高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)29定律與能量綜合專題（含解析）

PAGEPAGE1定律與能量綜合專題一、選擇題1.(2018·河南模擬)如圖所示，質(zhì)量為M的足夠高光滑斜槽靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小球以一定的水平初速度沖上斜槽且不脫離斜槽，后又返回斜槽底部，則下列說法正確的是()A．小球獲得的最大重力勢(shì)能等于小球初始動(dòng)能B．小球到達(dá)斜槽最高點(diǎn)處，小球的速度為零C．小球回到斜槽底部時(shí)，小球速度方向一定向右D．小球回到斜槽底部時(shí)，小球速度方向可能向左答案D解析A項(xiàng)，小球沖上斜槽的過程中，斜槽向左運(yùn)動(dòng)，獲得了動(dòng)能，所以小球獲得的最大重力勢(shì)能小于小球初始動(dòng)能，故A項(xiàng)錯(cuò)誤．B項(xiàng)，小球到達(dá)斜槽最高點(diǎn)處時(shí)速度與斜槽速度相同，由水平動(dòng)量守恒得mv＝(M＋m)v′，可得v′＝eq\f(mv,M＋m)≠0，故B項(xiàng)錯(cuò)誤．C、D兩項(xiàng)，設(shè)小球回到斜槽底部時(shí)，由水平動(dòng)量守恒得mv＝mv1＋Mv2.根據(jù)機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22.解得v1＝eq\f(m－M,M＋m)v，若m＞M，得v′＞0，說明小球速度方向向左，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．2．(2018·海南)如圖，用長為l的輕繩懸掛一質(zhì)量為M的沙箱，沙箱靜止．一質(zhì)量為m的彈丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動(dòng)一小角度．不計(jì)空氣阻力．對(duì)子彈射向沙箱到與其共同擺過一小角度的過程()A．若保持m、v、l不變，M變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變小B．若保持M、v、l不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變小C．若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大D．若保持M、m、v不變，l變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大答案C解析彈丸擊中沙箱過程系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以彈丸的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv＝(M＋m)v′，解得：v′＝eq\f(mv,M＋m)，彈丸與沙箱一起擺動(dòng)過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由能量守恒定律可知，整個(gè)過程系統(tǒng)損失的機(jī)械能：ΔE＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝eq\f(Mmv2,2（M＋m）)；由此判斷，只有C項(xiàng)正確．3．(2018·新鄉(xiāng)一模)(多選)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質(zhì)量相同、材料不同的兩矩形滑塊A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍．上述兩種射入過程相比較()A．射入滑塊A的子彈速度變化大B．整個(gè)射入過程中兩滑塊受的沖量一樣大C．射入滑塊A中時(shí)阻力對(duì)子彈做功是射入滑塊B中時(shí)的兩倍D．兩個(gè)過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同答案BD解析A項(xiàng)，設(shè)子彈的初速度為v，共同速度為v′，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有：mv＝(M＋m)v′，解得：v′＝eq\f(mv,M＋m)；由于兩矩形滑塊A、B的質(zhì)量相同，故最后子彈與滑塊的速度都是相同的，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，滑塊A、B的質(zhì)量相同，初速度均為零，末速度均為eq\f(mv,M＋m)，故動(dòng)量改變量相等，根據(jù)動(dòng)量定理，沖量相等，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，根據(jù)動(dòng)能定理，射入滑塊中時(shí)阻力對(duì)子彈做功等于動(dòng)能的變化量，故射入滑塊A中時(shí)阻力對(duì)子彈做功與射入B中時(shí)相等，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，根據(jù)能量守恒定律，兩個(gè)過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)減小的機(jī)械能，故兩個(gè)過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同，故D項(xiàng)正確．4．(多選)如圖所示，在質(zhì)量為M(含支架)的小車中用輕繩懸掛一小球，小球的質(zhì)量為m0，小車和小球以恒定速度v沿光滑水平地面運(yùn)動(dòng)，與位于正對(duì)面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時(shí)間極短．在此碰撞過程中，下列哪個(gè)或哪些說法是可能發(fā)生的？()A．在此過程中小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3B．在此碰撞過程中，小球的速度不變，小車和木塊的速度分別為v1和v2，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2C．在此碰撞過程中，小球的速度不變，小車和木塊的速度都變成u，滿足Mv＝(M＋m)uD．碰撞后小球擺到最高點(diǎn)時(shí)速度變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2答案CD解析A項(xiàng)，碰撞的瞬間小車和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，擺球的速度在瞬間不變，若碰后小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，根據(jù)動(dòng)量守恒有：Mv＝Mv1＋mv2.若碰后小車和木塊速度相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：Mv＝(M＋m)u.故C項(xiàng)正確，A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，碰撞后，小車和小球水平方向動(dòng)量守恒，則整個(gè)過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有：(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2，故D項(xiàng)正確．5.(2018·贛州一模)如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板，右端有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M＝3kg.質(zhì)量m＝1kg的鐵塊以水平速度v0＝4m/s，從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端．在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為()A．3J B．6JC．20J D．4J答案A解析設(shè)鐵塊與木板速度相同時(shí)，共同速度大小為v，鐵塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑行的最大路程為L，摩擦力大小為f.根據(jù)能量守恒定律得：鐵塊相對(duì)于木板向右運(yùn)動(dòng)過程：eq\f(1,2)mv02＝fL＋eq\f(1,2)(M＋m)v2＋Ep鐵塊相對(duì)于木板運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程：eq\f(1,2)mv02＝2fL＋eq\f(1,2)(M＋m)v2又根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒可知，mv0＝(M＋m)v聯(lián)立得到：Ep＝3J.6.(2018·宜昌模擬)如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)，一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點(diǎn)靜止開始沿軌道滑下，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點(diǎn)．已知小車質(zhì)量M＝3m，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.則()A．全程滑塊水平方向相對(duì)地面的位移R＋LB．全程小車相對(duì)地面的位移大小s＝eq\f(1,4)(R＋L)C．滑塊m運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度vm＝eq\r(2gR)D．μ、L、R三者之間的關(guān)系為R＝4μL答案B解析A、B兩項(xiàng)，設(shè)全程小車相對(duì)地面的位移大小為s，則滑塊水平方向相對(duì)地面的位移x＝R＋L－s.取水平向右為正方向，由水平動(dòng)量守恒得：meq\f(x,t)－Meq\f(s,t)＝0，即meq\f(R＋L－s,t)－Meq\f(s,t)＝0，結(jié)合M＝3m，解得s＝eq\f(1,4)(R＋L)，x＝eq\f(3,4)(R＋L)．故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確．C項(xiàng)，滑塊剛滑到B點(diǎn)時(shí)速度最大，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒分別得：0＝mvm－Mv.mgR＝eq\f(1,2)mvm2＋eq\f(1,2)Mv2.聯(lián)立解得vm＝eq\r(\f(3,2)gR)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤．D項(xiàng)，對(duì)整個(gè)過程，由動(dòng)量守恒定律得：0＝(m＋M)v′，得v′＝0由能量守恒定律得mgR＝μmgL，得R＝μgL，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．7.(2018·安徽二模)(多選)如圖所示，水平光滑軌道寬度和輕質(zhì)彈簧自然長度均為d.兩物體m1和m2與彈簧連接，m2的左邊有一固定擋板．m1由圖示位置靜止釋放，當(dāng)m1與m2相距最近時(shí)m1速度為v1，則在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，可能的情況是()A．m1的最小速度是0 B．存在某段時(shí)間m1向左運(yùn)動(dòng)C．m2的最大速度一定是v1 D．m2的最大速度是eq\f(2m1,m1＋m2)v1答案ABD解析A、C、D項(xiàng)，從小球m1到達(dá)最近位置后繼續(xù)前進(jìn)，此后拉到m2前進(jìn)，m1減速，m2加速，達(dá)到共同速度時(shí)兩者相距最遠(yuǎn)，此后m1繼續(xù)減速，m2加速，當(dāng)兩球再次相距最近時(shí)，m1達(dá)到最小速度，m2達(dá)最大速度：取向右為正方向．根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律分別得m1v1＝m1v1′＋m2v2eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v12′＋eq\f(1,2)m2v22；解得：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1故m2的最大速度為eq\f(2m1,m1＋m2)v1，m1的最小速度為eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，當(dāng)m1＝m2時(shí)，m1的最小速度是0，故A、D兩項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤．B項(xiàng)，若m1＜m2，由上得v1′＜0，知存在某段時(shí)間m1向左運(yùn)動(dòng)，故B項(xiàng)正確．8．(2018·漳州三模)(多選)如圖甲，長木板A靜放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝1kg的物塊B以v0＝3m/s的速度滑上A的左端，之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，取g＝10m/s2，由此可得()A．A的質(zhì)量mA＝1kgB．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2C．木板A的長度至少為2mD．0～2s內(nèi)，A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失為3J答案BD解析A項(xiàng)，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋mA)v，由圖知v＝1m/s，解得mA＝2kg，故A項(xiàng)錯(cuò)誤．B項(xiàng)，由圖像可知，木板A的加速度為a＝eq\f(v,t)＝1m/s2，根據(jù)μmg＝mAa得出動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，故B項(xiàng)正確．C項(xiàng)，木板A的最小長度等于0～1s內(nèi)A與B間相對(duì)位移的大小，為L＝eq\f(3×1,2)＝1.5m，故C項(xiàng)錯(cuò)誤．D項(xiàng)，0～2s內(nèi)，A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失為：ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋mA)v2，解得：ΔE＝3J，故D項(xiàng)正確．9.(2018·孝感一模)(多選)如圖所示，在光滑水平地面上有一長木板，其左端放有一質(zhì)量為2m的木塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，木塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.開始時(shí)，長木板和木塊都靜止，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以初速度v0擊中木塊并停留其中，設(shè)長木板撞到前方固定的障礙物前，長木板和木塊的速度已經(jīng)相等．已知長木板與障礙物發(fā)生彈性碰撞，經(jīng)足夠長的時(shí)間后，木塊始終不從長木板上掉下來，則(重力加速度為g)()A．木板與障礙物碰撞前，子彈、木塊、木板三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．木板與障礙物碰撞前，子彈、木塊、木板三者組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．若木板的質(zhì)量為6m，木板可能與障礙物發(fā)生兩次碰撞D．若木板的質(zhì)量為2m，木板的長度至少為eq\f(v02,18μg)答案AD解析A、B兩項(xiàng)，木板與障礙物碰撞前，子彈、木塊、木板三者組成的系統(tǒng)所受的外力之和為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒．由于有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤．C項(xiàng)，設(shè)木板的質(zhì)量為M.木板要能與障礙物發(fā)生兩次碰撞，碰撞前子彈和木塊的總動(dòng)量應(yīng)大于木板的動(dòng)量，即有(m＋2m)v＞Mv，得M＜3m，所以若木板的質(zhì)量為6m，木板不可能與障礙物發(fā)生兩次碰撞，故C項(xiàng)錯(cuò)誤．D項(xiàng)，子彈射入木塊的過程，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝(m＋2m)v1，得：v1＝eq\f(1,3)v0，木塊在木板上多次滑行，最終靜止在障礙物處，由能量守恒定律得：μ·3mgL＝eq\f(1,2)×3mv12，木板的長度至少為：L＝eq\f(v02,18μg).故D項(xiàng)正確．10.(2018·湖北二模)(多選)質(zhì)量為2m的兩個(gè)相同小球A、B穿在水平光滑細(xì)桿上，用兩根長度為L的輕繩與C球相連，已知C的質(zhì)量為m，一開始A、B相距2L，現(xiàn)將系統(tǒng)從靜止釋放，A與B相碰前瞬間，A、B球的速度大小分別為vA、vB，下列說法正確的是()A．vA＝vB＝eq\f(1,2)eq\r(2gL)B．vA＝vB＝eq\r(2gL)C．從釋放到A、B兩球碰前，兩輕繩對(duì)C球所做的總功為－mgLD．當(dāng)A、B間距為L的時(shí)候，A、B、C三球速度大小相等答案AC解析A項(xiàng)，由系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒得2mvA－2mvB＝0vA＝vB，由A、B、C為系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律：mgL＝eq\f(1,2)·2mvA2＋eq\f(1,2)·2mvB2，解得：vA＝vB＝eq\f(1,2)eq\r(2gL)，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，C球重力做功WG＝mgL，則兩輕繩對(duì)C球所做的總功為－mgL，故C項(xiàng)正確．D項(xiàng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解沿繩方向速度應(yīng)該相等，即當(dāng)A、B間距為L的時(shí)候，vCcos30°＝vAsin30°，所以C點(diǎn)速度和A點(diǎn)速度大小肯定不同，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．11．(2018·聊城一模)(多選)如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別是m1和m2的兩物塊相連，它們靜止在光滑水平地面上．現(xiàn)給物塊m1一個(gè)瞬時(shí)沖量，使它獲得水平向右的速度v0，從此時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，則下列判斷正確的是()A．t1時(shí)刻彈簧長度最短B．在t1～t3時(shí)間內(nèi)，彈簧處于壓縮狀態(tài)C．在0～t2時(shí)間內(nèi)，彈簧對(duì)m1沖量的大小為m1(v0－v3)D．m1、m2的動(dòng)量滿足：m1v0＝(m1＋m2)v2＝m2v1－m1v3答案AD解析A項(xiàng)，從圖像可以看出，從0到t1的過程中，m1的速度比m2的大，彈簧被壓縮，t1時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度，此后，m1的速度比m2的小，兩者間距增大，彈簧的壓縮量減小，所以t1時(shí)刻彈簧長度最短，故A項(xiàng)正確．B項(xiàng)，t2時(shí)刻m2的速度最大，此后m2的速度減小，彈簧被拉伸，則t2時(shí)刻彈簧恢復(fù)原長，則知在t1～t2時(shí)間內(nèi)，彈簧處于壓縮狀態(tài)．t2～t3時(shí)間內(nèi)，彈簧處于拉伸狀態(tài)．故B項(xiàng)錯(cuò)誤．C項(xiàng)，在0～t2時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量定理得：彈簧對(duì)m1沖量為I＝－m1v3－m1v0，沖量大小為m1(v0＋v3)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤．D項(xiàng)，兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)外力之和為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則有：m1v0＝(m1＋m2)v2＝m2v1－m1v3.故D項(xiàng)正確．12.如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為eq\f(3,4)h0(不計(jì)空氣阻力)，則()A．小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為eq\f(1,2)RC．小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動(dòng)D．小球第二次能上升的最大高度eq\f(1,2)h0<h<eq\f(3,4)h0答案D解析A項(xiàng)，小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受外力之和為零，水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但系統(tǒng)整體所受外力之和不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒：mv－mv′＝0，meq\f(2R－x,t)－meq\f(x,t)＝0，解得，小車的位移：x＝R，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，小球由B點(diǎn)離開小車時(shí)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，小球第一次從釋放到上升到最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理得：mg(h0－eq\f(3,4)h0)－Wf＝0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf＝eq\f(1,4)mgh0，即小球第一次在車中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為eq\f(1,4)mgh0，由于小球第二次在車中滾動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于eq\f(1,4)mgh0，機(jī)械能損失小于eq\f(1,4)mgh0，因此小球再次離開小車時(shí)，能上升的高度大于：eq\f(3,4)h0－eq\f(1,4)h0＝eq\f(1,2)h0，而小于eq\f(3,4)h0，故D項(xiàng)正確．二、非選擇題13．(2018·樂山模擬)如圖所示，可看成質(zhì)點(diǎn)的A物體疊放在上表面光滑的B物體上，一起以v0的速度沿光滑的水平軌道勻速運(yùn)動(dòng)，與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C發(fā)生完全非彈性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘連，A滑上C后恰好能到達(dá)C板的最右端，已知A、B、C質(zhì)量均相等，且為m，木板C長為L，求：(1)A物體的最終速度；(2)A、C之間的摩擦力f；(3)A在木板C上滑行的時(shí)間t.答案(1)eq\f(3,4)v0(2)eq\f(mv02,16L)(3)eq\f(4L,v0)解析(1)B、C碰撞過程中動(dòng)量守恒，令B、C碰后的共同速度為v1，以B的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv0＝2mv1，解得：v1＝eq\f(v0,2)，B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脫離A、C相互作用過程中動(dòng)量守恒，設(shè)最終A、C的共同速度v2，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0＋mv1＝2mv2，解得：v2＝eq\f(3,4)v0；(2、3)在A、C相互作用過程中，由能量守恒定律得：fL＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)·2mv22，解得：f＝eq\f(mv02,16L)，此過程中對(duì)C，由動(dòng)量定理得：ft＝mv2－mv1，解得：t＝eq\f(4L,v0).14．如圖所示，有一傾角為α＝30°的光滑斜面固定在水平面上，質(zhì)量為mA＝1kg的滑塊A(可以看做質(zhì)點(diǎn))在水平向左的恒力F作用下靜止在距離斜面底端x＝5m的位置上，水平面上有一質(zhì)量為mB＝1kg的表面