高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)20-動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用

《金版教程》高考總復(fù)習(xí)首選用卷?物理(新教材)考點(diǎn)20動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用[題組一基礎(chǔ)小題]1.(多選)一質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員托著質(zhì)量為M的重物從下蹲狀態(tài)(圖甲)緩慢運(yùn)動(dòng)到站立狀態(tài)(圖乙)，該過(guò)程重物和人的肩部相對(duì)位置不變，運(yùn)動(dòng)員保持乙狀態(tài)站立Δt時(shí)間后再將重物緩慢向上舉至雙臂伸直(圖丙)。甲到乙、乙到丙過(guò)程重物上升的高度分別為h1、h2，經(jīng)歷的時(shí)間分別為t1、t2，則()A．地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量為(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為0B．地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量為(M＋m)g(t1＋t2)，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為(M＋m)g(h1＋h2)C．運(yùn)動(dòng)員對(duì)重物的沖量為Mg(t1＋t2＋Δt)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)重物做的功為Mg(h1＋h2)D．運(yùn)動(dòng)員對(duì)重物的沖量為Mg(t1＋t2)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)重物做的功為0答案AC解析由題可知，運(yùn)動(dòng)員始終處于平衡狀態(tài)，則地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力大小為(M＋m)g，作用時(shí)間為(t1＋t2＋Δt)，則其沖量為I＝(M＋m)g·(t1＋t2＋Δt)，因地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力的作用點(diǎn)的位移為0，則地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為0，故A正確，B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員對(duì)重物的力的大小為Mg，其沖量為I′＝Mg(t1＋t2＋Δt)，重物發(fā)生的位移為(h1＋h2)，則運(yùn)動(dòng)員對(duì)重物做的功為Mg(h1＋h2)，故C正確，D錯(cuò)誤。2.用水平力拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻撤去拉力F，物體做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，到t2時(shí)刻停止。其速度—時(shí)間圖像如圖所示，且α>β，若拉力F做的功為W1，沖量大小為I1；物體克服摩擦阻力f做的功為W2，沖量大小為I2。則下列選項(xiàng)正確的是()A．W1>W2；I1>I2 B．W1<W2；I1>I2C．W1<W2；I1<I2 D．W1＝W2；I1＝I2答案D解析對(duì)全過(guò)程由動(dòng)能定理有：W1－W2＝0－0，得W1＝W2；由動(dòng)量定理有：I1－I2＝0－0，得I1＝I2，故D正確。3.如圖所示，站在車(chē)上的人，用錘子連續(xù)敲打小車(chē)。初始時(shí)，人、車(chē)、錘都靜止。假設(shè)水平地面光滑，關(guān)于這一物理過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A．連續(xù)敲打可使小車(chē)持續(xù)向右運(yùn)動(dòng)B．人、車(chē)和錘組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．當(dāng)錘子的速度方向豎直向下時(shí)，人和車(chē)水平方向的總動(dòng)量為零D．人、車(chē)和錘組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒答案C解析把人、錘子和車(chē)看成一個(gè)系統(tǒng)，系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，用錘子連續(xù)敲打車(chē)的左端，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒可知，系統(tǒng)的水平方向總動(dòng)量為零，所以當(dāng)錘子的速度方向豎直向下，即水平方向動(dòng)量為零時(shí)，人和車(chē)水平方向總動(dòng)量為零，錘子向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，車(chē)向右運(yùn)動(dòng)，錘子向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，車(chē)向左運(yùn)動(dòng)，所以車(chē)在水平方向做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，不會(huì)持續(xù)地向右運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，C正確；由于人消耗體能，體內(nèi)儲(chǔ)存的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的機(jī)械能，機(jī)械能又通過(guò)錘子敲打小車(chē)等轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此人、車(chē)和錘組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；在錘子的連續(xù)敲打下，人、車(chē)和錘組成的系統(tǒng)豎直方向所受的合力不等于零，該方向系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，所以系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，故D錯(cuò)誤。4.(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩個(gè)木塊間用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，A靠緊豎直墻。用水平力F將B向左壓，使彈簧被壓縮一定長(zhǎng)度，靜止后彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為E。這時(shí)突然撤去FA．撤去F后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B．撤去F后，A離開(kāi)豎直墻前，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒C．撤去F，A離開(kāi)豎直墻后，彈簧的彈性勢(shì)能最大值為ED．撤去F，A離開(kāi)豎直墻后，彈簧的彈性勢(shì)能最大值為eq\f(E,3)答案BD解析撤去F后，A離開(kāi)豎直墻前，豎直方向兩木塊的重力與水平面對(duì)它們的支持力平衡，合力為零，而水平方向墻對(duì)A有向右的彈力，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒；這個(gè)過(guò)程中，只有彈簧的彈力對(duì)B做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒；A離開(kāi)豎直墻后，系統(tǒng)水平方向不受外力，豎直方向受力平衡，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，此過(guò)程只有彈簧的彈力做功，機(jī)械能也守恒，故A錯(cuò)誤，B正確。撤去F，A離開(kāi)豎直墻后，當(dāng)兩木塊速度相同時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)最長(zhǎng)或壓縮最短，彈性勢(shì)能最大；設(shè)兩木塊的共同速度為v，A離開(kāi)墻時(shí)，B的速度為v0，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得：2mv0＝3mv，E＝eq\f(1,2)·3mv2＋Ep，又E＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立解得彈簧的彈性勢(shì)能最大值為：Ep＝eq\f(E,3)，故C錯(cuò)誤，D正確。5.男女雙人滑冰是頗具藝術(shù)性的冰上運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目。在某次比賽的一個(gè)小片段中，男女運(yùn)動(dòng)員在水平冰面上沿同一直線(xiàn)同向滑行，且動(dòng)能恰好相等，某時(shí)刻兩者相遇后一起滑行。已知男運(yùn)動(dòng)員的體重較大，為簡(jiǎn)化問(wèn)題，兩運(yùn)動(dòng)員均視為質(zhì)點(diǎn)，冰面視為光滑，則()A．兩者相遇過(guò)程中女運(yùn)動(dòng)員所受沖量較大B．兩者相遇過(guò)程中女運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能變化較大C．兩者相遇后兩運(yùn)動(dòng)員動(dòng)量大小相等D．兩者相遇前后總動(dòng)能不變答案B解析兩者相遇過(guò)程中相互作用力大小相等、方向相反，作用時(shí)間相同，則兩者所受沖量大小一定相等，A錯(cuò)誤；設(shè)相遇前兩者的動(dòng)能為Ek，根據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2知，相遇前男運(yùn)動(dòng)員的速度比女運(yùn)動(dòng)員的速度小，可知女運(yùn)動(dòng)員在男運(yùn)動(dòng)員后面追趕男運(yùn)動(dòng)員，相遇后，男運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能增加，女運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能減小，設(shè)女運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能變化大小為ΔEk女，男運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能變化大小為ΔEk男，兩者相遇相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)的總動(dòng)能減少，則ΔEk女＞ΔEk男，B正確，D錯(cuò)誤；兩者相遇后兩運(yùn)動(dòng)員速度大小相等，由于男運(yùn)動(dòng)員的體重較大，則男運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)量較大，C錯(cuò)誤。6.如圖所示，一輕質(zhì)彈簧上端固定在O點(diǎn)，下端懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的小球。將小球從某一位置由靜止釋放，在某一時(shí)刻，小球的速度大小為v，方向豎直向下。再經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，小球的速度大小又為v，方向變?yōu)樨Q直向上。忽略空氣阻力，重力加速度大小為g。則在該運(yùn)動(dòng)時(shí)間t內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是()A．小球的機(jī)械能增量為0B．彈簧彈力對(duì)小球做的功為0C．彈簧彈力對(duì)小球的沖量大小為2mv＋mgtD．彈簧彈力對(duì)小球做功的功率為eq\f(mv2,2t)答案C解析小球的速度大小又一次變?yōu)関時(shí)，它可能仍處于之前速度大小為v的位置，也可能在其他位置，其機(jī)械能變化不確定，A錯(cuò)誤；若兩次速度大小為v的位置相同，則彈簧彈力對(duì)小球做功為0，若兩次位置不同，則彈簧彈力對(duì)小球做功不為0，B、D錯(cuò)誤；以向上為正方向，該運(yùn)動(dòng)時(shí)間t內(nèi)，對(duì)小球由動(dòng)量定理得：I彈簧－mgt＝mv－m(－v)，解得：I彈簧＝2mv＋mgt，C正確。7.如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，兩顆不同的子彈A、B從木塊兩側(cè)同時(shí)射入木塊，最終都停在木塊內(nèi)，這一過(guò)程中木塊始終保持靜止。若子彈A射入的深度大于子彈B射入的深度，則()A．子彈A的質(zhì)量一定比子彈B的質(zhì)量大B．入射過(guò)程中子彈A受到的阻力比子彈B受到的阻力大C．子彈A在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比子彈B在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)D．子彈A射入木塊時(shí)的初動(dòng)能一定比子彈B射入木塊時(shí)的初動(dòng)能大答案D解析由于木塊始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，則兩子彈對(duì)木塊的推力大小時(shí)刻相等，且兩子彈對(duì)木塊作用的時(shí)間相等，兩子彈所受的阻力大小相等，設(shè)為f，根據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)子彈A：－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA，對(duì)子彈B：－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB，由于dA>dB，則子彈射入時(shí)的初動(dòng)能EkA>EkB，故B、C錯(cuò)誤，D正確；兩子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有eq\r(2mAEkA)＝eq\r(2mBEkB)，而EkA>EkB，則mA<mB，故A錯(cuò)誤。8.如圖所示，質(zhì)量為m的小車(chē)靜止于光滑水平面，車(chē)上半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道和水平光滑軌道平滑連接，另一個(gè)質(zhì)量也為m的小球以水平初速度v0從小車(chē)左端進(jìn)入水平軌道，整個(gè)過(guò)程中不考慮系統(tǒng)機(jī)械能損失，則下列說(shuō)法正確的是()A．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的速度為零B．小球最終離開(kāi)小車(chē)后向右做平拋運(yùn)動(dòng)C．小車(chē)能獲得的最大速度為eq\f(v0,2)D．當(dāng)v0≥2eq\r(gR)時(shí)小球能到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)P答案D解析小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)小球和小車(chē)的速度相同，設(shè)為v，以小車(chē)和小球組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，取水平向右為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒得：mv0＝(m＋m)v，解得：v＝eq\f(v0,2)，故A錯(cuò)誤；設(shè)小球最終離開(kāi)小車(chē)的速度為v1，小車(chē)的速度為v2，取水平向右為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒得：mv0＝mv1＋mv2，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：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)，聯(lián)立解得：v1＝0，v2＝v0，所以小球最終離開(kāi)小車(chē)后做自由落體運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；小球在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小車(chē)一直在加速，所以小球最終離開(kāi)小車(chē)時(shí)小車(chē)的速度最大，最大速度為v0，故C錯(cuò)誤；當(dāng)小球恰能到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)P時(shí)，由水平方向動(dòng)量守恒得：mv0＝(m＋m)v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR＋eq\f(1,2)(m＋m)v2，解得：v0＝2eq\r(gR)，所以當(dāng)v0≥2eq\r(gR)時(shí)小球能到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)P，故D正確。[題組二高考小題]9．(2021·全國(guó)乙卷)如圖，光滑水平地面上有一小車(chē)，一輕彈簧的一端與車(chē)廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車(chē)廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動(dòng)車(chē)廂使彈簧壓縮，撤去推力時(shí)滑塊在車(chē)廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開(kāi)始，小車(chē)、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)()A．動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B．動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒C．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒D．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒答案B解析因?yàn)樗降孛婀饣猿啡ネ屏?，系統(tǒng)所受合外力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒；因?yàn)榛瑝K與車(chē)廂水平底板間有摩擦，且撤去推力時(shí)滑塊在車(chē)廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)，則撤去推力后滑塊與車(chē)廂底板間有摩擦力做功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒。故選B。10．(2021·湖南高考)(多選)如圖a，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個(gè)系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上(B靠墻面)，此時(shí)彈簧形變量為x。撤去外力并開(kāi)始計(jì)時(shí)，A、B兩物體運(yùn)動(dòng)的a-t圖像如圖b所示，S1表示0到t1時(shí)間內(nèi)A的a-t圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時(shí)間內(nèi)A、B的a-t圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸所圍面積大小。A在t1時(shí)刻的速度為v0。下列說(shuō)法正確的是()A．0到t1時(shí)間內(nèi)，墻對(duì)B的沖量等于mAv0B．mA>mBC．B運(yùn)動(dòng)后，彈簧的最大形變量等于xD．S1－S2＝S3答案ABD解析在0～t1時(shí)間內(nèi)，物體B靜止，物體A從靜止向右加速，t1時(shí)刻速度為v0，則對(duì)系統(tǒng)根據(jù)動(dòng)量定理可知，墻對(duì)B的沖量I＝mAv0，A正確；由a-t圖像可知，t1時(shí)刻后彈簧被拉伸，在t2時(shí)刻彈簧的伸長(zhǎng)量達(dá)到最大，此時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有F彈＝mAaA＝mBaB，由圖b可知此時(shí)aB>aA，則mB<mA，B正確；由圖b可得，t1時(shí)刻B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)A的速度為v0，之后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，可得A、B的總動(dòng)能一定大于0，而整個(gè)過(guò)程，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，所以B運(yùn)動(dòng)后彈簧的彈性勢(shì)能一定小于開(kāi)始時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能，彈簧的形變量一定小于x，C錯(cuò)誤；在t2時(shí)刻彈簧的伸長(zhǎng)量達(dá)到最大，A、B共速，由a-t圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示速度變化量，可知此時(shí)vA＝S1－S2，vB＝S3，vA＝vB，則S1－S2＝S3，D正確。11．(2021·全國(guó)乙卷)(多選)水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動(dòng)下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，物體通過(guò)的路程等于s0時(shí)，速度的大小為v0，此時(shí)撤去F，物體繼續(xù)滑行2s0的路程后停止運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g，則()A．在此過(guò)程中F所做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．在此過(guò)程中F的沖量大小等于eq\f(3,2)mv0C．物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于eq\f(v\o\al(2,0),4s0g)D．F的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的2倍答案BC解析撤去F前，由牛頓第二定律有F－μmg＝ma1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有veq\o\al(2,0)＝2a1s0，撤去F后，由牛頓第二定律有－μmg＝ma2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0－veq\o\al(2,0)＝2a2×2s0，聯(lián)立可得F＝eq\f(3mv\o\al(2,0),4s0)，μ＝eq\f(v\o\al(2,0),4s0g)，則Ff＝μmg＝eq\f(mv\o\al(2,0),4s0)，可知F的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的3倍，故C正確，D錯(cuò)誤；在此過(guò)程中F所做的功為W＝Fs0＝eq\f(3,4)mveq\o\al(2,0)，故A錯(cuò)誤；由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的平均速度公式可知，外力F的作用時(shí)間t1＝eq\f(s0,\f(0＋v0,2))＝eq\f(2s0,v0)，在此過(guò)程中F的沖量大小為I＝Ft1＝eq\f(3,2)mv0，故B正確。[題組三模擬小題]12.(2021·江蘇省南通、徐州、宿遷、淮安、泰州、鎮(zhèn)江六市一調(diào))光滑水平面上放置一表面光滑的半球體，小球從半球體的最高點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，在小球滑落至水平面的過(guò)程中()A．小球的機(jī)械能守恒B．小球一直沿半球體表面下滑C．小球和半球體組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒D．小球在水平方向的速度一直增大答案C解析小球與半球體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球下滑過(guò)程半球體在水平面上滑動(dòng)，半球體動(dòng)能增加，則小球的機(jī)械能減小，故A錯(cuò)誤；小球沿半球體表面下滑時(shí)，速度越來(lái)越大，所需向心力則越來(lái)越大，而小球所受重力沿半球體半徑方向的分力越來(lái)越小，則小球下滑到某一位置后，將離開(kāi)半球體表面做斜下拋運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；小球和半球體組成的系統(tǒng)在水平方向所受合力為零，則系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，C正確；小球沿半球體表面下滑時(shí)速度增大，小球離開(kāi)半球體后水平方向的速度不變，故D錯(cuò)誤。13.(2021·山東省泰安市高三下二輪檢測(cè))如圖所示，質(zhì)量為m的滑環(huán)套在足夠長(zhǎng)的光滑水平桿上，質(zhì)量為M＝3m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩與滑環(huán)連接?；h(huán)固定時(shí)，給小球一個(gè)水平?jīng)_量I，小球擺起的最大高度為h1(h1<L)；滑環(huán)不固定時(shí)，仍給小球一同樣的水平?jīng)_量I，小球擺起的最大高度為h2。則h1∶h2A．6∶1 B．4∶1C．2∶1 D．4∶3答案B解析設(shè)小球獲得沖量I對(duì)應(yīng)的速度為v0，滑環(huán)固定時(shí)，在擺起過(guò)程中，對(duì)小球，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有Mgh1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，解得h1＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)；滑環(huán)不固定時(shí)，當(dāng)小球擺起到最大高度處時(shí)，小球與滑環(huán)的速度相等，設(shè)為v，在擺起過(guò)程中小球和滑環(huán)組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量守恒，則Mv0＝(m＋M)v，eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋Mgh2，聯(lián)立可得h2＝eq\f(v\o\al(2,0),8g)，則h1∶h2＝4∶1，故選B。14.(2021·內(nèi)蒙古呼和浩特市高三質(zhì)量普查調(diào)研)(多選)如圖，光滑水平面上有一靜止長(zhǎng)木板，質(zhì)量M＝3kg，長(zhǎng)L＝7m，木板上最左端靜置一木塊，質(zhì)量m＝1kg，木板與木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3。t＝0時(shí)刻，在木塊上施加一水平向右的恒力F＝6N，作用t＝2s后撤去該力，對(duì)于木板和木塊的運(yùn)動(dòng)，下列結(jié)論正確的是(g＝10m/s2)()A．t＝2s時(shí)木塊的速度為6m/sB．t＝2s時(shí)木板的位移為2mC．從t＝0開(kāi)始，木塊與木板相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為4sD．從t＝0開(kāi)始，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為18J答案ABD解析設(shè)水平恒力為F0時(shí)，木塊即將相對(duì)木板滑動(dòng)，則μmg＝Ma0，F(xiàn)0＝(M＋m)a0，解得F0＝4N，因F>F0，故F作用于木塊上時(shí)木塊與木板發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)。設(shè)t＝2s時(shí)木塊的速度為v1，以向右為正方向，對(duì)木塊由動(dòng)量定理可得Ft－μmgt＝mv1－0，解得v1＝6m/s，故A正確。設(shè)t＝2s時(shí)木板的速度為v2，以向右為正方向，對(duì)木板由動(dòng)量定理可得μmgt＝Mv2－0，解得v2＝2m/s，則t＝2s時(shí)木板的位移為x2＝eq\f(v2＋0,2)t＝2m，故B正確。撤去該力后，假設(shè)木塊最終能與木板共速，沒(méi)有從木板上滑下來(lái)，木塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)最終二者的共同速度為v3，以向右為正方向，則有mv1＋Mv2＝(m＋M)v3，解得v3＝3m/s；設(shè)撤去F后二者相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t′，對(duì)木塊由動(dòng)量定理可得－μmgt′＝mv3－mv1，解得t′＝1s,0～2s內(nèi)木塊的位移為x1＝eq\f(v1＋0,2)t＝6m，t＝2s內(nèi)木塊相對(duì)木板向右滑動(dòng)的距離Δx1＝x1－x2＝4m，t′＝1s內(nèi)木塊相對(duì)木板向右滑動(dòng)的距離Δx2＝x1′－x2′＝eq\f(v3＋v1,2)t′－eq\f(v3＋v2,2)t′＝2m，Δx1＋Δx2＝6m<L＝7m，故假設(shè)正確，則從t＝0開(kāi)始，木塊與木板相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為Δt＝t＋t′＝2s＋1s＝3s，故C錯(cuò)誤。從t＝0開(kāi)始，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝μmg(Δx1＋Δx2)＝18J，故D正確。15．(2021·遼寧省葫蘆島市高三下二模)(多選)如圖甲所示，勁度系數(shù)為k的豎直輕彈簧下端固定在地面上，上端與物塊B相連并處于靜止?fàn)顟B(tài)。一物塊A在外力作用下靜止在彈簧正上方某高度處，取物塊A靜止時(shí)的位置為原點(diǎn)O、豎直向下為正方向建立x軸。某時(shí)刻撤去外力，物塊A自由下落，與物塊B碰撞后以相同的速度向下運(yùn)動(dòng)，碰撞過(guò)程時(shí)間極短。測(cè)得物塊A的動(dòng)能Ek與其位置坐標(biāo)x的關(guān)系如圖乙所示(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))，圖中除0～x1之間的圖線(xiàn)為直線(xiàn)外，其余部分均為曲線(xiàn)。已知物塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，則()A．物塊A與B碰撞前后速度大小之比為3∶1B．物塊A與B從x1到x3的過(guò)程中，重力的瞬時(shí)功率先減小后增大C．物塊A與B整體運(yùn)動(dòng)至加速度為零時(shí)彈簧壓縮量大于(x2－x1)D．彈簧的勁度系數(shù)k＝eq\f(Ek1,x1x2－x1)答案ACD解析根據(jù)圖像可知碰撞后A的動(dòng)能變?yōu)榕鲎睬暗膃q\f(1,9)，根據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2，則物塊A與B碰撞前后速度大小之比為3∶1，A正確；物塊A與B從x1到x3的過(guò)程中，動(dòng)能先增大后減小，則速度先增大后減小，根據(jù)PG＝Gv，則重力的瞬時(shí)功率先增大后減小，B錯(cuò)誤；x＝x1時(shí)彈簧上端與物塊B相連并處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，所以A、B整體加速度為零時(shí)即x＝x2時(shí)彈簧的壓縮量大于(x2－x1)，C正確；設(shè)碰撞前瞬間A的速度為v，取A的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律有mAv＝(mA＋mB)×eq\f(1,3)v，解得mA∶mB＝1∶2，設(shè)A的質(zhì)量為m，則B的質(zhì)量為2m，由圖乙可知，A與B在x2處動(dòng)能達(dá)到最大，根據(jù)平衡條件可得此時(shí)彈簧彈力為3mg，從x1到x2過(guò)程中，彈簧彈力增加mg，由胡克定律知mg＝k(x2－x1)，從O到x1，對(duì)A由動(dòng)能定理有Ek1＝mgx1，聯(lián)立解得k＝eq\f(Ek1,x1x2－x1)，D正確。[題組一基礎(chǔ)大題]16.兩相同平板小車(chē)A、B放在光滑水平面上，兩小車(chē)的質(zhì)量均為2kg，車(chē)長(zhǎng)均為0.3m，A車(chē)左端放一小鐵塊C，質(zhì)量為1kg，鐵塊與兩小車(chē)表面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.4，開(kāi)始A、C一起以速度v0＝4m/s滑向靜止的B車(chē)，A、B碰撞后粘在一起，求：(1)B車(chē)運(yùn)動(dòng)的最大速度；(2)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明，C停在A車(chē)還是B車(chē)上？答案(1)2.4m/s，方向水平向右(2)B車(chē)上解析(1)A、B、C組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)三者速度相等時(shí)，B車(chē)的速度最大，以水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：(M＋m)v0＝(2M＋m)解得：v＝2.4m/s，方向水平向右。(2)A與B碰撞后，設(shè)A、B車(chē)的共同速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：Mv0＝2Mv1設(shè)C在車(chē)上滑過(guò)的距離為s，根據(jù)能量守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2Mveq\o\al(2,1)＝μmgs＋eq\f(1,2)×(2M＋m)v2解得：s＝0.4m，故鐵塊C停在B車(chē)上。[題組二高考大題]17．(2021·湖北高考)如圖所示，一圓心為O、半徑為R的光滑半圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，其下端與光滑水平面在Q點(diǎn)相切。在水平面上，質(zhì)量為m的小物塊A以某一速度向質(zhì)量也為m的靜止小物塊B運(yùn)動(dòng)。A、B發(fā)生正碰后，B到達(dá)半圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力恰好為零，A沿半圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到與O點(diǎn)等高的C點(diǎn)時(shí)速度為零。已知重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。(1)求B從半圓弧軌道飛出后落到水平面的位置到Q點(diǎn)的距離；(2)當(dāng)A由C點(diǎn)沿半圓弧軌道下滑到D點(diǎn)時(shí)，OD與OQ夾角為θ，求此時(shí)A所受力對(duì)A做功的功率；(3)求碰撞過(guò)程中A和B損失的總動(dòng)能。答案(1)2R(2)mgsinθeq\r(2gRcosθ)(3)eq\r(10)mgR解析(1)設(shè)B到達(dá)半圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)速度為v2′，由于B對(duì)軌道最高點(diǎn)的壓力為零，則由牛頓第二定律得mg＝meq\f(v2′2,R)B離開(kāi)最高點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，則在豎直方向上有2R＝eq\f(1,2)gt2在水平方向上有x＝v2′t聯(lián)立解得x＝2R。(2)對(duì)A由C到D的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得mgRcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)由于對(duì)A做功的力只有重力，則A所受力對(duì)A做功的功率為P＝mgvDsinθ聯(lián)立解得P＝mgsinθeq\r(2gRcosθ)。(3)設(shè)A、B碰后瞬間的速度分別為v1、v2，對(duì)B由Q到最高點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mv2′2＋mg·2R對(duì)A由Q到C的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgR設(shè)碰前瞬間A的速度為v0，對(duì)A、B碰撞的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2碰撞過(guò)程中A和B損失的總動(dòng)能為ΔEk＝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)聯(lián)立解得ΔEk＝eq\r(10)mgR。18．(2020·天津高考)長(zhǎng)為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為m1的小球A，處于靜止?fàn)顟B(tài)。A受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)。當(dāng)A回到最低點(diǎn)時(shí)，質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運(yùn)動(dòng)，并能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求(1)A受到的水平瞬時(shí)沖量I的大??；(2)碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少多大？答案(1)m1eq\r(5gl)(2)eq\f(5gl2m1＋m22,2m2)解析(1)A恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)，則A經(jīng)過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)時(shí)，輕繩的拉力剛好為零，設(shè)A在最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律，有m1g＝m1eq\f(v2,l)①A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，取軌跡最低點(diǎn)處重力勢(shì)能為零，設(shè)A在最低點(diǎn)的速度大小為vA，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)m1v2＋2m1gl②由動(dòng)量定理，有I＝m1vA③聯(lián)立①②③式，得I＝m1eq\r(5gl)。④(2)設(shè)兩球粘在一起瞬間速度大小為v′，A、B粘在一起后能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)，需滿(mǎn)足v′≥vA⑤要達(dá)到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向?yàn)檎较颍O(shè)碰撞前瞬間B的速度大小為vB，由動(dòng)量守恒定律，有m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥又Ek＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式，得Ek≥eq\f(5gl2m1＋m22,2m2)⑧即碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少為eq\f(5gl2m1＋m22,2m2)。19.(2021·海南高考)如圖，一長(zhǎng)木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，將一小滑塊無(wú)初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質(zhì)量分別為m和2m，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g(1)滑塊相對(duì)木板靜止時(shí)，求它們的共同速度大?。?2)某時(shí)刻木板速度是滑塊的2倍，求此時(shí)滑塊到木板最右端的距離；(3)若滑塊輕放在木板最右端的同時(shí)，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保持勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，直到滑塊相對(duì)木板靜止，求此過(guò)程中滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間以及外力所做的功。答案(1)eq\f(2v0,3)(2)eq\f(7v\o\al(2,0),25μg)(3)eq\f(v0,μg)mveq\o\al(2,0)解析(1)由于地面光滑，則木板與滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有2mv0＝(m＋2m)v解得v共＝eq\f(2v0,3)。(2)由于木板速度是滑塊的2倍，則有v木＝2v滑根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mv0＝2mv木＋mv滑聯(lián)立得v滑＝eq\f(2,5)v0，v木＝eq\f(4,5)v0再根據(jù)功能關(guān)系有－μmgx＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,木)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,滑)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)解得x＝eq\f(7v\o\al(2,0),25μg)。(3)對(duì)滑塊進(jìn)行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma滑滑塊相對(duì)木板靜止時(shí)有v0＝a滑t解得t＝eq\f(v0,μg)由于木板保持勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則有F＝μmg整個(gè)過(guò)程中木板滑動(dòng)的距離為x′＝v0t＝eq\f(v\o\al(2,0),μg)則外力所做的功為W＝Fx′＝mveq\o\al(2,0)。20．(2021·湖南高考)如圖，豎直平面內(nèi)一足夠長(zhǎng)的光滑傾斜軌道與一長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平軌道通過(guò)一小段光滑圓弧平滑連接，水平軌道右下方有一段弧形軌道PQ。質(zhì)量為m的小物塊A與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。以水平軌道末端O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系xOy，x軸的正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下，弧形軌道P端坐標(biāo)為(2μL，μL)，Q端在y軸上。重力加速度為g。(1)若A從傾斜軌道上距x軸高度為2μL的位置由靜止開(kāi)始下滑，求A經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度大?。?2)若A從傾斜軌道上不同位置由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)O點(diǎn)落在弧形軌道PQ上的動(dòng)能均相同，求PQ的曲線(xiàn)方程；(3)將質(zhì)量為λm(λ為常數(shù)且λ≥5)的小物塊B置于O點(diǎn)，A沿傾斜軌道由靜止開(kāi)始下滑，與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)，要使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點(diǎn)的右側(cè)，求A下滑的初始位置距x軸高度的取值范圍。答案(1)eq\r(2μgL)(2)x＝2eq\r(2μLy－y2)(其中μL≤y≤2μL)(3)eq\f(3λ－1,λ－3)μL<h≤eq\f(λ2＋λ＋1,λ－12)·4μL解析(1)物塊A從傾斜軌道由靜止滑至O點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有mg·2μL－μmgL＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2μgL)。(2)物塊A從O點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)飛出的初速度為v0，落在弧形軌道上的坐標(biāo)為(x，y)，所用時(shí)間為t，有x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2解得veq\o\al(2,0)＝eq\f(gx2,2y)物塊A從O點(diǎn)到落點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有mgy＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得物塊A落在弧形軌道上的動(dòng)能為Ek＝mgy＋eq\f(mgx2,4y)因?yàn)槲飰KA經(jīng)過(guò)O點(diǎn)落在弧形軌道上的動(dòng)能均相同，將點(diǎn)P(2μL，μL)的坐標(biāo)代入，可得Ek＝mg×μL＋eq\f(mg2μL2,4×μL)＝2μmgL聯(lián)立可得y＋eq\f(x2,4y)＝2μL則PQ的曲線(xiàn)方程為x＝2eq\r(2μLy－y2)(其中μL≤y≤2μL)。(3)設(shè)物塊A在傾斜軌道上從距x軸高h(yuǎn)處由靜止滑下，到達(dá)O點(diǎn)與物塊B碰前的速度為v1，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得veq\o\al(2,1)＝2gh－2μgL物塊A與B發(fā)生彈性碰撞，使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點(diǎn)的右側(cè)，則A與B碰撞后反彈。設(shè)碰后A、B的速度大小分別為v2、v3，規(guī)定水平向右為正方向，在物塊A與B碰撞過(guò)程中，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，有mv1＝－mv2＋λmv3eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)·λmveq\o\al(2,3)解得v2＝eq\f(λ－1,λ＋1)v1，v3＝eq\f(2,λ＋1)v1碰后物塊A反彈，設(shè)再次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度大小為v4，根據(jù)動(dòng)能定理有－2μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)－e