2021高三统考人教物理一轮（经典版）：限时规范专题练（二）动量与能量综合应用问题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021高三统考人教物理一轮（经典版）：限时规范专题练（二）动量与能量综合应用问题含解析限时规范专题练(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7小题，每小题6分，共42分。其中1～3题为单选，4～7题为多选)1．如图所示，静止在光滑水平面上的木板A,右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3kg。质量m＝1kg的铁块B以水平速度v0＝4m/s从木板的左端沿板面向右滑行,压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为()A．3J B．4JC．6J D．20J答案A解析设铁块与木板共速时速度大小为v，铁块相对木板向右运动的最大距离为L,铁块与木板之间的摩擦力大小为f。铁块压缩弹簧使弹簧最短时，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，由动量守恒定律得mv0＝（M＋m)v。从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，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。联立解得Ep＝3J，故A正确。2。(2019·湖南六校联考）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做一个系统，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。如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部分半圆形槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最高点由静止释放，一切摩擦均不计，则(）A．A不能到达B圆槽的左侧最高点B．A运动到圆槽的最低点时A的速率为eq\r(\f（gR,3)）C．A运动到圆槽的最低点时B的速率为eq\r（\f（4gR,3）)D．B向右运动的最大位移的大小为eq\f(2R,3)答案D解析对于物体A、B组成的系统，水平方向动量守恒，物体A从圆槽的右端最高点由静止释放时，系统动量为零，设A到达左侧最高点的速度为v1，则v1＝0，根据能量守恒定律知，A能到达B圆槽左侧的最高点，故A错误；设A到达最低点时的速率为v，B的速率为v′,根据动量守恒定律得0＝mv－2mv′，计算得出v′＝eq\f（v，2)，根据能量守恒定律得mgR＝eq\f（1,2)mv2＋eq\f（1，2)·2mv′2，计算得出v＝eq\r(\f（4gR,3）），B的速率v′＝eq\r（\f(gR,3）)，故B、C错误；因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大,设B向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得:m（2R－x)＝2mx，计算得出：x＝eq\f（2R，3），故D正确。4．（2019·辽宁沈阳模拟）如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块的质量为4kg.现解除对弹簧的锁定,在A离开挡板后，B物块的v。t图象如图乙所示，则可知()A．物块A的质量为4kgB．运动过程中物块A的最大速度为vm＝4m/sC．在物块A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒D．在物块A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为6J答案BD解析A离开挡板后，弹簧伸长最长时弹力最大，B的加速度最大，此时A和B共速,由图乙知，A、B的共同速度为：v共＝2m/s，A刚离开挡板时B的速度为:v0＝3m/s.在A离开挡板后，取向右为正方向,由动量守恒定律有mBv0＝（mA＋mB）v共，解得mA＝2kg，A错误；当弹簧第一次恢复原长时A的速度最大，设为vm,B的速度最小，为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正确；在A离开挡板前,由于挡板对A有作用力，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，C错误；分析A离开挡板后A、B的运动过程,并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为v共＝2m/s，根据能量守恒定律有:Ep＝eq\f（1,2）mBveq\o\al（2，0)－eq\f（1,2)(mA＋mB)veq\o\al（2,共)，解得弹簧的最大弹性势能Ep＝6J，D正确。5．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰。小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的x－t图象。已知m1＝0.1kg.由此可以判断(）A．碰前m2静止，m1向右运动B．碰后m2和m1都向右运动C．m2＝0.3kgD．碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能答案AC解析由图甲、乙知,碰前m2静止，m1向右运动，碰后m2向右运动，m1向左运动,A正确，B错误；设碰前m1速度大小为v0，碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2,则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，设向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得m2＝0.3kg，C正确；由能量守恒定律得，损失的机械能ΔE损＝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，可知碰撞过程中无机械能损失，碰撞为完全弹性碰撞，D错误。6．水平地面上有两个物体在同一直线上运动,两物体碰撞前后的速度-时间图象如图所示（其中一个物体碰后速度变为0）.下列说法正确的是()A．t＝0时，两物体的距离为1mB．t＝2。5s时,两物体的距离为4.5mC．两物体间的碰撞为完全弹性碰撞D．碰撞前，地面对两个物体的摩擦力大小不相等答案BC解析两物体相向运动，均做匀减速直线运动，1s时相碰，可知t＝0时，两物体的距离为Δs＝eq\f(1，2)×（4＋6)×1m＋eq\f（1,2）×(2＋6）×1m＝9m,A错误；t＝2。5s时，两物体的距离为Δs′＝eq\f(1，2)×6×(2.5－1）m＝4.5m，B正确;设碰前速度为正值的物体的质量为m1，速度为负值的物体的质量为m2,由题设可知,碰后原来速度为正值的物体的速度变为零,由动量守恒定律可知，m1×4＋m2×（－2)＝m2×6，解得m1＝2m2，由能量关系：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，则两物体间的碰撞为完全弹性碰撞，C正确；碰前速度为正值的物体所受的摩擦力大小f1＝m1a1＝m1×eq\f(6－4，1)＝2m1，速度为负值的物体所受的摩擦力大小f2＝m2a2＝m2×eq\f(6－2,1）＝4m2＝2m1＝f1,则D错误。7．（2019·江西高三九校3月联考)如图所示，光滑水平面上放一个质量为M的足够长的木板，开始木板静止，现在有一个质量为m的滑块以速度v0滑上木板,滑块和木板间的动摩擦因数为μ，以下说法正确的是（)A．如果增大木板的质量M，则滑块和木板相对运动的时间变长，因摩擦而产生的热量增加B．如果增大滑块的质量m，则滑块和木板相对运动的时间变短,滑块在木板上滑行的距离变大C．如果增大动摩擦因数μ,则因摩擦而产生的热量不变D．如果增大初速度v0,则因摩擦而产生的热量增加答案ACD解析将木板和滑块看成一个系统，合外力为零，动量守恒，根据动量守恒定律有：mv0＝（m＋M）v1，解得：v1＝eq\f（mv0，m＋M）;根据能量守恒定律可知因摩擦而产生的热量为：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),对木板由动量定理可得:μmgt＝Mv1＝eq\f（mMv0,m＋M)，解得滑块和木板相对运动的时间为：t＝eq\f（Mv0,μgm＋M)。如果增大木板的质量M，则滑块和木板相对运动的时间t＝eq\f（v0，μg\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（m,M)＋1)）)变长,因摩擦而产生的热量Q＝eq\f(mv\o\al（2，0)，2\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（m,M)＋1)))增加，故A正确;如果增大滑块的质量m，则滑块和木板相对运动的时间t＝eq\f(Mv0,μgm＋M)变短，对滑块根据动能定理可得：－μmgs＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2，1)－eq\f(1,2）mveq\o\al（2，0），解得滑块在木板上滑行的距离s＝eq\f（2mM＋M2v\o\al（2，0),2μgm＋M2),增大m，则s变小，故B错误；如果增大动摩擦因数μ,则因摩擦而产生的热量Q＝eq\f(mMv\o\al（2，0）,2m＋M)不变,故C正确；如果增大初速度v0，则因摩擦而产生的热量Q＝eq\f(mMv\o\al(2,0）,2m＋M）增加，故D正确。二、非选择题(本题共4小题，共58分）8．(12分）(2019·河北唐山模拟）如图所示，在光滑的水平面上放着一个质量为m的木球，在木球正上方L处有一个固定悬点O，在悬点O和木球之间用一根长为2L的不可伸长的轻绳连接。有一个质量也为m的子弹以v0的速度水平射入木球并留在其中，一段时间之后木球绕O点在竖直平面内做圆周运动。球可视为质点，重力加速度为g，空气阻力不计，求:（1）木球以多大速度离开水平地面；（2）子弹速度v0的最小值。答案(1)eq\f（1，4)v0（2）8eq\r(2gL)解析(1)设子弹打入木球后共同速度为v，木球离开水平地面的速度为v1，由动量守恒定律得：mv0＝2mv，解得：v＝eq\f(1，2）v0木块离开地面时沿绳方向的分速度瞬间减为零,垂直绳方向的分速度不变,故木球离开地面的速度为v1＝v·eq\f（L,2L）＝eq\f(1,4）v0。（2)木球从离开水平地面到最高点的过程中机械能守恒，设到最高点时速度为v3,绳子对木球的拉力为F,由机械能守恒定律和牛顿第二定律有－2mg·3L＝eq\f（1，2)·2mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2，1)，F＋2mg＝2meq\f(v\o\al(2，3），2L）由题意知F≥0,联立解得v0≥8eq\r(2gL），即v0的最小值为8eq\r(2gL）。9．（14分）如图所示，质量为m、半径为R、内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，其左侧紧靠竖直墙,右侧紧靠一质量为m的小滑块。将一质量为2m的小球自左侧槽口A的正上方某一位置由静止开始释放,由圆弧槽左端A点进入槽内，小球刚好能到达槽右端C点，重力加速度为g,求：(1）小球开始下落时距A的高度h；(2）小球从开始下落到槽最低点B的过程中,墙壁对槽的冲量;（3）小滑块离开槽的速度大小。答案(1)R（2）4meq\r（gR)，水平向右(3)2eq\r(gR）解析（1）设小球第一次运动到槽最低点B的速度为vB，小球从开始释放至运动到B点的过程中，则有：2mg（h＋R)＝eq\f(1，2)×2mveq\o\al(2，B)设小球运动到C点时，小球、半圆槽和小滑块系统的共同速度为v共,小球从B点到C点的过程中，则有：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)对小球、半圆槽和小滑块系统,从开始至小球下落到B点的过程中,由动量定理：I＝2mvB－0解得I＝4meq\r（gR)，方向水平向右.（3)对小球、半圆槽和小滑块系统,从小球第一次到B点至第二次到B点过程：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）,小球第二次到B点后，小滑块离开槽而向右做匀速直线运动，速度为v滑＝v槽＝2eq\r(gR）。10．(14分)如图所示，质量为M＝1kg、上表面为一段圆弧的大滑块放在水平面上，圆弧面的最底端刚好与水平面相切于水平面上的B点，B点左侧水平面粗糙、右侧水平面光滑，质量为m＝0。5kg的小物块放在水平面上的A点，现给小物块一个向右的水平初速度v0＝4m/s,小物块刚好能滑到圆弧面上的最高点C，已知圆弧所对的圆心角为53°,A、B两点间的距离为L＝1m,小物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度为g＝10m/s2.求：(1)圆弧所对圆的半径R；(2)若A、B间水平面光滑，将大滑块固定,小物块仍以v0＝4m/s的初速度向右运动，则小物块从C点抛出后,经多长时间落地？答案（1）1m(2)eq\f（4\r(2)＋\r（82)，25）s解析（1）设小物块在B点时的速度大小为v1,根据动能定理得：－μmgL＝eq\f(1，2）mveq\o\al（2，1)－eq\f(1，2)mveq\o\al(2，0）设小物块在C点时的速度大小为v2,物块从B点滑到圆弧面上最高点C的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有:mv1＝（m＋M）v2根据机械能守恒定律有：eq\f(1,2)mveq\o\al（2，1)＝eq\f(1，2)（m＋M)veq\o\al(2,2）＋mg（R－Rcos53°）联立解得：R＝1m。（2）若A、B间水平面光滑,大滑块固定，物块以v0的速度冲上圆弧面，设物块到达C点时速度为v3，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（2，3）＋mg(R－Rcos53°)解得：v3＝2eq\物块从C点抛出后，在竖直方向的分速度为：vy＝v3sin53°＝eq\f（8\r(2），5）m/s这时物块离地面的高度为：h＝R－Rcos53°＝0。4m设小物块从C点抛出后经时间t落地,在竖直方向由运动学公式有:－h＝vyt－eq\f(1,2）gt2解得:t＝eq\f（4\r(2)＋\r（82），25）s。11．(18分)(2019·江西赣州模拟)如图所示，水平面以O点为界，左侧光滑、右侧粗糙.足够长的木板A左端恰在O点，木板右端叠放着物块B.物块C和D之间夹着一根被压缩了的轻弹簧（弹簧与物块不栓接），用细线锁定并处于静止状态，此时弹簧的弹性势能Ep＝3J。现将细线突然烧断，物块C与弹簧分离后向右做直线运动，并与木板A碰撞后粘连在一起（碰撞时间极短)。已知A、B、C的质量均为m＝1kg