2022高考物理二轮复习专题限时集训7动量和能量的综合应用含解析.docx

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1、专题限时集训(七)(建议用时：40分钟)1.如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是()AEmv，Imv0BEmv，I2mv0CEmv，Imv0DEmv，I2mv0DA、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv02mv，则vv0，碰撞后，A、B一起压缩弹簧，当A、B的速度减至零时弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律，最大弹性势能E2mv2mv，从球A被碰

2、后开始到回到原静止位置的过程中，取向右为正方向，由动量定理得I2mv(2mv)4mv2mv0。选项D正确。2.如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上最多能滑行的距离为()ALB CDC设物块受到的滑动摩擦力为f，物块的初速度v0；如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理：fL0Mv，如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统受外力的合力为零，动

3、量守恒，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得：Mv0(MM)v1，对系统运用能量守恒有：fLMv(2M)v，联立解得：L，故C正确，A、B、D错误。3(2020河北邯郸一中第五次月考)在沈海高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1.5104 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为2.0104 kg向北行驶的货车，碰后两辆车连在一起，并向北滑行了一小段距离后停止。根据测速仪的测定，两车碰撞前长途客车以108 km/h的速度行驶，由此可判断货车碰撞前的行驶速度大小为()A大于10 m/sB小于22.5 m/sC一定大于22.5 m/sD一定大于30 m/sC碰撞前长途客车的速度v1108 km/

4、h30 m/s，根据碰后两辆车连在一起且向北滑行的情况，可知由两车组成的系统的总动量方向向北，所以碰前客车的动量p1m1v1(向南)应该小于货车的动量p2m2v2(向北)，即m1v1m2v2，代入数据有1.510430(kgm/s)22.5 m/s。4.(多选)如图所示，在光滑水平面上有两木块A和B，质量均为m，B的左侧固定一轻质弹簧。开始时B静止，A以初速度v0向右运动与弹簧接触，则在相互作用的过程中()A任意时刻，A、B(含弹簧)系统的总动能恒定不变B任意时刻，A、B(含弹簧)系统的总动量恒定不变C当弹簧压缩到最短时，A与B具有相同的速度D当弹簧恢复到原长时，A与B具有相同的速度BCA以速

5、度v0向右运动与B上弹簧接触，根据能量守恒知，在弹簧被压缩过程中，弹簧的势能增大，A、B(含弹簧)系统的总动能减小，故A错误；A、B系统任意时刻所受合外力为零，所以任意时刻，A、B(含弹簧)系统的总动量守恒，故B正确；当弹簧压缩到最短时，A与B具有相同的速度，之后在弹簧弹力作用下A减速，B加速，由机械能守恒及动量守恒知，当弹簧恢复到原长时，A的速度为零，B的速度是v0，故C正确，D错误。5.在光滑的水平地面上放有一质量为M、带光滑圆弧形槽的小车，一质量为m的小铁块以速度v0沿水平槽口滑上小车，且上滑过程始终未离开小车，如图所示，若Mm，则铁块离开小车时将()A向左平抛B向右平抛C自由落体D无法

6、判断C小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv0Mv车mv铁，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得mvMvmv，解得铁块离开车时v铁0，v车v0。所以铁块离开车时将做自由落体运动，故A、B、D错误，C正确。6.(多选)如图所示，质量为m2的小球B静止在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0靠近B，并与B发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上。A、B两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失。当m1、v0一定时，m2越大，则()A碰撞后A的速度越小B碰撞后A的速度越大C碰撞过程中B受到的冲量越大D碰撞过程中A受到的冲量越

7、大CD以v0的方向为正方向，在碰撞过程中，根据动量守恒得m1v0m1v1m2v2，又因碰撞过程中机械能守恒，故有m1vm1vm2v，两式联立得v1，v2。当m2m1时，m2越大，v1越大，选项A、B错误；碰撞过程中，A受到的冲量IAm1v1m1v0v0v0，可知m2越大，A受到的冲量越大，选项D正确；B受到的冲量与A受到的冲量大小相等、方向相反，因此m2越大，B受到的冲量也会越大，选项C正确。7.(多选)小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车的另一端，如图所示。已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d。若每发子弹打入靶中，

8、就留在靶里，且待前一发子弹打入靶中后，再打下一发。则以下说法正确的是()A待打完n发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动B待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方C在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为D在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同BC车、人、枪、靶和n颗子弹组成的系统动量守恒，系统初动量为0，故末动量为0，A错误；每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发，因此每次射击，以一颗子弹和车、人、枪、靶、(n1)颗子弹为研究对象，动量守恒，则有0mM(n1)m，由位移关系有x车x子d，解得x车，故C正确，D错误；每射击一次，车子都会

9、右移，故B正确。8.(2020山西太原名校定时训练)质量为1 kg的物体从足够高处由静止开始下落，其加速度a随时间t变化的关系图象如图所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是()A2 s末物体所受阻力的大小为20 NB在02 s内，物体所受阻力随时间均匀减小C在02 s内，物体的动能增大了100 JD在01 s内，物体所受阻力的冲量大小为2.5 NsD2 s末物体的加速度为零，则此时阻力等于重力，即所受阻力的大小为10 N，选项A错误；根据牛顿第二定律有mgfma，可得fmgma，在02 s内，物体加速度随时间均匀减小，则所受阻力随时间均匀增大，选项B错误；根据物体加速度a随时间t

10、变化的关系图象与坐标轴所围图形的面积表示速度变化量可知，在02 s内，物体的速度增加了v210 m/s10 m/s，即t2 s时速度为v10 m/s，则在02 s内，物体的动能增大了mv21102 J50 J，选项C错误；在01 s内，物体速度的增量v1(510)1 m7.5 m/s，根据动量定理有mgtIfmv1，解得If2.5 Ns，选项D正确。9.(多选)(2020四川自贡重点高中联考)将竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，钢板水平且处于静止状态。一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点Q。下列说法正确的是(

11、)A物块与钢板碰后瞬间的速度为B物块与钢板碰后瞬间的速度为C从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mgD从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x0h)BC物块下落h的过程中，由机械能守恒定律得mghmv；物块与钢板碰撞，根据动量守恒定律可得mv12mv2，解得v2v1，A项错误，B项正确；从碰撞至到达Q的过程中，由能量关系可知2mv2mgx0Ep，则弹性势能的增加量为Epmg，C项正确，D项错误。10.(多选)(2020四川宜宾第四中学开学考试)如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点

12、经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力，小球可视为质点)，则()A小球和小车组成的系统动量守恒B小车向左运动的最大距离为RC小球离开小车后做竖直上抛运动D小球第二次能上升的最大高度h满足h0hh0CD小球与小车组成的系统在水平方向所受的合外力为零，水平方向系统动量守恒。由于小球有竖直分加速度，所以系统所受的合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mvmv0，即有mm0，解得，小车的最大位移：xR，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水

13、平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C正确；小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mgWf0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wfmgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：h0h0h0，而小于h0，即h0hh0。故D正确。11(2020山东莱州一中期中测试)如图(a)所示，半径R0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，在光滑的水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车

14、质量M2 kg，长度为L0.5 m，小车的上表面与B点等高。质量m1 kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放。g取10 m/s2。(a)(b)(1)求物块滑到轨道B点时对轨道的压力大小；(2)若平板车上表面粗糙且物块没有滑离平板车，求物块和平板车的最终速度大小；(3)若将平板车锁定，并且在其上表面铺上一种从左向右动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，小物块所受摩擦力随距离变化图象(fL图象)如图(b)所示，且物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小。解析(1)物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中，机械能守恒，则mgRmv，解得vB3 m/s在B点，由牛顿第二定律得Nmgm，解得N30

15、 N即物块滑到轨道B点时对轨道的压力大小NN30 N。(2)物块滑上小车后，水平面光滑，物块与平板车组成的系统的动量守恒，有mvB(mM)v共，解得v共1 m/s。(3)物块在小车上滑行时摩擦力做的功大小为fL图线与坐标轴所围的面积，即Wf J2 J根据动能定理有Wfmvmv解得物块滑离平板车时的速度大小v2 m/s。答案(1)30 N(2)1 m/s(3) m/s12(2020河南郑州高三期末)如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M0.2 kg的小球P和质量为m0.1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为m0.1 kg的橡皮泥球S，在B

16、处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为x0.2 m，重力加速度为g10 m/s2，求：(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小FNB；(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。解析(1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有MgM解得vC对于小球P，从BC，由动能定理有2MgRMv

17、Mv解得vB在B点有FNBMgM解得FNB6Mg12 N由牛顿第三定律有FNBFNB12 N。(2)设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，根据公式hgt2得t0.2 s根据公式xvt，得v1 m/s碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有mvQ2mv解得vQ2 m/s。(3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有MvPmvQ解得vP1 m/sP、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有EpMvmv解得Ep0.3 J。答案(1)12 N(2)2 m/s(3)0.3 J13(多选)(2020全国卷T21)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的

18、静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为()A48 kgB53 kg C58 kgD63 kgBC选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0Mv1mv0，物块与

19、挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1mv0mv0Mv2，依此类推，Mv2mv0mv0Mv3，Mv7mv0mv0Mv8，又运动员的退行速度v8v0，v7v0，解得13mM15m，即52 kgM60 kg，故B、C项正确，A、D项错误。14(2020山东学业水平等级考试T18)如图所示，一倾角为的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tan ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q

20、的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；(3)求物块Q从A点上升的总高度H；(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。解析(1)P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0mvP14mvQ1由机械能守恒定律得mvmv4mv联立式得vP1v0vQ1v0故第一次碰撞后P的速度大小为v0，Q的速度大小为v0。(2)设P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得0v2(2gsin )联立式得h1设P运动至与Q刚

21、要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得mvmvmgh1联立式得v02v0P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为vP2、vQ2，由动量守恒定律得mv02mvP24mvQ2由机械能守恒定律得mvmv4mv联立式得vP2v0vQ2v0设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得0v2(2gsin )联立式得h2设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得mvmvmgh2联立式得v03v0P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为vP3、vQ3，由动量守恒定律得mv03mvP34mvQ3由机械

22、能守恒定律得mvmv4mv联立式得vP3v0vQ3v0设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，由运动学公式得0v2(2gsin )联立式得h3总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为hn(n1,2,3)。(3)当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得0mv(m4m)gHtan 4mgcos 解得H。(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得vQ12gt1sin 设P运动到斜面底端时的速度为vP1，需要的时间为t2，由运动学公式得vP1vP1gt2sin vP1v2sgsin 设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3v02(vP1)gt3sin 当A点与挡板之间的距离最小时t12t2t3联立式，代入数据得s。答案(1)v0v0(2)hn(n1,2,3)(3)H(4)s