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为（等一誓四）=1275m,故C正确;碰后蓝壶的加速度大小为a二m/s2=0.3ms2,故D正确。4-110. （2023广东梅州阶段练习）如图甲所示，“打弹珠”是一种常见的民间游戏,该游戏的规则为:将手中的弹珠以一定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞,被碰弹珠若能进

11、入小坑中即为胜出。现将此游戏进行简化,如图乙所示,粗糙程度相同的水平地面上,弹珠A和弹珠B与坑在同一条直线上,两弹珠间距x1=2m,弹珠B与坑的间距x2=1）o某同学将弹珠A以v0=6m/s的初速度水平向右瞬间弹此经过时间t1=0.4S与弹珠B正碰（碰撞时间极短），碰后瞬间弹珠A的速度大小为1m/s,方向向右,且不再与弹珠发生碰撞。已知两弹珠的质量均为2.5g,弹珠A、B与地面间的动摩擦因数均相同,并将弹珠的运动视为滑动。（1）求碰撞前瞬间弹珠A的速度大小和在地面上运动时的加速度大小；求两弹珠碰撞瞬间的机械能损失,并判断该同学能否胜出。解析：（1）设碰撞前瞬间弹珠A的速度为Vb由运动学公式得X

12、=v0t-at12,v1=v0-atb联立解得V=4m/s,a=5ms2o设碰后瞬间弹珠B的速度为V2,由动量守恒定律得mv+O=r+mv2,解得V2=3m/s;所以两弹珠碰撞瞬间的机械能损失AEk=加12_（刎/2+刎2）解得AEk=75X1（3J。碰后弹珠B运动的距离为x二这=0.9m1m,2a所以弹珠B没有进坑,故不能胜出。答案：（1）4m/s5ms2见解析11. （2023山东潍坊三模）如图所示,一质量M=O.4kg、内部间距1二2m的U形槽静止在水平面上,槽内底部为光滑平面。球1和球2是可看成质点的弹性小球,质量分别为m尸0.1kg、m2=0.2kgo开始时两球中间夹有压缩轻质弹簧,弹簧与两球不拴接,长度忽略不计,存储的弹性势能为1.2J,三者静止在U形槽中央。现释放两球,待两球离开弹簧后,立即清除弹簧。不计一切摩擦,假设所有碰撞时间极短,且无机械能损失。求：hr（1）两球脱离弹簧时的速度大小;(2)球1与U形槽第一次碰撞后瞬间,球1与U形槽的速度大小;(3)球2离开弹簧后到与U形槽发生第一次碰撞所经历的时间。解析：对两球，由动量守恒定律得0-m1v1-m2v2,由能量守恒得E=mv12+m2v22,联立解得速度大小V=4ms,v2=2m/so(2)对球1和槽，由动量守恒定律得InM=hvJ+Mv3,