2021高考物理一轮复习能量和动量检测题含解析新人教版

1、能量和动量检测题(本试卷满分100分)一、单项选择题(本题包括8小题，每小题3分，共24分)1如图所示，质量为m的圆环套在与水平面成53角的固定的光滑细杆上，圆环用一轻绳通过一光滑定滑轮挂一质量也为m的木块，初始时圆环与滑轮在同一水平高度上，这时定滑轮与圆环相距0.5 m现由静止释放圆环，圆环及滑轮均可视为质点，轻绳足够长已知重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6.则下列说法正确的是()a圆环下滑0.6 m时速度为零b圆环与木块的动能始终相等c圆环的机械能守恒d圆环下滑0.3 m时速度为 m/s2.如图所示，足够长的小平板车b的质量为m，以水平速度v0向右在光滑水平

2、面上运动，与此同时，质量为m的小物体a从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动若物体与车面之间的动摩擦因数为，则在足够长的时间内()a若mm，物体a对地向左的最大位移是b若mv1)的速度向左滑上传送带，经过时间t1，物块与传送带相对静止，则下列说法正确的是()a物块经过时间，速度减为零b物块向左运动的最大位移为ct1时间内，传送带对物块所做的功为mvmvdt1时间内，传送带消耗的电能为m(v1v2)v110.如图所示，在两根水平固定的平行光滑杆上套着a、b、c三个小球，三个小球均可以沿杆滑动a的质量为3m，b和c的质量均为m，初始时a和b用一根轻弹簧相连，a和b的连线与杆垂直，弹簧处于

3、原长状态，c以速度v0沿杆向左运动，与b发生碰撞后瞬间结合在一起，下列说法正确的是()a碰撞后，a的最大速度为v0b碰撞后，b、c的最小速度为v0c碰撞后，弹簧的最大弹性势能为mvd碰撞后，b、c速度最小时，弹簧的弹性势能为mv11如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2(已知m20.5 kg)的两物块a、b相连接，弹簧处于原长，三者静止在光滑水平面上现使b获得水平向右、大小为6 m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的图象如图乙所示，从图象提供的信息可得()a在t1时刻，两物块达到共同速度2 m/s，且弹簧处于伸长状态bt3到t4时间内弹簧由原长变化为压缩状态ct3

4、时刻弹簧的弹性势能为6 jd在t3和t4时刻，弹簧均处于原长状态12.如图所示，质量均为m的a、b两物体用轻绳相连，将物体a用一轻弹簧悬挂于天花板上，系统处于静止状态，如果弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能表达式为epkx2(式中x为弹簧的伸长量)，且弹簧一直处在弹性限度内，现将a、b间的连线剪断，则在这之后的过程中(已知重力加速度为g)()a绳子剪断的瞬间物体a的加速度为gb绳子剪断后物体a能上升的最大高度为c物体a的最大动能为d物体a速度达到最大时，弹簧弹力做的功为三、非选择题(本题包括6小题，共60分)13(9分)某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌

5、面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图(a)所示向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能回答下列问题：(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能ep与小球抛出时的动能ek相等已知重力加速度大小为g.为求得ek，至少需要测量下列物理量中的_(填正确答案标号)a小球的质量mb小球抛出点到落地点的水平距离sc桌面到地面的高度hd弹簧的压缩量xe弹簧原长l0(2)用所选取的测量量和已知量表示ek，得ek_.(3)图(b)中的直线是实验测量得到的sx图线从理论上可推出，如果h不变，

6、m增加，sx图线的斜率会_(填“增大”“减小”或“不变”)；如果m不变，h增加，sx图线的斜率会_(填“增大”“减小”或“不变”)由图(b)中给出的直线关系和ek的表达式可知，ep与x的_次方成正比14(8分)利用气垫导轨通过闪光照相进行“探究碰撞中的不变量”这一实验(1)实验要求研究两滑块碰撞时动能损失很小或很大等各种情况，若要求碰撞时动能损失最大，应选图_(选填“甲”或“乙”)图中的装置，若要求碰撞时动能损失最小，则应选图_(选填“甲”或“乙”)图中的装置(甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥)(2)若通过实验已验证碰撞前、后系统的动量守恒，某同学再进行以下实验某次实验

7、时碰撞前b滑块静止，a滑块匀速向b滑块运动并发生碰撞，利用频闪照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图丙所示已知相邻两次闪光的时间间隔为t，在这4次闪光的过程中，a、b两滑块均在080 cm范围内，且第1次闪光时，滑块a恰好位于x10 cm处若a、b两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则可知碰撞发生在第1次闪光后的_时刻，a、b两滑块的质量比mamb_.15(10分)如图，光滑固定的水平直杆(足够长)上套着轻弹簧和质量m14 kg的小球a，用长度l0.2 m的不可伸长的轻绳将a与质量m25 kg的小球b连接起来，已知弹簧左端固定，右端不与a相连现在让a压缩弹簧使之储存4 j的弹

8、性势能，此时a、b均静止再由静止释放a，发现当a脱离弹簧后，b运动至最高点时绳与杆的夹角为53.取重力加速度g10 m/s2，cos 530.6，sin530.8，求：(1)弹簧给a的冲量大小；(2)a脱离弹簧后的最大速度16(12分)如图所示，质量为m0.5 kg的小球用长为r0.4 m的细绳悬挂于o点，在o点的正下方有一个质量为m11.0 kg的小滑块，小滑块放在一块静止在光滑水平面上、质量为m21.0 kg的木板左端现将小球向左上方拉至细绳与竖直方向夹角60的位置由静止释放，小球摆到最低点与小滑块发生正碰并被反弹，碰撞时间极短，碰后瞬间细绳对小球的拉力比碰前瞬间减小了ft4.8 n，而小

9、滑块恰好不会从木板上掉下已知小滑块与木板之间的动摩擦因数为0.12，不计空气阻力，小滑块与小球均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)碰后瞬间小球的速度大小；(2)木板的长度17.(10分)如图所示，质量分布均匀、形状对称的金属块内有一个半径为r的光滑半圆形槽，金属块放在光滑的水平面上且左边挨着竖直墙壁一质量为m的小球从离金属块左上端r处由静止下落，小球到达最低点后向右运动从金属块的右端冲出，到达最高点后离半圆形槽最低点的高度为r.重力加速度为g，不计空气阻力(1)小球第一次到达最低点时，小球对金属块的压力为多大？(2)金属块的质量为多少？18(11分)如图，在光滑的水平面上静置

10、着足够长、质量为3m的木板，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，最后所有的木块与木板相对静止已知重力加速度为g，求：(1)木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小；(2)木块2在整个运动过程中的最小速度能量和动量检测题1d当圆环下降0.6 m时，由几何关系知，木块高度不变，圆环高度下降了h10.6sin 53 m，由运动的合成与分解得v木v环cos 53，由系统机械能守恒有mgh1mvmv环，由此可知，a项错误；圆环与木块组成的系统机械能守恒，c项错误；设轻绳与细杆的夹角为，由运动的合成与分解得

11、v木v环cos ，当圆环下滑0.3 m时，根据几何关系，90，木块速度为零，圆环高度下降了h10.3sin 53 m0.24 m，木块高度下降了h20.5 m0.5sin 53 m0.1 m，由机械能守恒定律得mgh1mgh2mv，解得v环 m/s，b项错误，d项正确2d若mm，则系统总动量向右，a速度向左减为0后向右加速，故va0时向左的位移最大为；同理，若mm，则最终共同速度大小为v v0，方向向右，摩擦力对小车的冲量ipmm(v0v) v0，摩擦力作用时间t.若mm，则最终共同速度大小vv0，方向向左，摩擦力对小车的冲量ipmm(v0v)，摩擦力对小车的作用时间tt.所以d对、c错3c小

12、铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv0mv车mv铁，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得mvmvmv，解得铁块离开车时v铁0，v车v0.所以铁块离开车时将做自由落体运动，故a、b、d三项错误，c项正确4aa、b小球随杆转动，a、b组成的系统机械能守恒，设杆转到竖直位置时两球的线速度分别为va、vb，因为球a、b的角速度相同，所以线速度va2vb，由机械能守恒得2mglmg2mvmv，联立解得va，vb，故b错误在转动过程中设杆对b球做功为wb，则根据动能定理可求得mgwbmv，解得wbmgl，故d项错误由于系统机械能守恒，轻杆对b做

13、负功，则轻杆对a做正功，故a项正确在杆转到竖直位置时，球b受到重力、杆ob段的拉力和杆ba段的拉力，这三个力的合力提供指向o点的向心力，所以杆ob段的拉力要大于杆ba段的拉力，故c项错误5d物体a与物体b碰撞的过程中动量守恒，选物体a原来的运动方向为正方向：如果发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mv0(m2m)v，计算得出vv0；如果发生的是完全弹性碰撞，由动量守恒定律得mv0mv12mv2，由能量守恒定律得mvmv2mv，计算得出v2v0.碰撞后物体b的速度满足v0vbv0，选项d正确6c本题考查动量守恒、能量守恒水平面光滑，小球a、小球b和弹簧组成的系统机械能守恒，a错误；当两小球速

14、度相等时弹簧最短，弹性势能最大，根据动量守恒有mv03mv，解得v，b错误；根据机械能守恒可得，弹簧最大弹性势能epmv3m2mv，c正确；弹簧再次恢复原长时两小球分离，根据动量守恒和能量守恒有mv0mv12mv2，mvmv2mv，解得v1，d错误7c设绳子与竖直方向的夹角为，a做匀速直线运动，故a在竖直方向上受到的合力为零，有fcos mg，增大，则f增大物块a沿绳子方向的分速度v1vcos ，则拉力的功率pfv1vcos mgv，拉力的功率不变故c项正确，a、b、d三项错误8b以a、b组成的系统为研究对象，有mbgkx(mamb)a，释放b的瞬间弹簧的形变量为零，但由于不知道a、b的质量关

15、系，故无法求出b的瞬时加速度，选项a错误；根据动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，因此，b动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和，选项b正确；整个系统中，根据功能关系可知，b减少的机械能转化为a的机械能以及弹簧的弹性势能，故b机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，选项c错误；a与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对a做的功，选项d错误9ad以传送带的速度方向为正方向，作出物块运动的vt图象如图所示，设传送带与物块间的动摩擦因数为，对物块有mgma，ag，由图象可得a，设物块经过t2时间速度减为零，则有v2at2，得t2，a正确；物块向左运动的最大位移x，得x，b错误；由动能定

16、理知，传送带对物块所做的功wmvmv，c错误；系统消耗的电能等于电动机的驱动力对传送带所做的功，传送带匀速运动，f驱mg，w驱f驱x带mgv1t1m(v1v2)v1，d正确10adc和b相碰的过程有mv02mv1，得v1v0，a、b、c和弹簧组成的系统在b、c发生碰撞后的整个运动过程中动量守恒和机械能守恒，且当三小球速度相等时，弹簧的弹性势能最大，则有2mv15mv2，2mv5mvepm，得epmmv，c错误；b、c碰撞后到下一次弹簧恢复原长的过程中弹簧处于拉伸状态，设弹簧恢复原长时b、c的速度为v3，a的速度为v4，则有2mv12mv33mv4，2mv2mv3mv，解得v3v1v0，v4v1

17、v0，在弹簧恢复原长前，b、c先向左做减速运动，速度减小到零后，向右做加速运动，a一直向左做加速运动，因此弹簧恢复原长时，a的速度最大，为v0，碰撞后b、c速度最小为零，a正确，b错误；设b、c速度为零时，a的速度为v5，有2mv13mv5，2mv3mvep，得epmv，d正确11ac由题图乙可知，0到t1时间内，b减速，a加速，b的速度大于a的速度，弹簧被拉伸，t1时刻两物体达到共同速度2 m/s，此时弹簧处于伸长状态，选项a正确；从题图乙中可知，t3到t4时间内，a做减速运动，b做加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，即t3时刻弹簧处于压缩状态，t4时刻弹簧处于原长，故选项b、d错误；由题图

18、可知，t1时刻两物块速度相同，都是2 m/s，又知a、b组成的系统动量守恒，以b的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m2v0(m1m2)v2，其中v06 m/s，v22 m/s，解得m1:m22:1，所以m11 kg，在t3时刻根据能量守恒定律可得m2v(m1m2)vep，其中v32 m/s，解得ep6 j，选项c正确12bc根据题意，绳子剪断前有2mgkx，则x，绳子剪断的瞬间，根据力的瞬时作用效果和弹簧的弹力不能突变可得aag，选项a错误；设物体a上升的高度为x，如果此时弹簧还是处于伸长状态，弹簧的伸长量为xx，根据机械能守恒有kx2mgxk(xx)2，解得x，如果此时弹簧已处于压缩状态

19、，则弹簧的压缩量为xx，根据机械能守恒有kx2mgxk(xx)2，解得x，故选项b正确；当物体a上升到弹簧弹力等于物体a的重力时速度最大，动能最大，由kx1mg，可得x1，由机械能守恒有kx2mgkxekm，解得ekm，故选项c正确；弹力做功等于动能和重力势能之和的增加量，故物体a达到速度最大时，弹力做的功为wtmgekm，选项d错误13答案：(1)abc(2)(3)减小增大2解析：弹簧被压缩后的弹性势能等于小球抛出时的动能，即epekmv.小球离开桌面后做平抛运动，由平抛运动规律，水平位移sv0t，竖直高度hgt2，得v0s ，动能ekmv，因此a、b、c正确弹簧的弹性势能ep，由理论推导可

20、知epk(x)2即k(x)2，s x，因此当h不变时，m增加，其斜率减小，当m不变时，h增加其斜率增大，由图线知sx，由ek表达式知eks2，则由epek知ep(x)2，即ep与x的二次方成正比14答案：(1)乙甲(2)2.5t1:3解析：(1)若要求碰撞时动能损失最大，则需两滑块碰撞后结合在一起，故应选乙图中的装置；若要求碰撞时动能损失最小，则应使两滑块发生弹性碰撞，即选甲图中的装置(2)第1次闪光时，滑块a恰好位于x10 cm处，由图丙可知，第二次闪光时a在x30 cm处，第三次闪光时a在x50 cm处，碰撞发生在x60 cm处分析知从第三次闪光到发生碰撞所需的时间为，则可知碰撞发生在第1次闪光后的2.5t时刻设碰前a的速度为v，则碰后a的速度为，b的速度为，根据动量守恒定律可得mavmamb，解得，即ma:mb1:3.15答案：(1)6 kgm/s(2) m/s解析：(1)设弹簧给a的冲量大小为i，b运动至最高点时a的速度为v0，a脱离弹簧后a、b水平方向总动量为p则对a、b有：ip0(m1m2)v0由能量守恒定律有：ep4 j(m1m2)vm2gl(1sin53)解得v0 m/s，i6 kgm/s(2)当a速度最大时b位于a正下方，取向右为正方向由机械能守恒定律：epm1vm2v由动量定理：im1vam2vb解得va m/s或va m/s(舍去