（課標(biāo)版）高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 能量與動(dòng)量 第8講 計(jì)算題對(duì)“能量與動(dòng)量”的考查限時(shí)練（含解析）-人教版高三全冊(cè)物理試題

計(jì)算題對(duì)“能量與動(dòng)量”的考查[A組12分中難大題練——少失分]1．(12分)如圖所示，質(zhì)量為2kg、上表面光滑的木板甲靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為1kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小物體丙放在木板甲右端，質(zhì)量為4kg的木板乙以5m/s的速度向左運(yùn)動(dòng)，與木板甲碰撞以后小物體滑到木板乙上，木板甲獲得8m/s的速度，木板乙上表面與小物體的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，g取10m/s2，求：(1)小物體在木板乙上表面滑行多長(zhǎng)時(shí)間相對(duì)木板乙靜止？(2)要使小物體不從木板乙上滑落，木板乙至少要多長(zhǎng)？解析：(1)乙與甲碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以乙的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：m乙v乙＝m乙v′乙＋m甲v′甲(2分)小物體在乙上滑動(dòng)至有共同速度v，對(duì)小物體與木板乙，由動(dòng)量守恒定律得：m乙v′乙＝(m乙＋m丙)v(2分)對(duì)小物體應(yīng)用牛頓第二定律得：a＝μg(1分)運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝eq\f(v,μg)，解得：t＝0.4s(2分)(2)設(shè)物塊最終距離木板乙左端最大距離為s，由能量守恒定律得：μm丙gs＝eq\f(1,2)m乙v′eq\o\al(2,乙)－eq\f(1,2)(m乙＋m丙)v2(3分)解得：s＝0.2m，木板的長(zhǎng)度至少要0.2m(2分)答案：(1)0.4s(2)0.2m2．(12分)(2019·廣東五校聯(lián)考)如圖所示，一光滑細(xì)管ABC，AB內(nèi)有一壓縮的輕質(zhì)彈簧，上方有一質(zhì)量m1＝0.01kg的小球1；BC是半徑R＝1m的四分之一圓弧細(xì)管，管口C的切線水平，并與長(zhǎng)度L＝1m的粗糙直軌道CD平滑相接，小球與CD的滑動(dòng)摩擦系數(shù)μ＝0.3.現(xiàn)將彈簧插銷K拔出，球1從管口C水平射出，通過(guò)軌道CD后與球2發(fā)生彈性正碰．碰后，球2立即水平飛出，落在E點(diǎn)．球1剛返回管口C時(shí)恰好對(duì)管道無(wú)作用力，若球1最后也落在E點(diǎn)．(球1和球2可視為質(zhì)點(diǎn)，g＝10m/s2)求：(1)碰后球1的速度、球2的速度；(2)球2的質(zhì)量．解析：(1)球1剛返回管口C時(shí)恰好對(duì)管道無(wú)作用力，則重力提供向心力：m1g＝m1eq\f(v\o\al(2,12),R)(1分)球1在CD水平面上所受的摩擦力：f＝μFN＝μm1g(1分)球1從D→C過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理：－fL＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,12)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,11)(2分)由以上三式解得：v11＝4m/s,v12＝eq\r(10)m/s.由于管道光滑，根據(jù)能量守恒，球1以速度v12從管口C出來(lái)球1從C→D過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理：－fL＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,13)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,12)(1分)解得：v13＝2m/s(1分)球1也落在E點(diǎn)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知：v2＝v13＝2m/s(1分)(2)1、2兩球在D點(diǎn)發(fā)生彈性正碰，由題可知碰后球1的速度向左根據(jù)動(dòng)量守恒：m1v10＝－m1v11＋m2v2(2分)根據(jù)能量守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,10)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,11)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)(2分)由以上兩式解得：m2＝0.05kg.(1分)答案：(1)4m/s2m/s(2)0.05kg3．(12分)(2019·河北唐山期末)如圖所示，光滑曲面與粗糙平面平滑連接，質(zhì)量為m2＝3kg的滑塊B靜止在光滑曲面的底端，質(zhì)量為m1＝2kg的滑塊A由曲面上某一高度H處無(wú)初速釋放，滑到底端和滑塊B發(fā)生彈性正碰，碰后滑塊B在平面上滑行的距離為L(zhǎng)＝2m，已知兩滑塊與平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.4，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)滑塊B在碰撞后獲得的速度大?。?2)滑塊A的釋放高度．解析：(1)碰后物塊B減速滑行，由動(dòng)能定理－μm2gL＝－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)(2分)滑塊碰后獲得速度v2＝4m/s(2分)(2)兩物塊碰撞，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律m1v0＝m1v1＋m2v2(2分)eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)(2分)物塊A下滑，由動(dòng)能定理m1gH＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)(2分)由以上各式解得H＝1.25m(2分)答案：(1)4m/s(2)1.25m4．(12分)(2019·湖南益陽(yáng)4月模擬)如圖所示，質(zhì)量分別為m1＝1.0kg和m2＝2.0kg的甲、乙兩物體之間夾有少量炸藥，兩物體一起沿水平地面向右做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度v0＝1m/s時(shí)夾在兩物體間的炸藥爆炸，之后甲物體以7m/s的速度仍沿原方向運(yùn)動(dòng)．已知兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)，甲物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.35，乙物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)炸藥爆炸使甲、乙兩物體增加的總動(dòng)能；(2)甲、乙兩物體分離2s后兩者之間的距離．解析：(1)爆炸瞬間系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，設(shè)爆炸后甲物體的速度為v1，乙物體的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2(1分)v1＝7m/s代入解得v2＝－2m/s，負(fù)號(hào)表示速度方向與正方向相反(1分)由能量守恒定律得eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,0)＋ΔEk＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)(2分)代入數(shù)據(jù)解得ΔEk＝27J(1分)(2)甲、乙兩物體分離后，甲物體向右勻減速滑行，乙物體向左勻減速滑行根據(jù)牛頓第二定律得甲物體滑行的加速度a1＝μ1g＝3.5m/s2(1分)乙物體滑行的加速度大小a2＝μ2g＝2m/s2(1分)從分離到甲物體停止運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)的時(shí)間t1＝eq\f(v1,a1)＝2s(1分)甲物體運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝eq\f(v1,2)t1＝7m(1分)從分離到乙物體停止運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)的時(shí)間t2＝eq\f(v2,a2)＝1s(1分)乙物體運(yùn)動(dòng)的位移為x2＝eq\f(v2,2)t2＝－1m(1分)故甲、乙兩物體分離2s后兩者之間的距離d＝|x1|＋|x2|＝8m(1分)答案：(1)27J(2)8m5．(12分)(2019·福建莆田一中模擬)如圖為一豎直固定的半徑為R＝0.5m的半圓軌道AB，該軌道與水平軌道相切于A點(diǎn)．質(zhì)量分別為m1＝0.1kg、m2＝0.2kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球甲和乙處在水平軌道上，且甲、乙之間有一壓縮的輕彈簧處于鎖定狀態(tài)，兩球與輕彈簧均不連接，開(kāi)始甲、乙兩球以共同的速度v0＝2m/s向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，兩小球運(yùn)動(dòng)至銜接點(diǎn)A時(shí)，鎖定突然解除，使兩球分離，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間小球乙恰好能通過(guò)B點(diǎn)，且能從B點(diǎn)水平拋出，重力加速度g取10m/s2.不計(jì)一切摩擦阻力，求：(1)兩小球分離時(shí)小球甲的速度；(2)小球乙由A到B的過(guò)程中合力的沖量．解析：(1)小球乙恰好能通過(guò)B點(diǎn)時(shí)，重力提供向心力，由牛頓第二定律得m2g＝m2eq\f(v′\o\al(2,2),R)，(2分)解得v′2＝eq\r(5)m/s(1分)小球乙從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝m2g·2R＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)(2分)解得v2＝5m/s(1分)當(dāng)兩球之間的鎖定突然解除后，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2(2分)代入數(shù)據(jù)解得v1＝－4m/s，即兩小球分離時(shí)小球甲的速度大小為4m/s，方向水平向左．(1分)(2)取向右為正方向，對(duì)小球乙，由動(dòng)量定理得I＝－m2v′2－m2v2＝－0.2×eq\r(5)kg·m/s－0.2×5kg·m/s＝－(eq\f(\r(5),5)＋1)kg·m/s，(2分)即小球乙由A到B的過(guò)程中合力的沖量大小為(eq\f(\r(5),5)＋1)kg·m/s，方向水平向左.(1分)答案：(1)4m/s，方向水平向左(2)(eq\f(\r(5),5)＋1)kg·m/s，方向水平向左[B組20分壓軸大題練——多得分]6．(20分)(2019·安徽蕪湖期末)如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩豎直懸掛著一質(zhì)量為m的小球A，恰好挨著放置在水平面上質(zhì)量為m的物塊B左側(cè)．現(xiàn)保持細(xì)繩繃直，把小球向左上方拉至細(xì)繩與豎直方向成60°角的位置，然后從靜止釋放小球．小球A到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)恰好與物塊B發(fā)生彈性碰撞，物塊向右滑行了L的距離停下．求：(1)物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ.(2)若僅改變A的質(zhì)量，使物塊B與A發(fā)生彈性碰撞后能向右滑行的距離為2L，則小球A的質(zhì)量應(yīng)該多大．解析：(1)設(shè)小球與物塊碰撞前瞬間的速度為v0，由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)×mveq\o\al(2,0)＝mg(L－Lcos60°)(2分)解得：v0＝eq\r(gL)(1分)設(shè)碰撞后瞬間小球、物塊的速度大小分別為v1、v2，由于碰撞是彈性的有：mv0＝mv1＋mv2(2分)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)(2分)解得：v2＝v0＝eq\r(gL)(1分)對(duì)于物塊向右滑行的過(guò)程，由動(dòng)能定理有：μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)(1分)μ＝0.5.(1分)(2)設(shè)小球與物塊碰撞前瞬間的速度為v′0，由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)Mv′eq\o\al(2,0)＝Mg(L－Lcos60°)(2分)解得：v′0＝eq\r(gL)(1分)設(shè)碰撞后瞬間有：Mv′0＝Mv′1＋mv′2(1分)eq\f(1,2)Mv′eq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)Mv′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,2)(1分)解得：v′2＝eq\f(2M,M＋m)eq\r(gL)(1分)若B物體前進(jìn)2L停下則有：μmg2L＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,2)(1分)得v′2＝eq\r(2gL)(1分)則有v′2＝eq\f(2M,M＋m)eq\r(gL)＝eq\r(2gL)(1分)得：M＝(eq\r(2)＋1)m.(1分)答案：(1)0.5(2)(eq\r(2)＋1)m7．(20分)(2019·重慶4月調(diào)研)在光滑絕緣水平軌道上有一彈簧左端系于A點(diǎn)，右端與質(zhì)量為3m的小球1接觸但不連接．現(xiàn)用外力推動(dòng)小球1將彈簧壓縮至彈性勢(shì)能為Ep＝mgs(s為一定值)時(shí)靜止釋放，離開(kāi)彈簧后與靜止在P點(diǎn)質(zhì)量為m、帶電量為q(q＞0)的小球2發(fā)生彈性正碰(不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移)，碰后小球2從D、B間進(jìn)入圓弧軌道，如圖所示．BC是一段豎直墻面，DEF是固定在豎直平面內(nèi)的一段光滑絕緣圓弧軌道，軌道上端D點(diǎn)的切線水平，B、D間距很小，可看作重合的點(diǎn)．圓心O與軌道下端F的連線與豎直墻面的夾角為53°.在BC右邊整個(gè)空間有水平向左、場(chǎng)強(qiáng)E＝eq\f(3mg,4q)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，小球2進(jìn)入圓弧軌道之后恰好能沿著軌道DEF運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后從軌道下端F處脫離，最后打在豎直墻面BC的C點(diǎn)．已知重力加速度為g，sin53°＝0.8.求：(1)碰后小球2運(yùn)動(dòng)的速度；(2)軌道DEF的半徑R；(3)小球2打在C點(diǎn)前瞬間的速度．解析：(1)由能量守恒得Ep＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)①(1分)1、2小球根據(jù)動(dòng)量守恒得：3mv1＝3mv′1＋mv2②(2分)1、2小球根據(jù)機(jī)械能守恒得：eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×3mv′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)③(2分)由①②③式解得vB＝v2＝eq\r(\f(3gs,2))(1分)(2)由題意得F合＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\f(5,4)mg(2分)設(shè)DEF軌道半徑為R，設(shè)在E點(diǎn)小球達(dá)到等效最高點(diǎn)，由于小球恰好能沿著DEF軌道運(yùn)動(dòng)，則在E點(diǎn)有：eq\f(5,4)mg＝meq\f(v\o\al(2,E),R)①(2分)根據(jù)動(dòng)能定理得：－eq\f(5,4)mg·(R－Rsin53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)②(2分)由①②式解得R＝eq\f(6,7)s(2分)(3)過(guò)點(diǎn)F做切線以及垂直BC的水平線，則α為53°.又因?yàn)閑q\f(mg,qE)＝eq\f(4,3)，則小球所受合力的方向與水平方向夾角成53°.即在F點(diǎn)小球速度方向與合力方向共線，小球做直線運(yùn)動(dòng)(1分)由幾何關(guān)系得LBC＝R＋eq\f(R,cos53°)＝eq\f(16,7)s(2分)從B到C全程動(dòng)能定理有：mgLBC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)(2分)解得vC＝eq\r(\f(85gs,14))(1分)答案：(1)eq\r(\f(3gs,2))(2)eq\f(6,7)s(3)eq\r(\f(85gs,14))8．(20分)(2019·廣東廣州天河區(qū)二模)如圖所示，有一質(zhì)量為M＝2kg的平板小車(chē)靜止在光滑的水平地面上，現(xiàn)有質(zhì)量均為m＝1kg的小物塊A和B(均可視為質(zhì)點(diǎn))，由車(chē)上P處開(kāi)始，A以初速度v1＝2m/s向左運(yùn)動(dòng)，B同時(shí)以v2＝4m/s向右運(yùn)動(dòng)．最終A、B兩物塊恰好停在小車(chē)兩端沒(méi)有脫離小車(chē)．兩