届高考物理一轮复习第六单元动量守恒定律题组层级快练动量与能量综合专题新人教版.doc

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1、题组层级快练(二十九)一、选择题1(多项选择)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起，将其放在光滑水平面上，如下图，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，假设子弹击中上层，子弹刚好不穿出；假设子弹击中下层，那么子弹整个刚好嵌入，由此可知()A子弹射中上层时对滑块做功多B两次子弹对滑块做的功一样多C子弹射中上层系统产生热量多D子弹与下层之间的摩擦力较大答案BD解析两次射击，子弹与滑块都满足动量守恒，最后两滑块及子弹以相同的速度共同运动那么可知两滑块动能增加量相同，即两次射击子弹对滑块做功一样多，故B项正确，系统损失机械能也一样多，故产生热量也一样多，产生的热量等于摩擦力和子弹与滑块相对位移的乘积

2、，故D项正确2.(2022淄博一模)(多项选择)如下图，在质量为M(含支架)的小车中用轻绳悬挂一小球，小球的质量为m0，小车和小球以恒定速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短在此碰撞过程中，以下哪个或哪些说法是可能发生的？()A在此过程中小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(Mm0)vMv1mv2m0v3B在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度分别为v1和v2，满足(Mm0)vMv1mv2C在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度都变成u，满足Mv(Mm)uD碰撞后小球摆到最高点时速度变为v1，木块的速度

3、变为v2，满足(Mm0)v(Mm0)v1mv2答案CD解析A项，碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球的速度在瞬间不变，假设碰后小车和木块的速度变为v1和v2，根据动量守恒有：MvMv1mv2.假设碰后小车和木块速度相同，根据动量守恒定律有：Mv(Mm)u.故C项正确，A、B两项错误；D项，碰撞后，小车和小球水平方向动量守恒，那么整个过程中，系统动量守恒，那么有：(Mm0)v(Mm0)v1mv2，故D项正确3如下图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB局部是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC局部是粗糙的水平面今把质量为m的小物体从A点由静止释放，m与BC局部间的动摩擦因数为，最终

4、小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，那么B、D间的距离x随各量变化的情况是()A其他量不变，R越大x越大B其他量不变，越大x越大C其他量不变，m越大x越大D其他量不变，M越大x越大答案A解析小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，那么小车和小物体相对于水平面也静止，由能量守恒得mgxmgR，xR/，A项正确4.如下图，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，那么以下结论中正确的选项是

5、()A小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒B小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C小球离开C点以后，将做竖直上抛运动D槽将不会再次与墙接触答案D解析小球从AB的过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从BC的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，此过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向动量守恒，A、B两项错误；当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即C项错误；因为全过程中，整个系统在水平方向上

6、获得了水平向右的冲量，最终槽将与墙不会再次接触，D项正确5.(2022荆门期末)(多项选择)如下图，光滑水平面上静止一个质量为M的木块，一颗质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并留在木块之中以下说法中正确的选项是()A假设M3m，那么此过程中子弹的动能将损失95%B在子弹射入木块的过程中，子弹和木块受到的冲量一定相同C假设在此过程中木块获得的动能为6 J，那么该过程中产生的热量不可能为6 JD在子弹射入木块的过程中，子弹射入木块的深度一定大于木块的位移答案CD解析假设M3m，那么根据动量守恒定律可知，mv0(Mm)v，解得v；此过程中子弹的动能损失为Ekmv02mv2mv02，故损失的动能占比

7、为：93.8%，故A项错误；B项，子弹和木块受到的冲量大小相等，方向相反，故冲量不相同，故B项错误；C项，设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m.根据动量守恒定律得：mv0(Mm)v，得v，木块获得的动能为：EkMv2，系统产生的内能为：Qmv02(Mm)v2Ek，所以QEkEk，因此产生的热量不可能为6 J，故C项正确；D项，在子弹射入木块的过程中，由于摩擦力产生的热量即摩擦力与射入深度的积一定大于摩擦力对木块所做的功，因此子弹射入木块的深度一定大于木块的位移，故D项正确6.(2022南阳模拟)如下图，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面

8、内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧，现给小球m2一个水平向右的初速度v0.如果两杆足够长，那么在此后的运动过程中()Am1、m2组成的系统动量守恒Bm1、m2组成的系统机械能守恒C弹簧最长时，其弹性势能为m2v02D当m1速度到达最大时，m2速度最小答案A解析A项，由于两球竖直方向上受力平衡，系统水平方向无外力，系统的动量守恒，故A项正确；B项，对于弹簧、m1、m2组成的系统机械能守恒，m1、m2组成的系统机械能不守恒故B项错误；C项，当两球的速度相等时，弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0(m1m2)v，解得v，由系

9、统的机械能守恒得：m2v02(m1m2)v2Ep，解得：Ep，故C项错误；D项，假设m1m2，当弹簧伸长时，m1一直在加速，当弹簧再次恢复原长时m1速度到达最大弹簧伸长时m2先减速后，速度减至零后向左加速，最小速度为零所以m1速度到达最大时，m2速度不是最小，故D项错误7.(2022昆明二模)(多项选择)如下图，质量为2m的物体B静止在光滑水平面上，物体B的左边固定有轻质弹簧，质量为m的物体A以速度v向物体B运动并与弹簧发生作用，从物体A接触弹簧开始到离开弹簧的过程中，物体A、B始终沿同一直线运动，以初速度v方向为正，那么()A此过程中弹簧对物体B的冲量大小大于弹簧对物体A的冲量大小B弹簧的最

10、大弹性势能为mv2C此过程弹簧对物体B的冲量为mvD物体A离开弹簧后的速度为v答案BD解析A项，弹簧对物体B的弹力大小等于弹簧对物体A的弹力大小，作用时间也相同，由冲量的定义式IFt知：弹簧对物体B的冲量大小等于弹簧对物体A的冲量大小，故A项错误B项，在A、B速度相等时，弹簧压缩至最短，故弹簧的弹性势能最大，故动能应最小，此过程中动量守恒，取向右为正方向，那么有：mv(m2m)v1，解得：v1v.弹簧的最大弹性势能为Epmv23mv12mv2.故B项正确；C、D两项，设物体A离开弹簧后A、B的速度分别为vA和vB.取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：mvmvA2mvB.mv2m

11、vA22mvB2.解得：vAv，vBv，即物体A离开弹簧后的速度为v.对B，由动量定理得：弹簧对物体B的冲量I2mvB0mv，故C项错误，D项正确8(2022广东七校联考)(多项选择)如下图，图(a)表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上外表粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；图(b)为物体A与小车B的vt图像，由此可知()A小车上外表长度B物体A与小车B的质量之比CA与小车B上外表的动摩擦因数D小车B获得的动能答案BC解析根据图(b)可以得出物体A相对小车上外表滑行的位移x，不能得出小车上外表长度，A项错误物体A以初速度v0滑到上外表粗糙的水平小车上，物体A与小车B组成的系统动

12、量守恒，设物体的质量为m，小车质量为M，由动量守恒定律，mv0(mM)v1，由此可得出物体A与小车B的质量之比为，B项正确由功能关系，mgxmv02(mM)v12，可以得出A与小车B上外表的动摩擦因数，C项正确小车B获得的动能EkBMv12，由于不知小车质量M.由此不能得出小车B获得的动能，D项错误9.(多项选择)如下图，光滑水平地面上有一小车左端靠墙，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，总质量为M2 kg.小物块从斜面上A点由静止滑下，经过B点时无能量损失：物块的质量m1 kg，A点到B点的竖直高度为h1.8 m，BC长度为l3 m，BC段动摩擦因数为0.3

13、，CD段光滑g取10 m/s2，那么以下说法正确的选项是()A物块在车上运动的过程中，系统动量不守恒B物块在车上运动的过程中，系统机械能守恒C弹簧弹性势能的最大值3 JD物块第二次到达C点的速度为零答案ACD解析A项，物块在斜面上下滑的过程中，小车不动，墙壁对小车有向右的作用力，系统竖直方向受力平衡，所以系统的外力之和不为零，那么系统动量不守恒故A项正确；B项，物块在BC段滑行时，摩擦力对系统要做功，产生内能，所以系统的机械能不守恒，故B项错误；C项，物块在斜面上下滑的过程，根据动能定理得：mghmv020，物块从B向右滑行的过程，系统动量守恒，当两者第一次等速时，弹簧的弹性势能最大，以向右为

14、正，根据动量守恒定律得：mv0(mM)v，根据能量守恒定律得：mglEpmv02(Mm)v2，联立解得：弹簧弹性势能的最大值Ep3 J，故C项正确；D项，对物块从B开始运动到物块第二次到C的过程，根据动量守恒定律得：mv0mv1Mv2，根据能量守恒定律得：mglmv02(mv12Mv22)，解得：物块第二次到达C点的速度v10，故D项正确10(2022湖北模拟)(多项选择)如下图，质量M3 kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动质量为m2 kg的小球(视为质点)通过长L0.75 m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态现给小球一个v03 m/s的竖直向下

15、的初速度，取g10 m/s2.那么()A小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3 mB小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.5 mC小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54 m答案AD解析可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向动量守恒，有，解得：x0.3 m，A项正确，B项错误根据动量守恒定律，小球m相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒

16、定律可知，小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m，C项错误根据动量守恒定律，在小球上升到最大高度时，滑块速度为零，由系统的能量守恒定律可知，小球m相对于初始位置可以到达的最大高度为h0.45 m，与水平面的夹角为cos0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程上滑块M在水平轨道上又向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向动量守恒，有，解得x0.24 m小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了xx0.3 m0.24 m0.54 mD项正确二、非选择题11(2022洛阳二模)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA4.0 kg和mB3.0 kg.用轻弹簧

17、栓接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触另有一物块C从t0时以一定速度向右运动，在t4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的vt图像如图乙所示求：(1)物块C的质量mC；(2)B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep.答案(1)2 kg(2)9 J解析(1)由图知，C与A碰前速度为v19 m/s，碰后速度为v23 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，mCv1(mAmC)v2解得mC2 kg.(2)12 s，B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B速度相等时，弹簧弹性势能最大(mAmC)v3(mAmBmC)v4(mAmC)v32(m

18、AmBmC)v42Ep 得Ep9 J.12.(2022天津六校联考)质量为mB2 kg的木板B静止于水平面上，质量为mA6 kg的物块A停在B的左端，质量为mC2 kg的小球C用长为L0.8 m的轻绳悬挂在固定点O.现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短为t102 s，之后小球C反弹所能上升的最大高度h0.2 mA、B间的动摩擦因数10.2，B与水平面间的动摩擦因数20，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g10 m/s2.求：(1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小；(2)为使物块A不滑离木板B，木板B至少多长？答案(1)1 200

19、 N(2)0.5 m解析(1)C下摆过程，根据动能定理有：mCgLmCvC2代入数据解得：碰前C的速度vC4 m/s，C反弹过程，根据动能定理有：mCgh0mCvC2解得：碰后C的速度vC2 m/s取向右为正方向，对C，根据动量定理有：FtmCvCmCvC解得：碰撞过程中C所受的撞击力大小：F1 200 N.(2)C与A碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：mCvCmCvCmAvA解得：碰后A的速度vA2 m/sA恰好滑至木板B右端并与其共速时，所求B的长度最小物块A与木板B相互作用过程，系统的动量守恒，规定向右为正方向由动量守恒定律得：mAvA(mAmB)v代入数据解得：v1.5 m

20、/s由能量守恒定律得：1mAgxmAvA2(mAmB)v2代入数据解得：x0.5 m13(2022淮南二模)某物理课外兴趣小组设计了如下图装置，AB段为一竖直圆管，BC为一半径为R0.4 m的半圆轨道，C端的下方有一质量为M2 kg的小车，车上有半径r0.2 m的半圆轨道，E为轨道最低点，左侧紧靠一固定障碍物，在直管的下方固定一锁定的处于压缩的轻质弹簧，弹簧上端放置一质量为m1 kg的小球(小球直径略小于圆管的直径，远远小于R、r)小球到B端的距离为h11.2 m，C、D间竖直距离为h21 m某时刻，解除弹簧的锁定，小球恰好能通过BC的最高点P，从C端射出后恰好从D端沿切线进入半圆轨道DEF，

21、并能从F端飞出假设各个接触面都光滑，重力加速度取g10 m/s2，那么：(1)弹簧被释放前具有的弹性势能Ep大小是多少？(2)小球从F点飞出后能上升的最大高度是多少？(3)小球下落返回到E点时对轨道的压力大小是多少？答案(1)18 J(2)1 m(3)190 N解析(1)由A到P过程中，小球机械能守恒，由机械能守恒定律得：Epmg(h1R)mvP2，在P点，由牛顿第二定律得：mgm，解得：Ep18 J，vP2 m/s.(2)P到E过程中，小球机械能守恒，由机械能守恒定律得：mg(Rh2r)mvE2mvP2，解得：vE6 m/s，小球由E上升到最高点过程中，小球与车组成的系统在水平方向动量守恒，

22、系统机械能守恒，以球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvE(Mm)v，由机械能守恒定律得：mvE2(Mm)v2mg(hr)，代入数据联立解得：h1 m.(3)小球从第一次经过E点到再次返回到E点的过程中，小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，系统机械能守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvEmv1Mv2，由机械能守恒定律得：mvE2mv12Mv22，解得，小球的速度大小：v12 m/s，方向水平向左，小车的速度大小：v24 m/s，方向水平向右；小球与小车运动的方向相反，所以二者的相对速度：u|v1|v2|2 m/s4 m/s6 m/s那么小球受到的支持力：FNmg190 N根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为190 N.