2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第6章動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用限時(shí)規(guī)范專題練二動(dòng)量與能量綜合應(yīng)用問題含解析新人教版

PAGE8-限時(shí)規(guī)范專題練(二)動(dòng)量與能量綜合應(yīng)用問題時(shí)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(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M＝3kg。質(zhì)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(duì)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(shì)能為()A．3J B．4JC．6J D．20J答案A解析設(shè)鐵塊與木板共速時(shí)速度大小為v，鐵塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為L(zhǎng)，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(shí)，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(dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v。從鐵塊起先運(yùn)動(dòng)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(zhì)量為m的勻稱木塊靜止在光滑水平面上，木塊左右兩側(cè)各有一位拿著完全相同步槍和子彈的射手。首先左側(cè)射手開槍，子彈水平射入木塊的最大深度為d1，然后右側(cè)射手開槍，子彈水平射入木塊的最大深度為d2。設(shè)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(dāng)兩顆子彈均相對(duì)于木塊靜止時(shí)，下列推斷正確的是()A．木塊靜止，d1＝d2 B．木塊向右運(yùn)動(dòng)，d1<d2C．木塊靜止，d1<d2 D．木塊向左運(yùn)動(dòng)，d1＝d2答案C解析把木塊和打入的兩顆子彈看成一個(gè)系統(tǒng)，規(guī)定水平向右為正方向，由動(dòng)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(jī)械能等于子彈射入木塊時(shí)克服阻力所做的功，左側(cè)射手開槍后，右側(cè)射手開槍前，把左側(cè)射手開槍打出的子彈和木塊看做一個(gè)系統(tǒng)，設(shè)子彈射入木塊時(shí)受到的平均阻力大小為f，則由動(dòng)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(cè)射手射出的子彈射入木塊中時(shí)，該子彈和木塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)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(cè)射手開槍打出的子彈射入木塊時(shí)，則有－m彈v彈＋(m彈＋m)v共′＝(2m彈＋m)v共，系統(tǒng)損失的機(jī)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(zhì)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(cè)最高點(diǎn)由靜止釋放，一切摩擦均不計(jì)，則()A．A不能到達(dá)B圓槽的左側(cè)最高點(diǎn)B．A運(yùn)動(dòng)到圓槽的最低點(diǎn)時(shí)A的速率為eq\r(\f(gR,3))C．A運(yùn)動(dòng)到圓槽的最低點(diǎn)時(shí)B的速率為eq\r(\f(4gR,3))D．B向右運(yùn)動(dòng)的最大位移的大小為eq\f(2R,3)答案D解析對(duì)于物體A、B組成的系統(tǒng)，水平方向動(dòng)量守恒，物體A從圓槽的右端最高點(diǎn)由靜止釋放時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量為零，設(shè)A到達(dá)左側(cè)最高點(diǎn)的速度為v1，則v1＝0，依據(jù)能量守恒定律知，A能到達(dá)B圓槽左側(cè)的最高點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；設(shè)A到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速率為v，B的速率為v′，依據(jù)動(dòng)量守恒定律得0＝mv－2mv′，計(jì)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(jì)算得出v＝eq\r(\f(4gR,3))，B的速率v′＝eq\r(\f(gR,3))，故B、C錯(cuò)誤；因?yàn)锳和B組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到左側(cè)最高點(diǎn)時(shí)，B向右運(yùn)動(dòng)的位移最大，設(shè)B向右的最大位移為x，依據(jù)動(dòng)量守恒定律得：m(2R－x)＝2mx，計(jì)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(gè)壓縮后被鎖定的輕彈簧，整個(gè)系統(tǒng)靜止放在光滑水平地面上，其中A物塊最初與左側(cè)固定的擋板相接觸，B物塊的質(zhì)量為4kg?，F(xiàn)解除對(duì)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(zhì)量為4kgB．運(yùn)動(dòng)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(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒D．在物塊A離開擋板后彈簧的最大彈性勢(shì)能為6J答案BD解析A離開擋板后，彈簧伸長(zhǎng)最長(zhǎng)時(shí)彈力最大，B的加速度最大，此時(shí)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(shí)B的速度為：v0＝3m/s。在A離開擋板后，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mBv0＝(mA＋mB)v共，解得mA＝2kg，A錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧第一次復(fù)原原長(zhǎng)時(shí)A的速度最大，設(shè)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(duì)A有作用力，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，C錯(cuò)誤；分析A離開擋板后A、B的運(yùn)動(dòng)過程，并結(jié)合圖象數(shù)據(jù)可知，彈簧伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)時(shí)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(shì)能Ep＝6J，D正確。5．如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個(gè)小球發(fā)生正碰。小球的質(zhì)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(yùn)動(dòng)B．碰后m2和m1都向右運(yùn)動(dòng)C．m2＝0.3kgD．碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4J的機(jī)械能答案AC解析由圖甲、乙知，碰前m2靜止，m1向右運(yùn)動(dòng)，碰后m2向右運(yùn)動(dòng)，m1向左運(yùn)動(dòng)，A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)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(shè)向右為正方向，由動(dòng)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(jī)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(jī)械能損失，碰撞為完全彈性碰撞，D錯(cuò)誤。6．水平地面上有兩個(gè)物體在同始終線上運(yùn)動(dòng)，兩物體碰撞前后的速度—時(shí)間圖象如圖所示(其中一個(gè)物體碰后速度變?yōu)?)。下列說法正確的是()A．t＝0時(shí)，兩物體的距離為1mB．t＝2.5s時(shí)，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(duì)兩個(gè)物體的摩擦力大小不相等答案BC解析兩物體相向運(yùn)動(dòng)，均做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，1s時(shí)相碰，可知t＝0時(shí)，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(cuò)誤；t＝2.5s時(shí)，兩物體的距離為Δs′＝eq\f(1,2)×6×(2.5－1)m＝4.5m，B正確；設(shè)碰前速度為正值的物體的質(zhì)量為m1，速度為負(fù)值的物體的質(zhì)量為m2，由題設(shè)可知，碰后原來速度為正值的物體的速度變?yōu)榱悖蓜?dòng)量守恒定律可知，m1×4＋m2×(－2)＝m2×6，解得m1＝2m2，由能量關(guān)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(fù)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(cuò)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(gè)質(zhì)量為M的足夠長(zhǎng)的木板，起先木板靜止，現(xiàn)在有一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊以速度v0滑上木板，滑塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，以下說法正確的是()A．假如增大木板的質(zhì)量M，則滑塊和木板相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng)，因摩擦而產(chǎn)生的熱量增加B．假如增大滑塊的質(zhì)量m，則滑塊和木板相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短，滑塊在木板上滑行的距離變大C．假如增大動(dòng)摩擦因數(shù)μ，則因摩擦而產(chǎn)生的熱量不變D．假如增大初速度v0，則因摩擦而產(chǎn)生的熱量增加答案ACD解析將木板和滑塊看成一個(gè)系統(tǒng)，合外力為零，動(dòng)量守恒，依據(jù)動(dòng)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(chǎn)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(duì)木板由動(dòng)量定理可得：μmgt＝Mv1＝eq\f(mMv0,m＋M)，解得滑塊和木板相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t＝eq\f(Mv0,μgm＋M)。假如增大木板的質(zhì)量M，則滑塊和木板相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(v0,μg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,M)＋1)))變長(zhǎng)，因摩擦而產(chǎn)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(zhì)量m，則滑塊和木板相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(Mv0,μgm＋M)變短，對(duì)滑塊依據(jù)動(dòng)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(cuò)誤；假如增大動(dòng)摩擦因數(shù)μ，則因摩擦而產(chǎn)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(chǎn)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(gè)質(zhì)量為m的木球，在木球正上方L處有一個(gè)固定懸點(diǎn)O，在懸點(diǎn)O和木球之間用一根長(zhǎng)為2L的不行伸長(zhǎng)的輕繩連接。有一個(gè)質(zhì)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(shí)間之后木球繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。球可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g，空氣阻力不計(jì)，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(shè)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(dòng)量守恒定律得：mv0＝2mv，解得：v＝eq\f(1,2)v0木塊離開地面時(shí)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(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，設(shè)到最高點(diǎn)時(shí)速度為v3，繩子對(duì)木球的拉力為F，由機(jī)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(zhì)量為m、半徑為R、內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，其左側(cè)緊靠豎直墻，右側(cè)緊靠一質(zhì)量為m的小滑塊。將一質(zhì)量為2m的小球自左側(cè)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(diǎn)進(jìn)入槽內(nèi)，小球剛好能到達(dá)槽右端C點(diǎn)，重力加速度為g，求：(1)小球起先下落時(shí)距A的高度h；(2)小球從起先下落到槽最低點(diǎn)B的過程中，墻壁對(duì)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(shè)小球第一次運(yùn)動(dòng)到槽最低點(diǎn)B的速度為vB，小球從起先釋放至運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，則有：2mg(h＋R)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，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(diǎn)到C點(diǎn)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(duì)小球、半圓槽和小滑塊系統(tǒng)，從起先至小球下落到B點(diǎn)的過程中，由動(dòng)量定理：I＝2mvB－0解得I＝4meq\r(gR)，方向水平向右。(3)對(duì)小球、半圓槽和小滑塊系統(tǒng)，從小球第一次到B點(diǎn)至其次次到B點(diǎn)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(diǎn)后，小滑塊離開槽而向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為v滑＝v槽＝2eq\r(gR)。10．(14分)如圖所示，質(zhì)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(diǎn)，B點(diǎn)左側(cè)水平面粗糙、右側(cè)水平面光滑，質(zhì)量為m＝0.5kg的小物塊放在水平面上的A點(diǎn)，現(xiàn)給小物塊一個(gè)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(diǎn)C，已知圓弧所對(duì)的圓心角為53°，A、B兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng)＝1m，小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，重力加速度為g＝10m/s2。求：(1)圓弧所對(duì)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(yùn)動(dòng)，則小物塊從C點(diǎn)拋出后，經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間落地？答案(1)1m(2)eq\f(4\r(2)＋\r(82),25)s解析(1)設(shè)小物塊在B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，依據(jù)動(dòng)能定理得：－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)設(shè)小物塊在C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v2，物塊從B點(diǎn)滑到圓弧面上最高點(diǎn)C的過程，小物塊與大滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，依據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mv1＝(m＋M)v2依據(jù)機(jī)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(shè)物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為v3，依據(jù)機(jī)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(diǎn)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(shí)物塊離地面的高度為：h＝R－Rcos53°＝0.4m設(shè)小物塊從C點(diǎn)拋出后經(jīng)時(shí)間t落地，在豎直方向由運(yùn)動(dòng)學(xué)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(shè)點(diǎn)為界，左側(cè)光滑、右側(cè)粗糙。足夠長(zhǎng)的木板A左端恰在O點(diǎn)，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(xì)線鎖定并處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep＝3J