2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)7 動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用（含解析）

專題限時(shí)集訓(xùn)(七)(建議用時(shí)：40分鐘)專題通關(guān)練1(多選)(2019·湖南湘東六校聯(lián)考)質(zhì)量為m的物塊甲以3 m/s的速度在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，有一輕彈簧固定在其左側(cè)，另一質(zhì)量也為m的物塊乙以4 m/s的速度與甲相向運(yùn)動(dòng)，如圖所示，兩物塊通過彈簧相互作用(未超出彈簧彈性限度)并最終彈開，則()A兩物塊在壓縮彈簧的過程中，兩物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)，甲物塊的速度為零C甲物塊的速率可能為5 m/sD當(dāng)甲物塊的速率為1 m/s時(shí)，乙物塊的速率可能為2 m/sAD甲、乙兩物塊在壓縮彈簧的過程中，兩物塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選項(xiàng)A正確；當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)，兩物塊速度相等，甲物塊的速度不為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若甲物塊的速率為5 m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得此時(shí)乙物塊的速率為6 m/s或4 m/s，兩物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能增大，違反了能量守恒定律，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)甲物塊的速率為1 m/s，方向向左時(shí)，選取向右為速度的正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，m·4 m/sm·3 m/smvm·1 m/s，解得乙物塊的速率v2 m/s，選項(xiàng)D正確。2(原創(chuàng)題)(多選)一艘帆船在湖面上順風(fēng)航行，在風(fēng)力的推動(dòng)下做速度為v04 m/s的勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知帆船在該運(yùn)動(dòng)狀態(tài)下突然失去風(fēng)的推力的作用，此后帆船在湖面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t08 s后靜止不動(dòng)；該帆船的帆面正對(duì)風(fēng)的有效面積為S10 m2，帆船的總質(zhì)量約為M936 kg，若帆船在行駛過程中受到的阻力恒定不變，空氣的密度為1.3 kg/m3，下列說法正確的是()A帆船失去風(fēng)的推力后加速度大小是1 m/s2B帆船在湖面上順風(fēng)航行時(shí)所受水的阻力大小為468 NC帆船勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受到風(fēng)的推力的大小為936 ND風(fēng)速的大小為10 m/sBD帆船失去風(fēng)的推力后，只受到水的阻力f的作用，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)帆船的加速度大小為a，則a0.5 m/s2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；以帆船為研究對(duì)象，由牛頓第二定律可得fMa，代入數(shù)據(jù)解得f468 N，選項(xiàng)B正確；設(shè)帆船勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受到風(fēng)的推力大小為F，根據(jù)平衡條件得Ff0，解得F468 N，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；設(shè)在時(shí)間t內(nèi)，以正對(duì)帆面且吹向帆面的空氣為研究對(duì)象，且其質(zhì)量為m，則mS(vv0)t，根據(jù)動(dòng)量定理有Ftmv0mv，解得v10 m/s，選項(xiàng)D正確。3(一題多解)(2019·武漢示范高中聯(lián)考)如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程木塊的動(dòng)能增加了6 J，那么此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為()A16 J B2 J C6 J D4 JA法一設(shè)子彈的質(zhì)量為m0，初速度為v0，木塊的質(zhì)量為m，則子彈打入木塊的過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即m0v0(mm0)v，此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動(dòng)能，即Em0v(mm0)v2，而木塊獲得的動(dòng)能Ek木mv26 J，上述式子聯(lián)立可得>1，故E>6 J，A項(xiàng)正確。法二作出子彈和木塊運(yùn)動(dòng)的v­t圖象，由圖象可知，子彈和木塊的相對(duì)位移x的大小一定大于木塊的對(duì)地位移x木的大小，即x>x木，設(shè)摩擦力為f，則系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Qfx，對(duì)木塊應(yīng)用動(dòng)能定理有fx木Ek木，可得Q>Ek木6 J，A項(xiàng)正確。4.(多選)A、B兩球沿一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時(shí)間變化的圖象，a、b分別為A、B兩球碰前的位移隨時(shí)間變化的圖象，c為碰撞后兩球共同運(yùn)動(dòng)的位移隨時(shí)間變化的圖象，若A球質(zhì)量是m2 kg，則由圖判斷下列結(jié)論正確的是()A碰撞前、后A球的動(dòng)量變化量為4 kg·m/sB碰撞時(shí)A球?qū)球所施的沖量為4 N·sCA、B兩球碰撞前的總動(dòng)量為3 kg·m/sD碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為10 JABD根據(jù)圖象可知，碰前A球的速度vA3 m/s，碰前B球的速度vB2 m/s，碰后A、B兩球共同的速度v1 m/s，故碰撞前、后A球的動(dòng)量變化量為pAmvmvA4 kg·m/s，選項(xiàng)A正確；A球的動(dòng)量變化量為4 kg·m/s，碰撞過程中動(dòng)量守恒，B球的動(dòng)量變化量為4 kg·m/s，根據(jù)動(dòng)量定理，碰撞過程中A球?qū)球所施的沖量為4 N·s，選項(xiàng)B正確；由于碰撞過程中動(dòng)量守恒，有mvAmBvB(mmB)v，解得mB kg，故碰撞過程中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為EmvmBv(mmB)v210 J，選項(xiàng)D正確；A、B兩球碰撞前的總動(dòng)量為pmvAmBvB(mmB)v kg·m/s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。5.(多選)如圖所示，動(dòng)量分別為pA12 kg·m/s、pB13 kg·m/s的兩個(gè)小球A、B在光滑的水平面上沿一直線向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間后兩球發(fā)生正碰，分別用pA、pB表示兩小球動(dòng)量的變化量，則下列選項(xiàng)中可能正確的是()ApA3 kg·m/s，pB3 kg·m/sBpA2 kg·m/s，pB2 kg·m/sCpA24 kg·m/s，pB24 kg·m/sDpA3 kg·m/s，pB3 kg·m/sAB本題屬于追及碰撞問題，碰前，后面運(yùn)動(dòng)物體的速度一定要大于前面運(yùn)動(dòng)物體的速度(否則無法實(shí)現(xiàn)碰撞)，碰后，前面物體的動(dòng)量增大，后面物體的動(dòng)量減小，減小量等于增大量，所以pA<0，pB>0，并且pApB。據(jù)此可排除選項(xiàng)D；若pA24 kg·m/s、pB24 kg·m/s，碰后兩球的動(dòng)量分別為pA12 kg·m/s、pB37 kg·m/s，根據(jù)關(guān)系式Ek可知，A球的質(zhì)量和動(dòng)量大小不變，動(dòng)能不變，而B球的質(zhì)量不變，但動(dòng)量增大，所以B球的動(dòng)能增大，這樣系統(tǒng)的機(jī)械能比碰前增大了，選項(xiàng)C可以排除；經(jīng)檢驗(yàn)，選項(xiàng)A、B滿足碰撞遵循的三個(gè)原則。6(多選)在冰壺比賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對(duì)方的黃壺，兩者在大本營中心發(fā)生對(duì)心碰撞，如圖(a)所示，碰后運(yùn)動(dòng)員用冰壺刷摩擦黃壺前進(jìn)方向的冰面來減小阻力，碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的v­t圖線如圖(b)中實(shí)線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量均為19 kg，則()A碰后黃壺的速度為0.8 m/sB碰后黃壺移動(dòng)的距離為2.4 mC碰撞過程兩壺?fù)p失的動(dòng)能為7.22 JD碰后紅、黃兩壺所受摩擦力大小之比為54AD由圖可知碰撞前后紅壺的速度為v01 m/s和v10.2 m/s，由動(dòng)量守恒可得mv0mv1mv2，解得碰后黃壺速度為v20.8 m/s，碰后黃壺移動(dòng)的距離為x×0.8×5 m2 m，碰撞過程兩壺?fù)p失的動(dòng)能為Ekmvmvmv3.04 J，紅壺所受摩擦力f1ma119× N3.8 N，黃壺所受摩擦力f2ma219× N3.04 N碰后紅、黃兩壺所受摩擦力之比為f1f254，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤7(多選)(2019·山東濟(jì)南高三質(zhì)量評(píng)估)如圖所示，一質(zhì)量為3m的容器靜止在光滑水平面上，該容器的內(nèi)壁是半徑為R的光滑半球面，在容器內(nèi)壁的最高點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量為m的小滑塊P，重力加速度為g。下列說法正確的是()AP滑到最低點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為mgRBP從開始到最低點(diǎn)的過程中機(jī)械能減少了CP經(jīng)過最低點(diǎn)后沿內(nèi)壁繼續(xù)上滑的最大高度小于RDP經(jīng)過最低點(diǎn)后沿內(nèi)壁繼續(xù)上滑的最大高度等于RBD小滑塊由最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程，容器和小滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則由動(dòng)量守恒定律可知0mvP3mv，又由機(jī)械能守恒定律得mgRmv×3mv2，解得v，vP3，則小滑塊在最低點(diǎn)的動(dòng)能為EkPmgR，該過程中小滑塊減少的機(jī)械能為EmgRmgRmgR，A錯(cuò)誤，B正確；假設(shè)小滑塊沿內(nèi)壁上滑的最大高度為h，則對(duì)小滑塊和容器組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mvP3mv4mv，mgRmgh×4mv2，解得v0，hR，C錯(cuò)誤，D正確。8(原創(chuàng)題)(多選)如圖所示，半徑為R的圓弧軌道固定在水平面上，圓弧軌道底端和水平面相切，質(zhì)量分別為5m和3m的物體B和C用一質(zhì)量不計(jì)的彈簧連接放在水平面上，其中物體B左端剛好位于圓弧軌道圓心的正下方，質(zhì)量為m的物體A由與圓心等高的位置從圓弧上靜止釋放，經(jīng)一段時(shí)間物體A與物體B發(fā)生碰撞，碰撞后物體A沿原路返回，A上升的最高點(diǎn)距水平面的高度為。假設(shè)三個(gè)物體均可視為質(zhì)點(diǎn)、一切摩擦和阻力均可忽略，重力加速度為g。下列說法正確的是()A物體A、B碰后瞬間，物體A的速度大小為B物體A、B相互作用的過程中，物體A對(duì)物體B的沖量大小為mC彈簧所儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能的最大值為mgRD碰后物體C具有的最大速度應(yīng)為ACD物體A運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)與物體B碰撞前的速度大小記為v1，取軌道的最低點(diǎn)的重力勢(shì)能為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgRmv，解得v1，碰撞后瞬間物體A的速度大小記為v1，同理有mv，解得v1，碰撞后瞬間物體B的速度大小記為v2，取水平向右為正方向，對(duì)A、B組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律有mv1mv15mv2，解得v2，由動(dòng)量定理可得，碰撞過程中物體B受到的沖量大小為I5mv2m，A正確，B錯(cuò)誤；碰撞結(jié)束后，物體B與物體C的速度相等時(shí)彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有5mv28mv3，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有，彈簧儲(chǔ)存的最大彈性勢(shì)能Epm×5mv×8mv，解得EpmmgR，C正確；對(duì)物體B、物體C與彈簧組成的系統(tǒng)而言，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，物體C的速度最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，有8mv35mv23mvC，Epm×8mv×5mv×3mv，解得vC，D正確。能力提升練9(多選)(2019·東北六校理綜聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩物體A、B與輕彈簧拴接，一起靜止在光滑水平面上，m1>m2?，F(xiàn)用錘子兩次分別敲擊A和B，使它們均獲得大小相同的初動(dòng)量，當(dāng)敲擊A時(shí)彈簧壓縮到最短的長(zhǎng)度為L(zhǎng)1，錘子對(duì)A做的功為W1；敲擊B時(shí)彈簧壓縮到最短的長(zhǎng)度為L(zhǎng)2，錘子對(duì)B做的功為W2，則L1與L2及兩次錘子做的功W1和W2的大小關(guān)系正確的是()AL1>L2 BL1<L2CW1>W2 DW1<W2AD假設(shè)每次敲擊時(shí)物體獲得的動(dòng)量大小為p，當(dāng)敲擊物體A時(shí)，錘子對(duì)物體A做的功為W1m1v，當(dāng)兩物體A、B的速度相同時(shí)，彈簧最短，由動(dòng)量守恒定律得：m1v1(m1m2)v1，此時(shí)彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為Ep1m1v(m1m2)v，整理得Ep1；同理當(dāng)敲擊物體B時(shí)，錘子對(duì)物體B做的功為W2m2v，當(dāng)兩物體A、B的速度相同時(shí)，彈簧最短，由動(dòng)量守恒定律得：m2v2(m1m2)v2，此時(shí)彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為Ep2m2v(m1m2)v，整理得Ep2，由題意有m1>m2，則根據(jù)以上分析可知W1<W2，C錯(cuò)誤，D正確；因?yàn)镋p1<Ep2，所以敲擊B時(shí)彈簧的壓縮量大，彈簧壓縮到最短的長(zhǎng)度較短，所以L1>L2，A正確，B錯(cuò)誤。10(多選)如圖甲所示，光滑水平面上放著長(zhǎng)木板B，質(zhì)量為m2 kg的木塊A以速度v02 m/s滑上原來靜止的長(zhǎng)木板B的上表面，由于A、B之間存在有摩擦，之后，A、B的速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，重力加速度g10 m/s2。下列說法正確的是()甲 乙AA、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1B長(zhǎng)木板的質(zhì)量M2 kgC長(zhǎng)木板長(zhǎng)度至少為2 mDA、B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4 JAB從題圖乙可以看出，A先做勻減速運(yùn)動(dòng)，B做勻加速運(yùn)動(dòng)，最后一起做勻速運(yùn)動(dòng)，共同速度：v1 m/s，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0(mM)v，解得：Mm2 kg，故B正確；由圖象可知，木板B勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為：a m/s21 m/s2，對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律得：mgMa，解得動(dòng)摩擦因數(shù)為：0.1，故A正確；由圖象可知前1 s內(nèi)B的位移為：xB×1×1 m0.5 m，A的位移為：xA×1 m1.5 m，所以木板最小長(zhǎng)度為：LxAxB1 m，故C錯(cuò)誤；A、B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：Emv(mM)v22 J，故D錯(cuò)誤。11如圖所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量為mC1 kg的足夠長(zhǎng)的木板C，在C上放置有A、B兩物體，A的質(zhì)量mA1 kg，B的質(zhì)量mB2 kg。A、B之間鎖定一被壓縮了的輕彈簧，彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能Ep3 J，現(xiàn)突然給A、B一瞬間沖量作用，使A、B同時(shí)獲得方向向右，大小為v02 m/s的初速度，與此同時(shí)彈簧由于受到擾動(dòng)而解除鎖定，并在極短的時(shí)間內(nèi)恢復(fù)原長(zhǎng)，之后與A、B分離(此過程中C仍保持靜止)。已知A、C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.2，B、C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.1，且滑動(dòng)摩擦力略小于最大靜摩擦力，g10 m/s2。(1)求彈簧與A、B分離的瞬間，A、B的速度大小；(2)已知在C第一次碰到右邊的固定擋板之前，A、B和C已經(jīng)達(dá)到了共同速度，求共同速度v和達(dá)到共速之前A、B、C的加速度大?。?3)已知C與擋板的碰撞無機(jī)械能損失，求第一次碰撞后到第二次碰撞前A在C上滑行的距離。解析(1)在彈簧彈開兩物體的過程中，由于作用時(shí)間極短，對(duì)A、B與彈簧組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得(mAmB)v0mAvAmBvB，Ep(mAmB)vmAvmBv聯(lián)立解得vA0，vB3 m/s。(2)對(duì)物體B有aB2g1 m/s2假設(shè)A、C相對(duì)靜止，則由牛頓第二定律得2mBg(mAmC)a解得a1 m/s2因?yàn)閙Aa<1mAg，所以假設(shè)成立故A、C的共同加速度為a1 m/s2A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，由動(dòng)量守恒定律得mBvB(mAmBmC)v解得v1.5 m/s。(3)C和擋板碰撞后，先向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，后向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在向右加速的過程中C和A先達(dá)到共同速度v1，之后A、C再以共同的加速度向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，B一直向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，最后三者達(dá)到共同速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)分析知A、C共速前，aA1g2 m/s2，aB1 m/s2由牛頓第二定律得1mAg2mBgmCaC解得aC4 m/s2從C與擋板碰撞到A、C共速所需時(shí)間記為tA、C共速時(shí)，對(duì)A有v1vaAt，對(duì)C有v1vaCt解得v10.5 m/s，t0.5 s又xAt0.5 m，xCt0.25 m故第一次碰撞后到第二次碰撞前A在C上滑行的距離xACxAxC0.75 m。答案見解析題號(hào)內(nèi)容押題依據(jù)核心考點(diǎn)核心素養(yǎng)動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量、能量綜合問題以彈簧、傳送帶模型為依據(jù)，以直線運(yùn)動(dòng)和曲線運(yùn)動(dòng)為背景科學(xué)思維：立足學(xué)生綜合能力考查如圖所示為某種游戲裝置示意圖，水平軌道MN、PQ分別與水平傳送帶左側(cè)、右側(cè)理想連接，豎直圓形軌道與PQ相切于Q。已知傳送帶長(zhǎng)L4.0 m，且沿順時(shí)針方向以恒定速率v3.0 m/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。兩個(gè)質(zhì)量均為m的滑塊B、C靜置于水平軌道MN上，它們之間有一處于原長(zhǎng)的輕彈簧，且彈簧與B連接但不與C連接。另一質(zhì)量也為m的滑塊A以初速度v0向B運(yùn)動(dòng)，A與B碰撞后粘在一起，碰撞時(shí)間極短。若C距離N足夠遠(yuǎn)，滑塊C脫離彈簧后以速度vC2.0 m/s滑上傳送帶，并恰好停在Q點(diǎn)。已知滑塊C與傳送帶及PQ之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.20，裝置其余部分均視為光滑，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)P、Q的距離；(2)v0的大?。?3)若v012 m/s，要使C不脫離豎直圓軌道，求圓軌道半徑R的取值范圍。解析(1)假設(shè)C滑上傳送帶后一直加速，則vv2gL解得：vt2 m/s>v，所以假設(shè)不成立，C在傳送帶上一定先加速后勻速，滑上PQ時(shí)的速度v3 m/s又因?yàn)榍『猛Ｔ赒點(diǎn)，則有0v22gxPQ解得xPQ2.25 m。(2)A與B碰撞：mv02mv共接下來AB整體壓縮彈簧，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，C脫離彈簧，這個(gè)過程有2mv共2mv1mvC(2m)v(2m)vmv解得：v03 m/s。(3)若v012 m/s，A、B碰撞過程中動(dòng)量守恒，有mv02mv共AB一起再通過彈簧與C發(fā)生作用，有2mv共2mv1mvC(2m)v(2m)vmv解得vCv共v08 m/s假設(shè)C從N到Q一直減速，有vv2g(LxPQ)解得vQ m/s>3 m/s，假設(shè)成立若C恰好到達(dá)與圓心等高處，則有mvmgR，得R1.95 m即R1.95 m時(shí)C不脫離豎直圓軌道若恰好能通過圓軌道最高點(diǎn)，設(shè)C在最高點(diǎn)的速度為v2，則mgmvmv2mgR解得R0.78 m則0<R0.78 m C不脫離豎直圓軌道圓軌道半徑R的取值范圍為R1.95 m或0<R0.78 m。答案見解析- 10 -