(新高考)高考物理一轮复习教案第6章限时规范专题练(二)《动量与能量综合应用问题》(含详解)

限时规范专题练(二)动量与能量综合应用问题时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共6小题，每小题8分，共48分。其中1～3题为单选，4～6题为多选)1.如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度v0向右运动，另有一质量为m的粘性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为()A.eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0) B.eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)C.eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0) D.eq\f(1,15)mveq\o\al(2,0)答案C解析粘性物体和A相互作用的过程，水平方向动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0＝2mv1，得：v1＝eq\f(v0,2)。之后三个物体组成的系统动量守恒，当B车与A车速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律得：2mv1＝3mv2，解得：v2＝eq\f(2,3)v1＝eq\f(v0,3)，弹簧的最大弹性势能为：Ep＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0)，故C正确，A、B、D错误。2.如图所示，质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射手。首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2。设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是()A．木块静止，d1＝d2 B.木块向右运动，d1<d2C．木块静止，d1<d2 D.木块向左运动，d1＝d2答案C解析把木块和打入的两颗子弹看成一个系统，规定水平向右为正方向，由动量守恒定律可得：m弹v弹＋0－m弹v弹＝(2m弹＋m)v共，解得v共＝0。开枪前后系统损失的机械能等于子弹射入木块时克服阻力所做的功，左侧射手开枪后，右侧射手开枪前，把左侧射手开枪打出的子弹和木块看作一个系统，设子弹射入木块时受到的平均阻力大小为f，则由动量守恒定律有：m弹v弹＋0＝(m弹＋m)v共′，则v共′＝eq\f(m弹,m弹＋m)v弹，左侧射手射出的子弹射入木块中时，该子弹和木块组成的系统损失的机械能ΔE1＝eq\f(1,2)m弹veq\o\al(2,弹)－eq\f(1,2)(m弹＋m)v共′2＝fd1，右侧射手开枪打出的子弹射入木块时，则有－m弹v弹＋(m弹＋m)v共′＝(2m弹＋m)v共，系统损失的机械能ΔE2＝eq\f(1,2)m弹veq\o\al(2,弹)＋eq\f(1,2)(m弹＋m)v共′2－0＝fd2，ΔE1<ΔE2，故d1<d2，C正确。3．(2020·浙江省宁波市十校高三下学期3月联考)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图乙所示，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()A．物体A的质量为2B．物体A的质量为4C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mveq\o\al(2,0)D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)答案D解析当弹簧固定且弹簧的压缩量最大为x时，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律知弹簧的最大弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有Epm＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)；当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B的速度相等时，弹簧的压缩量达到最大，仍为x，此时弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mA·2v0＝(m＋mA)v，由机械能守恒定律得Epm＝eq\f(1,2)mA(2v0)2－eq\f(1,2)(mA＋m)v2，联立得mA＝3m，Epm＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，故A、B、C错误，D正确。4.如图所示，足够长的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可视为质点的物块P，P、Q间接触面粗糙。现给P向右的速率vP，给Q向左的速率vQ，取向右为速度的正方向，不计空气阻力，则运动过程中P、Q的速度随时间变化的图像可能正确的是()答案ABC解析开始时，木板和物块均在摩擦力作用下做匀减速运动，两者最终达到共同速度，以向右为正方向，P、Q组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得mPvP－mQvQ＝(mP＋mQ)v；若mPvP＝mQvQ，则v＝0，图像如图A所示；若mPvP>mQvQ，则v>0，图像如图B所示；若mPvP<mQvQ，则v<0，图像如图C所示。故A、B、C正确，D错误。5.(2020·山东省泰安市四模)如图所示，竖直平面内固定有半径为R的光滑半圆形轨道，最高点M、N与圆心O在同一水平线上，物块甲、乙的质量之比为1∶3。物块甲从M处由静止开始无初速度释放，滑到最低点P与静止在P处的物块乙发生第一次弹性碰撞，碰撞时间很短可不计，碰后物块甲立即反向，恰能回到轨道上的Q点，物块甲、乙均可视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．Q、P之间的竖直高度为eq\f(R,4)B．Q、P之间的竖直高度为eq\f(R,3)C．在以后的运动中，物块甲不能回到M点D．在以后的运动中，物块甲能回到M点答案AD解析设Q、P之间的竖直高度为h，物块甲从M点滑到P点过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得物块甲第一次与物块乙恰好碰撞前时刻的速度大小为v0＝eq\r(2gR)；碰后物块甲立即反向，恰能回到轨道上的Q点，由机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得碰撞后甲的速度大小为v1＝eq\r(2gh)。设甲的质量为m，则乙的质量为3m，甲、乙发生弹性碰撞，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝－mv1＋3mv2，根据机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)，联立解得h＝eq\f(R,4)，v1＝eq\r(\f(gR,2))，v2＝eq\r(\f(gR,2))，故A正确，B错误。由于第一次碰撞后两物块的速度大小相等，则物块甲、乙将同时回到最低位置P点发生第二次弹性碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律得3mv2－mv1＝mv1′＋3mv2′，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)×3mv2′2，解得碰后物块甲的速度大小为v1′＝eq\r(2gR)，碰撞后对甲，由机械能守恒定律得mgh′＝eq\f(1,2)mv1′2，解得h′＝R，则物块甲能回到M点，故C错误，D正确。6．(2020·山东省济宁市嘉祥一中高三下学期第一次质量检测)如图a所示，在粗糙的水平地面上有两个大小相同但材质不同的甲、乙物块。t＝0时刻，甲物块以速度v0＝4m/s向右运动，经一段时间后与静止的乙物块发生正碰，碰撞前后两物块运动的v­t图像如图b中实线所示，其中甲物块碰撞前后的图线平行，已知甲物块质量为5kg，乙物块质量为4kg，则()A．此碰撞过程为弹性碰撞B．碰后瞬间乙物块速度为2.5m/sC．碰后乙物块移动的距离为3.75mD．碰后甲、乙两物块所受摩擦力之比为6∶5答案BC解析由题图b知，碰前瞬间甲物块的速度为v＝3m/s，碰后瞬间甲物块的速度为v1＝1m/s，设乙物块碰后瞬间的速度为v2，取碰前甲物块的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得m甲v＝m甲v1＋m乙v2，解得v2＝2.5m/s，碰撞前后系统动能之差为ΔEk＝eq\f(1,2)m甲v2－eq\f(1,2)m甲veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m乙veq\o\al(2,2)，解得ΔEk＝7.5J>0，所以此碰撞过程为非弹性碰撞，故A错误，B正确；设碰后乙物块经过时间t停止运动，根据题图b，结合相似三角形知识知eq\f(1,1＋t)＝eq\f(1,4)，解得t＝3s，碰后乙物块移动的距离为s＝eq\f(v2,2)t＝eq\f(2.5,2)×3m＝3.75m，故C正确；对碰后乙物块滑行过程，根据动量定理得－f乙t＝0－m乙v2，解得f乙＝eq\f(10,3)N，甲物块滑行的加速度大小为a甲＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4－3,1)m/s2＝1m/s2，甲物块所受摩擦力大小为f甲＝m甲a甲＝5×1N＝5N，则f甲∶f乙＝3∶2，故D错误。二、非选择题(本题共4小题，共52分)7．(2021·八省联考重庆卷)(10分)如图所示，质量为3m的小木块1通过长度为L的轻绳悬挂于O点，质量为m的小木块2置于高度为L的光滑水平桌面边沿。把木块1拉至水平位置由静止释放，当其运动到最低点时与木块2相撞，木块2沿水平方向飞出，落在距桌面边沿水平距离为2(1)碰撞前，木块1在最低点时的速度大小；(2)碰撞后，木块1相对桌面能上升到的最大高度。答案(1)eq\r(2gL)(2)eq\f(4,9)L解析(1)从小木块1从水平位置释放到与小木块2碰前瞬间，根据机械能守恒定律可知3mgL＝eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gL)。(2)小木块2碰撞后做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，L＝eq\f(1,2)gt2解得t＝eq\r(\f(2L,g))水平方向上做匀速直线运动，2L＝v2解得v2＝eq\f(2L,t)＝eq\f(2L,\r(\f(2L,g)))＝2Leq\r(\f(g,2L))＝eq\r(2gL)小木块1和2碰撞过程，根据动量守恒定律得3mv0＝3mv1＋mv2解得碰撞后小木块1的速度大小为v1＝eq\f(3v0－v2,3)＝eq\f(2,3)eq\r(2gL)之后小木块1上升，根据机械能守恒定律可知3mgh＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)解得h＝eq\f(4,9)L。8．(2021·八省联考广东卷)(14分)如图所示，固定的粗糙斜面，倾角θ＝30°，斜面底端O处固定一个垂直斜面的弹性挡板。在斜面上P、Q两点有材质相同、质量均为m的滑块A和B，A和B恰好能静止，且均可视为质点，Q到O的距离是L，Q到P的距离是kL(k>0)。现始终给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，g为重力加速度。设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少；(2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间。答案(1)0eq\r(2gkL)(2)当k<eq\f(1,4)时，t＝2eq\r(\f(2kL,g))；当k>eq\f(1,4)时，t＝eq\r(\f(L,2gk))＋eq\f(4k－1,2k＋1)·eq\r(\f(L,8kg))解析(1)A和B恰好能静止，则mgsinθ＝μmgcosθ给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，由牛顿第二定律可知F＝mg＝ma解得a＝g设与B碰前A的速度为v1，有veq\o\al(2,1)＝2gkLA与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知mv1＝mv2＋mv1′由机械能守恒定律可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mv1′2联立解得v1′＝0，v2＝eq\r(2gkL)。(2)A、B第一次碰后，B受力平衡，沿斜面做匀速直线运动，B运动到斜面底端所用时间为t1＝eq\f(L,v2)＝eq\r(\f(L,2gk))碰后A的加速度不变，A运动到斜面底端所用时间为t2＝eq\r(\f(2L,g))若t1＝t2解得：k＝eq\f(1,4)当k<eq\f(1,4)时，A与B同向相撞(即B与挡板碰撞前A、B发生第二次碰撞)，此时有eq\f(1,2)gt2＝eq\r(2gkL)t解得t＝2eq\r(\f(2kL,g))当k>eq\f(1,4)时，A与B反向相撞(即B先与挡板碰撞，然后与A发生第二次碰撞)根据题意，B与挡板碰后速率仍为v2＝eq\r(2gkL)，设B沿斜面向上运动时加速度大小为a′，则mgsinθ＋μmgcosθ＝ma′解得：a′＝g设B向上运动时间t2后与A第二次相撞，则L＝eq\f(1,2)g(t1＋t2)2＋v2t2－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)解得t2＝eq\f(4k－1L,\r(8kgL)＋4k\r(2kgL))＝eq\f(4k－1,2k＋1)eq\r(\f(L,8kg))，B向上减速至零的时间t0＝eq\f(v2,g)eq\r(\f(2kL,g))因为eq\f(t2,t0)＝eq\f(4k－1,4k2k＋1)＜1，故所求t2合理则t＝t1＋t2＝eq\r(\f(L,2gk))＋eq\f(4k－1,2k＋1)·eq\r(\f(L,8kg))。9．(2020·吉林省白山市二模)(14分)如图所示，小物块甲紧靠轨道BCD静置于光滑水平面上，轨道BCD由水平轨道CD及与CD相切于C点的光滑eq\f(1,4)圆弧轨道组成，圆弧轨道的半径为R。现将小物块乙(视为质点)从B点正上方到B点高度为R的P点由静止释放，乙从B点沿切线方向进入圆弧轨道，恰好不会从水平轨道CD的左端D点掉落。已知甲、乙以及轨道BCD的质量相同，乙与CD间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小为g。求：(1)乙通过C点时的速度大小v1；(2)CD的长度L以及乙在CD上滑行的时间t；(3)在乙从B点开始滑到D点的时间内，轨道BCD的位移大小x。答案(1)eq\r(\f(8gR,3))(2)3Req\r(\f(6R,g))(3)eq\f(5,6)R解析(1)设乙的质量为m，当乙滑到C点时，轨道BCD与甲的共同速度大小为v2，甲、乙及轨道组成的系统水平方向动量守恒，有mv1－2mv2＝0，乙滑到C点之前，甲、乙及轨道组成的系统机械能守恒，有mg×2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)解得v1＝eq\r(\f(8gR,3))，v2＝eq\r(\f(2gR,3))。(2)乙滑到C点后，轨道BCD与甲分离，设轨道BCD与乙速度相同时的速度大小为v，乙从C点滑到D点的过程中，对乙和轨道BCD组成的系统，以水平向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1－mv2＝2mveq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)×2mv2＝μmgL则v＝eq\f(v1,4)＝eq\f(v2,2)解得L＝3R；设乙从C点滑到D点的过程中的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma乙从C点滑到D点的过程做匀减速直线运动，有v＝v1－at解得t＝eq\r(\f(6R,g))。(3)设乙从B点滑到C点的时间为t1，该过程轨道BCD通过的距离为x1，甲、乙及轨道组成的系统水平方向动量守恒，有2m·eq\f(x1,t1)－meq\f(R－x1,t1)＝0设乙沿轨道BCD从C点运动到D点的过程中轨道BCD通过的距离为x2，由动能定理有－μmgx2＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)经分析可知x＝x1＋x2解得x＝eq\f(5,6)R。10．(2020·青海省西宁市高三下复习检测)(14分)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面的底端有一个固定挡板D，小物体C靠在挡板D上，小物体B与C用轻质弹簧栓接。当弹簧处于自然长度时，B在O点；当B静止时，B在M点，已知OM＝l。在P点还有一小物体A，使A从静止开始下滑