（课标版）高考物理二轮复习 专题二 能量与动量 第8讲 计算题对“能量与动量”的考查限时练（含解析）-人教版高三全册物理试题

计算题对“能量与动量”的考查[A组12分中难大题练——少失分]1．(12分)如图所示，质量为2kg、上表面光滑的木板甲静止在光滑水平面上，质量为1kg可视为质点的小物体丙放在木板甲右端，质量为4kg的木板乙以5m/s的速度向左运动，与木板甲碰撞以后小物体滑到木板乙上，木板甲获得8m/s的速度，木板乙上表面与小物体的动摩擦因数为0.2，g取10m/s2，求：(1)小物体在木板乙上表面滑行多长时间相对木板乙静止？(2)要使小物体不从木板乙上滑落，木板乙至少要多长？解析：(1)乙与甲碰撞过程系统动量守恒，以乙的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m乙v乙＝m乙v′乙＋m甲v′甲(2分)小物体在乙上滑动至有共同速度v，对小物体与木板乙，由动量守恒定律得：m乙v′乙＝(m乙＋m丙)v(2分)对小物体应用牛顿第二定律得：a＝μg(1分)运动时间：t＝eq\f(v,μg)，解得：t＝0.4s(2分)(2)设物块最终距离木板乙左端最大距离为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，木板的长度至少要0.2m(2分)答案：(1)0.4s(2)0.2m2．(12分)(2019·广东五校联考)如图所示，一光滑细管ABC，AB内有一压缩的轻质弹簧，上方有一质量m1＝0.01kg的小球1；BC是半径R＝1m的四分之一圆弧细管，管口C的切线水平，并与长度L＝1m的粗糙直轨道CD平滑相接，小球与CD的滑动摩擦系数μ＝0.3.现将弹簧插销K拔出，球1从管口C水平射出，通过轨道CD后与球2发生弹性正碰．碰后，球2立即水平飞出，落在E点．球1刚返回管口C时恰好对管道无作用力，若球1最后也落在E点．(球1和球2可视为质点，g＝10m/s2)求：(1)碰后球1的速度、球2的速度；(2)球2的质量．解析：(1)球1刚返回管口C时恰好对管道无作用力，则重力提供向心力：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从D→C过程，根据动能定理：－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，根据能量守恒，球1以速度v12从管口C出来球1从C→D过程，根据动能定理：－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点，根据平抛运动的规律可知：v2＝v13＝2m/s(1分)(2)1、2两球在D点发生弹性正碰，由题可知碰后球1的速度向左根据动量守恒：m1v10＝－m1v11＋m2v2(2分)根据能量守恒：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)由以上两式解得：m2＝0.05kg.(1分)答案：(1)4m/s2m/s(2)0.05kg3．(12分)(2019·河北唐山期末)如图所示，光滑曲面与粗糙平面平滑连接，质量为m2＝3kg的滑块B静止在光滑曲面的底端，质量为m1＝2kg的滑块A由曲面上某一高度H处无初速释放，滑到底端和滑块B发生弹性正碰，碰后滑块B在平面上滑行的距离为L＝2m，已知两滑块与平面间的动摩擦因数均为0.4，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)滑块B在碰撞后获得的速度大小；(2)滑块A的释放高度．解析：(1)碰后物块B减速滑行，由动能定理－μm2gL＝－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)(2分)滑块碰后获得速度v2＝4m/s(2分)(2)两物块碰撞，由动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)物块A下滑，由动能定理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·湖南益阳4月模拟)如图所示，质量分别为m1＝1.0kg和m2＝2.0kg的甲、乙两物体之间夹有少量炸药，两物体一起沿水平地面向右做直线运动，当速度v0＝1m/s时夹在两物体间的炸药爆炸，之后甲物体以7m/s的速度仍沿原方向运动．已知两物体均可视为质点，甲物体与地面间的动摩擦因数为0.35，乙物体与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)炸药爆炸使甲、乙两物体增加的总动能；(2)甲、乙两物体分离2s后两者之间的距离．解析：(1)爆炸瞬间系统动量守恒，以向右为正方向，设爆炸后甲物体的速度为v1，乙物体的速度为v2，由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2(1分)v1＝7m/s代入解得v2＝－2m/s，负号表示速度方向与正方向相反(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)代入数据解得ΔEk＝27J(1分)(2)甲、乙两物体分离后，甲物体向右匀减速滑行，乙物体向左匀减速滑行根据牛顿第二定律得甲物体滑行的加速度a1＝μ1g＝3.5m/s2(1分)乙物体滑行的加速度大小a2＝μ2g＝2m/s2(1分)从分离到甲物体停止运动，经过的时间t1＝eq\f(v1,a1)＝2s(1分)甲物体运动的位移为x1＝eq\f(v1,2)t1＝7m(1分)从分离到乙物体停止运动，经过的时间t2＝eq\f(v2,a2)＝1s(1分)乙物体运动的位移为x2＝eq\f(v2,2)t2＝－1m(1分)故甲、乙两物体分离2s后两者之间的距离d＝|x1|＋|x2|＝8m(1分)答案：(1)27J(2)8m5．(12分)(2019·福建莆田一中模拟)如图为一竖直固定的半径为R＝0.5m的半圆轨道AB，该轨道与水平轨道相切于A点．质量分别为m1＝0.1kg、m2＝0.2kg的可视为质点的小球甲和乙处在水平轨道上，且甲、乙之间有一压缩的轻弹簧处于锁定状态，两球与轻弹簧均不连接，开始甲、乙两球以共同的速度v0＝2m/s向右做匀速直线运动，两小球运动至衔接点A时，锁定突然解除，使两球分离，经过一段时间小球乙恰好能通过B点，且能从B点水平抛出，重力加速度g取10m/s2.不计一切摩擦阻力，求：(1)两小球分离时小球甲的速度；(2)小球乙由A到B的过程中合力的冲量．解析：(1)小球乙恰好能通过B点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律得m2g＝m2eq\f(v′\o\al(2,2),R)，(2分)解得v′2＝eq\r(5)m/s(1分)小球乙从A运动到B的过程中机械能守恒：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)当两球之间的锁定突然解除后，系统的动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2(2分)代入数据解得v1＝－4m/s，即两小球分离时小球甲的速度大小为4m/s，方向水平向左．(1分)(2)取向右为正方向，对小球乙，由动量定理得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的过程中合力的冲量大小为(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组20分压轴大题练——多得分]6．(20分)(2019·安徽芜湖期末)如图所示，长为L的轻绳竖直悬挂着一质量为m的小球A，恰好挨着放置在水平面上质量为m的物块B左侧．现保持细绳绷直，把小球向左上方拉至细绳与竖直方向成60°角的位置，然后从静止释放小球．小球A到达最低点时恰好与物块B发生弹性碰撞，物块向右滑行了L的距离停下．求：(1)物块与水平面间的动摩擦因数μ.(2)若仅改变A的质量，使物块B与A发生弹性碰撞后能向右滑行的距离为2L，则小球A的质量应该多大．解析：(1)设小球与物块碰撞前瞬间的速度为v0，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)×mveq\o\al(2,0)＝mg(L－Lcos60°)(2分)解得：v0＝eq\r(gL)(1分)设碰撞后瞬间小球、物块的速度大小分别为v1、v2，由于碰撞是弹性的有：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)对于物块向右滑行的过程，由动能定理有：μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)(1分)μ＝0.5.(1分)(2)设小球与物块碰撞前瞬间的速度为v′0，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)Mv′eq\o\al(2,0)＝Mg(L－Lcos60°)(2分)解得：v′0＝eq\r(gL)(1分)设碰撞后瞬间有：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物体前进2L停下则有：μmg2L＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,2)(1分)得v′2＝eq\r(2gL)(1分)则有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·重庆4月调研)在光滑绝缘水平轨道上有一弹簧左端系于A点，右端与质量为3m的小球1接触但不连接．现用外力推动小球1将弹簧压缩至弹性势能为Ep＝mgs(s为一定值)时静止释放，离开弹簧后与静止在P点质量为m、带电量为q(q＞0)的小球2发生弹性正碰(不发生电荷转移)，碰后小球2从D、B间进入圆弧轨道，如图所示．BC是一段竖直墙面，DEF是固定在竖直平面内的一段光滑绝缘圆弧轨道，轨道上端D点的切线水平，B、D间距很小，可看作重合的点．圆心O与轨道下端F的连线与竖直墙面的夹角为53°.在BC右边整个空间有水平向左、场强E＝eq\f(3mg,4q)的匀强电场，小球2进入圆弧轨道之后恰好能沿着轨道DEF运动，一段时间后从轨道下端F处脱离，最后打在竖直墙面BC的C点．已知重力加速度为g，sin53°＝0.8.求：(1)碰后小球2运动的速度；(2)轨道DEF的半径R；(3)小球2打在C点前瞬间的速度．解析：(1)由能量守恒得Ep＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)①(1分)1、2小球根据动量守恒得：3mv1＝3mv′1＋mv2②(2分)1、2小球根据机械能守恒得：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)由题意得F合＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\f(5,4)mg(2分)设DEF轨道半径为R，设在E点小球达到等效最高点，由于小球恰好能沿着DEF轨道运动，则在E点有：eq\f(5,4)mg＝meq\f(v\o\al(2,E),R)①(2分)根据动能定理得：－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)过点F做切线以及垂直BC的水平线，则α为53°.又因为eq\f(mg,qE)＝eq\f(4,3)，则小球所受合力的方向与水平方向夹角成53°.即在F点小球速度方向与合力方向共线，小球做直线运动(1分)由几何关系得LBC＝R＋eq\f(R,cos53°)＝eq\f(16,7)s(2分)从B到C全程动能定理有：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·广东广州天河区二模)如图所示，有一质量为M＝2kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m＝1kg的小物块A和B(均可视为质点)，由车上P处开始，A以初速度v1＝2m/s向左运动，B同时以v2＝4m/s向右运动．最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车．两