專題限時集訓(六)[第6講動量和能量](時間：40分鐘)1．如圖6－1所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A的左邊固定有輕質彈簧，與A質量相等的物體B以速度v向A運動并與彈簧發(fā)生碰撞，A、B始終沿同一直線運動，則A、B組成的系統(tǒng)動能損失最大的時刻是()圖6－1A．A開始運動時B．A和B的速度相等時C．B的速度等于零時D．A的速度等于v時2．兩球在水平面上相向運動，發(fā)生正碰后都變?yōu)殪o止．可以肯定的是，碰前兩球的()A．質量相等B．動能相等C．動量大小相等D．速度大小相等3．我國女子短道速滑隊在今年世錦賽上實現(xiàn)女子3000m接力三連冠．觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出．在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則()圖6－2A．甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量B．甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反C．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量D．甲對乙做多少負功，乙對甲就一定做多少正功4．在光滑水平面上，動能為E0、動量的大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反．將碰撞后球1的動能和動量的大小分別記為E1、p1，球2的動能和動量的大小分別記為E2、p2，下列表達式中錯誤的是()A．E1＜E0B．p1＜p0C．E2＞E0D．p2＞p05．(雙選)兩位同學穿旱冰鞋，面對面站立不動，互推后向相反的方向運動，不計摩擦阻力，下列判斷正確的是()圖6－3A．互推后兩同學總動量增加B．互推后兩同學動量大小相等，方向相反C．分離時質量大的同學的速度小一些D．互推過程中機械能守恒6．(雙選)在光滑的水平面上有質量相等的A、B兩球，其動量分別為10kg·m/s與2kg·m/s，方向均向東，且定為正方向，A球在B球后，當A球追上B球發(fā)生正碰，則相碰以后，A、B兩球的動量可能分別為()A．6kg·m/s，6kg·m/sB．－4kg·m/s，16kg·m/sC．6kg·m/s，12kg·m/sD．3kg·m/s，9kg·m/s7．(雙選)如圖6－4所示，小車M靜置于光滑水平面上，上表面粗糙且足夠長，木塊m以初速度v滑上小車的上表面，最終木塊未從小車上滑出，則()圖6－4A．木塊的最終速度為eq\f(mv,M＋m)B．因小車上表面粗糙，故系統(tǒng)動量不守恒C．當m速度最小時，小車M的速度最大D．若小車上表面越粗糙，則系統(tǒng)因摩擦而產生的內能也越大8．如圖6－5所示，一質量為M＝0.99kg的木塊靜止在水平軌道B點，水平軌道與半徑為R＝10m光滑弧形軌道相切于B點．現(xiàn)有一質量為m＝10g的子彈以v0＝500m/s的水平速度從左邊射入木塊且未穿出．已知木塊與水平軌道的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2(1)子彈射入木塊時與木塊獲得的共同速率及木塊通過B點時對軌道的壓力大??；(2)子彈射入木塊后與木塊在弧形軌道上升的最大高度h；(3)木塊從弧形軌道返回水平面后到靜止時距B點的距離s.圖6－59．如圖6－6所示，光滑水平面上一質量為M、長為L的木板右端靠在固定于地面的擋板P上．質量為m的小滑塊以水平速度v0滑上木板的左端，滑到木板的右端時速度恰好為零．(1)求小滑塊在木板上滑動的時間．(2)求小滑塊在木板上滑動過程中，木板對擋板P作用力的大?。?3)若撤去擋板P，小滑塊依然以水平速度v0滑上木板的左端，求小滑塊相對木板靜止時距木板左端的距離．圖6－610．如圖6－7所示，LMN是豎直平面內固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足夠長，LM下端與MN相切．質量為m的帶正電小球B靜止在水平軌道上，質量為2m的帶正電小球A從LM上距水平軌道高為h處由靜止釋放，在A球進入水平軌道之前，由于A、B兩球相距較遠，相互作用力可認為是零，A球進入水平軌道后，A、B兩球間相互作用視為靜電作用．帶電小球均可視為質點．已知A、B兩球始終沒有接觸．重力加速度為g.求：(1)A、B兩球相距最近時，A球的速度v；(2)A、B兩球相距最近時，A、B兩球系統(tǒng)的電勢能Ep；(3)A、B兩球最終的速度vA、vB的大?。畧D6－7

專題限時集訓(六)1．B[解析]當B接觸到A上的彈簧時，速度減小，而A的速度增加，彈簧被壓縮，當兩者的速度相等時，彈簧的壓縮量最大，由機械能守恒定律知，此時系統(tǒng)的動能減小到最小而勢能增大到最大，即此時動能損失得最多，B正確．2．C[解析]兩球碰撞過程中動量守恒，而初動量為零，由動量守恒定律有：0＝p1－p2，即p1＝p2，C正確．3．B[解析]在“交接棒”過程中，甲、乙之間的作用力是作用力和反作用力的關系，所以甲對乙的沖量和乙對甲的沖量大小相等、方向相反，甲、乙的動量變化大小相等、方向相反，A錯誤，B正確；在“交接棒”過程中，由于甲、乙的位移的大小不一樣，所以甲對乙做的負功和乙對甲做的正功的數(shù)值不相等，D錯誤；由動能定理，合外力做的功等于物體動能的變化，所以甲、乙的動能變化量也不相等，C錯誤．4．C[解析]小鋼球碰撞，能量有損失，有：E0>E1＋E2，故E1＜E0、E2＜E0，A對，C錯；根據(jù)動量守恒，有：p0＝－p1＋p2，即p2＝p0＋p1，即p2＞p0，D對；由于鋼球1碰后的速度必小于碰前鋼球的速度，故p1＜p0，B對．5．BC[解析]以兩位同學為系統(tǒng)，其總動量守恒，開始時總動量為0，互推一下后，總動量仍為零，則有：p1－p2＝0，故互推后兩同學動量大小相等，方向相反，A錯，B對；由上式得m1v1＝m2v2，故質量大的同學速度小一些，C對；互推過程中，每位同學給對方的推力均做正功，機械能增加，故機械能不守恒，D錯．6．AD[解析]當A球追上B球發(fā)生正碰，系統(tǒng)動量必守恒，碰撞前的總動量必然等于碰撞后的總動量，C不滿足這一點，C錯；由題設條件知，mA＝mB，碰撞前，vA＞vB，要求碰撞后，vA′≤vB′，eq\f(peq\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(peq\o\al(2,B),2mB)≥eq\f(p′eq\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(p′eq\o\al(2,B),2mB)，代入給定選項的數(shù)值計算知，B不滿足，只有A、D是可能的．7．AC[解析]木塊滑上小車的運動過程中，木塊和小車系統(tǒng)所受的合外力為零，其動量守恒，則有：mv＝(M＋m)v1，解得v1＝eq\f(mv,m＋M)，A對；雖然小車上表面粗糙，但木塊與小車間的摩擦力屬于內力，系統(tǒng)所受力的合力為零，B錯；木塊做勻減速運動，而小車做勻加速運動，由動量守恒定律知mv＝mv木＋Mv車，則當木塊的速度最小時，小車的速度最大，C對；整個過程中，系統(tǒng)因摩擦產生的內能為：ΔE＝Q＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,1)，與粗糙程度無關，D錯．8．(1)5m/s12.5N(2)1.25m(3)2.5m[解析](1)設子彈射入木塊后與木塊獲得的共同速度為v，由動量守恒定律，有mv0＝(M＋m)v解得：v＝5m子彈與木塊整體在B點，由牛頓第二定律，有FB－(M＋m)g＝(M＋m)eq\f(v2,R)代入數(shù)據(jù)解得：FB＝12.5N，由牛頓第三定律知木塊對軌道的壓力FB′＝FB＝12.5N.(2)設木塊沿軌道上升的最大高度為h，由機械能守恒定律，有eq\f(1,2)(M＋m)v2＝(M＋m)gh解得：h＝1.25m(3)由動能定理，有eq\f(1,2)(M＋m)v2＝μ(M＋m)gs解得：s＝2.5m9．(1)eq\f(2L,v0)(2)eq\f(mveq\o\al(2,0),2L)(3)eq\f(M,m＋M)L[解析](1)小滑塊在木板上做勻減速直線運動，則整個滑動過程的平均速度v＝eq\f(v0,2)故t＝eq\f(L,v)＝eq\f(2L,v0).(2)設小滑塊在木板上滑動時所受的摩擦力大小為f，由動能定理可得－fL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：f＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2L)由牛頓第三定律和物體的平衡條件，木板對擋板P作用力的大小等于eq\f(mveq\o\al(2,0),2L).(3)設撤去擋板P，小滑塊與木板的共同速度為v，小滑塊靜止時距木板左端的距離為L′，此過程中小滑塊的位移為s1，木板的位移為s2，則L′＝s1－s2根據(jù)動量守恒定律和動能定理有mv0＝(m＋M)v－fs1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)fs2＝eq\f(1,2)Mv2由以上各式解得：L′＝eq\f(M,m＋M)L10．(1)eq\f(2,3)eq\r(2gh)(2)eq\f(2,3)mgh(3)vA＝eq\f(1,3)eq\r(2gh)，vB＝eq\f(4,3)eq\r(2gh)[解析](1)對A球下滑的過程，根據(jù)動能定理有2mgh＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)解得：v0＝eq\r(2gh)當A球進入水平軌道后，A、B兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，當A、B相距最近時，兩球速度相等，有2mv0＝(2m＋m)v解得：v＝eq\f(2,3)v0＝eq\f(2,3)eq\r(2gh).(2)根據(jù)能量轉化和守恒定律，有2mgh＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2＋Epm解得：Epm＝eq\f(2,3)mgh.(3)當A、B相距最近之后，由于靜電斥力的相互作用，它們將會相互遠離，當它們相距足夠遠時，它們之間的相互作用力可視為零，電勢能也