2024高考物理一輪復習第6章動量守恒定律及其應用限時規(guī)范專題練二動量與能量綜合應用問題含解析新人教版

PAGE8-限時規(guī)范專題練(二)動量與能量綜合應用問題時間：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共7小題，每小題6分，共42分。其中1～3題為單選，4～7題為多選)1．如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板A，右端有一根輕質彈簧沿水平方向與木板相連，木板質量M＝3kg。質量m＝1kg的鐵塊B以水平速度v0＝4m/s從木板的左端沿板面對右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最終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能為()A．3J B．4JC．6J D．20J答案A解析設鐵塊與木板共速時速度大小為v，鐵塊相對木板向右運動的最大距離為L，鐵塊與木板之間的摩擦力大小為f。鐵塊壓縮彈簧使彈簧最短時，由能量守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝fL＋eq\f(1,2)(M＋m)v2＋Ep，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v。從鐵塊起先運動到最終停在木板左端過程，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2fL＋eq\f(1,2)(M＋m)v2。聯(lián)立解得Ep＝3J，故A正確。2.(2024·湖南六校聯(lián)考)如圖所示，質量為m的勻稱木塊靜止在光滑水平面上，木塊左右兩側各有一位拿著完全相同步槍和子彈的射手。首先左側射手開槍，子彈水平射入木塊的最大深度為d1，然后右側射手開槍，子彈水平射入木塊的最大深度為d2。設子彈均未射穿木塊，且兩顆子彈與木塊之間的作用力大小均相同。當兩顆子彈均相對于木塊靜止時，下列推斷正確的是()A．木塊靜止，d1＝d2 B．木塊向右運動，d1<d2C．木塊靜止，d1<d2 D．木塊向左運動，d1＝d2答案C解析把木塊和打入的兩顆子彈看成一個系統(tǒng)，規(guī)定水平向右為正方向，由動量守恒定律可得：m彈v彈＋0－m彈v彈＝(2m彈＋m)v共，解得v共＝0。開槍前后系統(tǒng)損失的機械能等于子彈射入木塊時克服阻力所做的功，左側射手開槍后，右側射手開槍前，把左側射手開槍打出的子彈和木塊看做一個系統(tǒng)，設子彈射入木塊時受到的平均阻力大小為f，則由動量守恒定律有：m彈v彈＋0＝(m彈＋m)v共′，則v共′＝eq\f(m彈,m彈＋m)v彈，左側射手射出的子彈射入木塊中時，該子彈和木塊組成的系統(tǒng)損失的機械能ΔE1＝eq\f(1,2)m彈veq\o\al(2,彈)－eq\f(1,2)(m彈＋m)v共′2＝fd1，右側射手開槍打出的子彈射入木塊時，則有－m彈v彈＋(m彈＋m)v共′＝(2m彈＋m)v共，系統(tǒng)損失的機械能ΔE2＝eq\f(1,2)m彈veq\o\al(2,彈)＋eq\f(1,2)(m彈＋m)v共′2－0＝fd2，ΔE1<ΔE2，故d1<d2，C正確。3.如圖所示，物體A、B的質量分別為m、2m，物體B置于水平面上，B物體上部分半圓形槽的半徑為R，將物體A從圓槽的右側最高點由靜止釋放，一切摩擦均不計，則()A．A不能到達B圓槽的左側最高點B．A運動到圓槽的最低點時A的速率為eq\r(\f(gR,3))C．A運動到圓槽的最低點時B的速率為eq\r(\f(4gR,3))D．B向右運動的最大位移的大小為eq\f(2R,3)答案D解析對于物體A、B組成的系統(tǒng)，水平方向動量守恒，物體A從圓槽的右端最高點由靜止釋放時，系統(tǒng)動量為零，設A到達左側最高點的速度為v1，則v1＝0，依據(jù)能量守恒定律知，A能到達B圓槽左側的最高點，故A錯誤；設A到達最低點時的速率為v，B的速率為v′，依據(jù)動量守恒定律得0＝mv－2mv′，計算得出v′＝eq\f(v,2)，依據(jù)能量守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)·2mv′2，計算得出v＝eq\r(\f(4gR,3))，B的速率v′＝eq\r(\f(gR,3))，故B、C錯誤；因為A和B組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，當A運動到左側最高點時，B向右運動的位移最大，設B向右的最大位移為x，依據(jù)動量守恒定律得：m(2R－x)＝2mx，計算得出：x＝eq\f(2R,3)，故D正確。4．(2024·遼寧沈陽模擬)如圖甲所示，物塊A、B間拴接一個壓縮后被鎖定的輕彈簧，整個系統(tǒng)靜止放在光滑水平地面上，其中A物塊最初與左側固定的擋板相接觸，B物塊的質量為4kg?，F(xiàn)解除對彈簧的鎖定，在A離開擋板后，B物塊的v-t圖象如圖乙所示，則可知()A．物塊A的質量為4kgB．運動過程中物塊A的最大速度為vm＝4m/sC．在物塊A離開擋板前，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒D．在物塊A離開擋板后彈簧的最大彈性勢能為6J答案BD解析A離開擋板后，彈簧伸長最長時彈力最大，B的加速度最大，此時A和B共速，由圖乙知，A、B的共同速度為：v共＝2m/s，A剛離開擋板時B的速度為：v0＝3m/s。在A離開擋板后，取向右為正方向，由動量守恒定律有mBv0＝(mA＋mB)v共，解得mA＝2kg，A錯誤；當彈簧第一次復原原長時A的速度最大，設為vm，B的速度最小，為vB＝1m/s，由mBv0＝mAvm＋mBvB，eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,m)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，解得A的最大速度vm＝4m/s，B正確；在A離開擋板前，由于擋板對A有作用力，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，C錯誤；分析A離開擋板后A、B的運動過程，并結合圖象數(shù)據(jù)可知，彈簧伸長到最長時A、B的共同速度為v共＝2m/s，依據(jù)能量守恒定律有：Ep＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,共)，解得彈簧的最大彈性勢能Ep＝6J，D正確。5．如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個小球發(fā)生正碰。小球的質量分別為m1和m2。圖乙為它們碰撞前后的x－t圖象。已知m1＝0.1kg。由此可以推斷()A．碰前m2靜止，m1向右運動B．碰后m2和m1都向右運動C．m2＝0.3kgD．碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4J的機械能答案AC解析由圖甲、乙知，碰前m2靜止，m1向右運動，碰后m2向右運動，m1向左運動，A正確，B錯誤；設碰前m1速度大小為v0，碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2，則v0＝eq\f(8,2)m/s＝4m/s，v1＝eq\f(8,6－2)m/s＝2m/s，v2＝eq\f(16－8,6－2)m/s＝2m/s，設向右為正方向，由動量守恒定律得m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得m2＝0.3kg，C正確；由能量守恒定律得，損失的機械能ΔE損＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2v\o\al(2,2)))＝0，可知碰撞過程中無機械能損失，碰撞為完全彈性碰撞，D錯誤。6．水平地面上有兩個物體在同始終線上運動，兩物體碰撞前后的速度—時間圖象如圖所示(其中一個物體碰后速度變?yōu)?)。下列說法正確的是()A．t＝0時，兩物體的距離為1mB．t＝2.5s時，兩物體的距離為4.5mC．兩物體間的碰撞為完全彈性碰撞D．碰撞前，地面對兩個物體的摩擦力大小不相等答案BC解析兩物體相向運動，均做勻減速直線運動，1s時相碰，可知t＝0時，兩物體的距離為Δs＝eq\f(1,2)×(4＋6)×1m＋eq\f(1,2)×(2＋6)×1m＝9m，A錯誤；t＝2.5s時，兩物體的距離為Δs′＝eq\f(1,2)×6×(2.5－1)m＝4.5m，B正確；設碰前速度為正值的物體的質量為m1，速度為負值的物體的質量為m2，由題設可知，碰后原來速度為正值的物體的速度變?yōu)榱?，由動量守恒定律可知，m1×4＋m2×(－2)＝m2×6，解得m1＝2m2，由能量關系：碰前E1＝eq\f(1,2)m1×42＋eq\f(1,2)m2×22＝8m1＋2m2＝18m2，碰后E2＝eq\f(1,2)m2×62＝18m2，則兩物體間的碰撞為完全彈性碰撞，C正確；碰前速度為正值的物體所受的摩擦力大小f1＝m1a1＝m1×eq\f(6－4,1)＝2m1，速度為負值的物體所受的摩擦力大小f2＝m2a2＝m2×eq\f(6－2,1)＝4m2＝2m1＝f1，則D錯誤。7．(2024·江西高三九校3月聯(lián)考)如圖所示，光滑水平面上放一個質量為M的足夠長的木板，起先木板靜止，現(xiàn)在有一個質量為m的滑塊以速度v0滑上木板，滑塊和木板間的動摩擦因數(shù)為μ，以下說法正確的是()A．假如增大木板的質量M，則滑塊和木板相對運動的時間變長，因摩擦而產生的熱量增加B．假如增大滑塊的質量m，則滑塊和木板相對運動的時間變短，滑塊在木板上滑行的距離變大C．假如增大動摩擦因數(shù)μ，則因摩擦而產生的熱量不變D．假如增大初速度v0，則因摩擦而產生的熱量增加答案ACD解析將木板和滑塊看成一個系統(tǒng)，合外力為零，動量守恒，依據(jù)動量守恒定律有：mv0＝(m＋M)v1，解得：v1＝eq\f(mv0,m＋M)；依據(jù)能量守恒定律可知因摩擦而產生的熱量為：Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)＝eq\f(mMv\o\al(2,0),2m＋M)，對木板由動量定理可得：μmgt＝Mv1＝eq\f(mMv0,m＋M)，解得滑塊和木板相對運動的時間為：t＝eq\f(Mv0,μgm＋M)。假如增大木板的質量M，則滑塊和木板相對運動的時間t＝eq\f(v0,μg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,M)＋1)))變長，因摩擦而產生的熱量Q＝eq\f(mv\o\al(2,0),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,M)＋1)))增加，故A正確；假如增大滑塊的質量m，則滑塊和木板相對運動的時間t＝eq\f(Mv0,μgm＋M)變短，對滑塊依據(jù)動能定理可得：－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得滑塊在木板上滑行的距離s＝eq\f(2mM＋M2v\o\al(2,0),2μgm＋M2)，增大m，則s變小，故B錯誤；假如增大動摩擦因數(shù)μ，則因摩擦而產生的熱量Q＝eq\f(mMv\o\al(2,0),2m＋M)不變，故C正確；假如增大初速度v0，則因摩擦而產生的熱量Q＝eq\f(mMv\o\al(2,0),2m＋M)增加，故D正確。二、非選擇題(本題共4小題，共58分)8．(12分)(2024·河北唐山模擬)如圖所示，在光滑的水平面上放著一個質量為m的木球，在木球正上方L處有一個固定懸點O，在懸點O和木球之間用一根長為2L的不行伸長的輕繩連接。有一個質量也為m的子彈以v0的速度水平射入木球并留在其中，一段時間之后木球繞O點在豎直平面內做圓周運動。球可視為質點，重力加速度為g，空氣阻力不計，求：(1)木球以多大速度離開水平地面；(2)子彈速度v0的最小值。答案(1)eq\f(1,4)v0(2)8eq\r(2gL)解析(1)設子彈打入木球后共同速度為v，木球離開水平地面的速度為v1，由動量守恒定律得：mv0＝2mv，解得：v＝eq\f(1,2)v0木塊離開地面時沿繩方向的分速度瞬間減為零，垂直繩方向的分速度不變，故木球離開地面的速度為v1＝v·eq\f(L,2L)＝eq\f(1,4)v0。(2)木球從離開水平地面到最高點的過程中機械能守恒，設到最高點時速度為v3，繩子對木球的拉力為F，由機械能守恒定律和牛頓其次定律有－2mg·3L＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,1)，F(xiàn)＋2mg＝2meq\f(v\o\al(2,3),2L)由題意知F≥0，聯(lián)立解得v0≥8eq\r(2gL)，即v0的最小值為8eq\r(2gL)。9．(14分)如圖所示，質量為m、半徑為R、內壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，其左側緊靠豎直墻，右側緊靠一質量為m的小滑塊。將一質量為2m的小球自左側槽口A的正上方某一位置由靜止起先釋放，由圓弧槽左端A點進入槽內，小球剛好能到達槽右端C點，重力加速度為g，求：(1)小球起先下落時距A的高度h；(2)小球從起先下落到槽最低點B的過程中，墻壁對槽的沖量；(3)小滑塊離開槽的速度大小。答案(1)R(2)4meq\r(gR)，水平向右(3)2eq\r(gR)解析(1)設小球第一次運動到槽最低點B的速度為vB，小球從起先釋放至運動到B點的過程中，則有：2mg(h＋R)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B)設小球運動到C點時，小球、半圓槽和小滑塊系統(tǒng)的共同速度為v共，小球從B點到C點的過程中，則有：eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B)＝2mgR＋eq\f(1,2)×(2m＋m＋m)veq\o\al(2,共)2mvB＝(2m＋m＋m)v解得h＝RvB＝2eq\r(gR)。(2)對小球、半圓槽和小滑塊系統(tǒng)，從起先至小球下落到B點的過程中，由動量定理：I＝2mvB－0解得I＝4meq\r(gR)，方向水平向右。(3)對小球、半圓槽和小滑塊系統(tǒng)，從小球第一次到B點至其次次到B點過程：2mvB＝2mvB′＋2mv槽eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)×2mvB′2＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,槽)解得：vB′＝0，v槽＝2eq\r(gR)，小球其次次到B點后，小滑塊離開槽而向右做勻速直線運動，速度為v滑＝v槽＝2eq\r(gR)。10．(14分)如圖所示，質量為M＝1kg、上表面為一段圓弧的大滑塊放在水平面上，圓弧面的最底端剛好與水平面相切于水平面上的B點，B點左側水平面粗糙、右側水平面光滑，質量為m＝0.5kg的小物塊放在水平面上的A點，現(xiàn)給小物塊一個向右的水平初速度v0＝4m/s，小物塊剛好能滑到圓弧面上的最高點C，已知圓弧所對的圓心角為53°，A、B兩點間的距離為L＝1m，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，重力加速度為g＝10m/s2。求：(1)圓弧所對圓的半徑R；(2)若A、B間水平面光滑，將大滑塊固定，小物塊仍以v0＝4m/s的初速度向右運動，則小物塊從C點拋出后，經多長時間落地？答案(1)1m(2)eq\f(4\r(2)＋\r(82),25)s解析(1)設小物塊在B點時的速度大小為v1，依據(jù)動能定理得：－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)設小物塊在C點時的速度大小為v2，物塊從B點滑到圓弧面上最高點C的過程，小物塊與大滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，依據(jù)動量守恒定律有：mv1＝(m＋M)v2依據(jù)機械能守恒定律有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,2)＋mg(R－Rcos53°)聯(lián)立解得：R＝1m。(2)若A、B間水平面光滑，大滑塊固定，物塊以v0的速度沖上圓弧面，設物塊到達C點時速度為v3，依據(jù)機械能守恒定律有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋mg(R－Rcos53°)解得：v3＝2eq\物塊從C點拋出后，在豎直方向的分速度為：vy＝v3sin53°＝eq\f(8\r(2),5)m/s這時物塊離地面的高度為：h＝R－Rcos53°＝0.4m設小物塊從C點拋出后經時間t落地，在豎直方向由運動學公式有：－h(huán)＝vyt－eq\f(1,2)gt2解得：t＝eq\f(4\r(2)＋\r(82),25)s。11．(18分)(2024·江西贛州模擬)如圖所示，水平面以O點為界，左側光滑、右側粗糙。足夠長的木板A左端恰在O點，木板右端疊放著物塊B。物塊C和D之間夾著一根被壓縮了的輕彈簧(彈簧與物塊不栓接)，用細線鎖定并處于靜止狀態(tài)，此時彈簧的彈性勢能Ep＝3J