《（新課標）2020高考物理一輪復習 課時作業(yè)29 定律與能量綜合專題（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標）2020高考物理一輪復習 課時作業(yè)29 定律與能量綜合專題（含解析）新人教版（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、定律與能量綜合專題 一、選擇題 1.(2018·河南模擬)如圖所示，質量為M的足夠高光滑斜槽靜止在光滑水平面上，質量為m的小球以一定的水平初速度沖上斜槽且不脫離斜槽，后又返回斜槽底部，則下列說法正確的是(　　) A．小球獲得的最大重力勢能等于小球初始動能 B．小球到達斜槽最高點處，小球的速度為零 C．小球回到斜槽底部時，小球速度方向一定向右 D．小球回到斜槽底部時，小球速度方向可能向左 答案　D 解析　A項，小球沖上斜槽的過程中，斜槽向左運動，獲得了動能，所以小球獲得的最大重力勢能小于小球初始動能，故A項錯誤．B項，小球到達斜槽最高點處時速度與斜槽速度相同，由水平動量守恒得

2、mv＝(M＋m)v′，可得v′＝≠0，故B項錯誤．C、D兩項，設小球回到斜槽底部時，由水平動量守恒得mv＝mv1＋Mv2.根據機械能守恒定律得mv2＝mv12＋Mv22.解得v1＝v，若m＞M，得v′＞0，說明小球速度方向向左，故C項錯誤，D項正確． 2．(2018·海南)如圖，用長為l的輕繩懸掛一質量為M的沙箱，沙箱靜止．一質量為m的彈丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動一小角度．不計空氣阻力．對子彈射向沙箱到與其共同擺過一小角度的過程(　　) A．若保持m、v、l不變，M變大，則系統(tǒng)損失的機械能變小 B．若保持M、v、l不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機械能變小 C．若保

3、持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大 D．若保持M、m、v不變，l變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大 答案　C 解析　彈丸擊中沙箱過程系統(tǒng)水平方向動量守恒，以彈丸的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv＝(M＋m)v′，解得：v′＝，彈丸與沙箱一起擺動過程系統(tǒng)機械能守恒，由能量守恒定律可知，整個過程系統(tǒng)損失的機械能：ΔE＝mv2－(M＋m)v′2＝；由此判斷，只有C項正確． 3．(2018·新鄉(xiāng)一模)(多選)如圖所示，兩個質量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質量相同、材料不同的兩矩形滑塊A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍．上述兩種射入過程相比較(　

4、　) A．射入滑塊A的子彈速度變化大 B．整個射入過程中兩滑塊受的沖量一樣大 C．射入滑塊A中時阻力對子彈做功是射入滑塊B中時的兩倍 D．兩個過程中系統(tǒng)產生的熱量相同 答案　BD 解析　A項，設子彈的初速度為v，共同速度為v′，則根據動量守恒定律，有：mv＝(M＋m)v′，解得：v′＝；由于兩矩形滑塊A、B的質量相同，故最后子彈與滑塊的速度都是相同的，故A項錯誤；B項，滑塊A、B的質量相同，初速度均為零，末速度均為，故動量改變量相等，根據動量定理，沖量相等，故B項正確；C項，根據動能定理，射入滑塊中時阻力對子彈做功等于動能的變化量，故射入滑塊A中時阻力對子彈做功與射入B中時相等

5、，故C項錯誤；D項，根據能量守恒定律，兩個過程中系統(tǒng)產生的熱量等于系統(tǒng)減小的機械能，故兩個過程中系統(tǒng)產生的熱量相同，故D項正確． 4．(多選)如圖所示，在質量為M(含支架)的小車中用輕繩懸掛一小球，小球的質量為m0，小車和小球以恒定速度v沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間極短．在此碰撞過程中，下列哪個或哪些說法是可能發(fā)生的？(　　) A．在此過程中小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3 B．在此碰撞過程中，小球的速度不變，小車和木塊的速度分別為v1和v2，滿足(M＋m0)v＝Mv1

6、＋mv2 C．在此碰撞過程中，小球的速度不變，小車和木塊的速度都變成u，滿足Mv＝(M＋m)u D．碰撞后小球擺到最高點時速度變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2 答案　CD 解析　A項，碰撞的瞬間小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，擺球的速度在瞬間不變，若碰后小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，根據動量守恒有：Mv＝Mv1＋mv2.若碰后小車和木塊速度相同，根據動量守恒定律有：Mv＝(M＋m)u.故C項正確，A、B兩項錯誤；D項，碰撞后，小車和小球水平方向動量守恒，則整個過程中，系統(tǒng)動量守恒，則有：(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2，故D項正確．

7、5.(2018·贛州一模)如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板，右端有一根輕質彈簧沿水平方向與木板相連，木板質量M＝3 kg.質量m＝1 kg的鐵塊以水平速度v0＝4 m/s，從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后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能為(　　) A．3 J　　　　　　　　 B．6 J C．20 J D．4 J 答案　A 解析　設鐵塊與木板速度相同時，共同速度大小為v，鐵塊相對木板向右運動時，滑行的最大路程為L，摩擦力大小為f.根據能量守恒定律得： 鐵塊相對于木板向右運動過程：mv02＝fL＋(M＋m)v2＋Ep 鐵塊相對于木板運

8、動的整個過程：mv02＝2fL＋(M＋m)v2 又根據系統(tǒng)動量守恒可知，mv0＝(M＋m)v 聯立得到：Ep＝3 J. 6.(2018·宜昌模擬)如圖，質量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點，一質量為m的滑塊在小車上從A點靜止開始沿軌道滑下，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點．已知小車質量M＝3m，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g.則(　　) A．全程滑塊水平方向相對地面的位移R＋L B．全程小車相對地面的位移大小s＝(R＋L) C．滑塊m運動過程中的最大速度vm＝ D．

9、μ、L、R三者之間的關系為R＝4μL 答案　B 解析　A、B兩項，設全程小車相對地面的位移大小為s，則滑塊水平方向相對地面的位移x＝R＋L－s. 取水平向右為正方向，由水平動量守恒得：m－M＝0，即m－M＝0，結合M＝3m，解得s＝(R＋L)，x＝(R＋L)．故A項錯誤，B項正確． C項，滑塊剛滑到B點時速度最大，取水平向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒分別得： 0＝mvm－Mv. mgR＝mvm2＋Mv2.聯立解得vm＝，故C項錯誤． D項，對整個過程，由動量守恒定律得：0＝(m＋M)v′，得v′＝0 由能量守恒定律得mgR＝μmgL，得R＝μgL，故D項錯誤． 7.

10、(2018·安徽二模)(多選)如圖所示，水平光滑軌道寬度和輕質彈簧自然長度均為d.兩物體m1和m2與彈簧連接，m2的左邊有一固定擋板．m1由圖示位置靜止釋放，當m1與m2相距最近時m1速度為v1，則在以后的運動過程中，可能的情況是(　　) A．m1的最小速度是0 B．存在某段時間m1向左運動 C．m2的最大速度一定是v1 D．m2的最大速度是v1 答案　ABD 解析　A、C、D項，從小球m1到達最近位置后繼續(xù)前進，此后拉到m2前進，m1減速，m2加速，達到共同速度時兩者相距最遠，此后m1繼續(xù)減速，m2加速，當兩球再次相距最近時，m1達到最小速度，m2達最大速度： 取向右為正方向．

11、根據動量守恒定律和機械能守恒定律分別得 m1v1＝m1v1′＋m2v2 m1v12＝m1v12′＋m2v22； 解得：v1′＝v1，v2＝v1 故m2的最大速度為v1，m1的最小速度為v1， 當m1＝m2時，m1的最小速度是0，故A、D兩項正確，C項錯誤． B項，若m1＜m2，由上得v1′＜0，知存在某段時間m1向左運動，故B項正確． 8．(2018·漳州三模)(多選)如圖甲，長木板A靜放在光滑的水平面上，質量為m＝1 kg的物塊B以v0＝3 m/s的速度滑上A的左端，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，取g＝10 m/s2，由此可得(　　) A．A的質量mA＝1 kg

12、 B．A、B間的動摩擦因數為0.2 C．木板A的長度至少為2 m D．0～2 s內，A、B系統(tǒng)機械能的損失為3 J 答案　BD 解析　A項，取向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(m＋mA)v，由圖知v＝1 m/s，解得mA＝2 kg，故A項錯誤． B項，由圖像可知，木板A的加速度為a＝＝1 m/s2，根據μmg＝mAa得出動摩擦因數為μ＝0.2，故B項正確． C項，木板A的最小長度等于0～1 s內A與B間相對位移的大小，為L＝＝1.5 m，故C項錯誤． D項，0～2 s內，A、B系統(tǒng)機械能的損失為：ΔE＝mv02－(m＋mA)v2，解得：ΔE＝3 J，故D項正確． 9.(

13、2018·孝感一模)(多選)如圖所示，在光滑水平地面上有一長木板，其左端放有一質量為2m的木塊(可視為質點)，木塊與長木板之間的動摩擦因數為μ.開始時，長木板和木塊都靜止，現有一質量為m的子彈以初速度v0擊中木塊并停留其中，設長木板撞到前方固定的障礙物前，長木板和木塊的速度已經相等．已知長木板與障礙物發(fā)生彈性碰撞，經足夠長的時間后，木塊始終不從長木板上掉下來，則(重力加速度為g)(　　) A．木板與障礙物碰撞前，子彈、木塊、木板三者組成的系統(tǒng)動量守恒 B．木板與障礙物碰撞前，子彈、木塊、木板三者組成的系統(tǒng)機械能守恒 C．若木板的質量為6m，木板可能與障礙物發(fā)生兩次碰撞 D．若木板的

14、質量為2m，木板的長度至少為 答案　AD 解析　A、B兩項，木板與障礙物碰撞前，子彈、木塊、木板三者組成的系統(tǒng)所受的外力之和為零，所以系統(tǒng)的動量守恒．由于有機械能轉化為內能，所以系統(tǒng)的機械能不守恒，故A項正確，B項錯誤．C項，設木板的質量為M.木板要能與障礙物發(fā)生兩次碰撞，碰撞前子彈和木塊的總動量應大于木板的動量，即有(m＋2m)v＞Mv，得M＜3m，所以若木板的質量為6m，木板不可能與障礙物發(fā)生兩次碰撞，故C項錯誤．D項，子彈射入木塊的過程，取向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝(m＋2m)v1，得：v1＝v0，木塊在木板上多次滑行，最終靜止在障礙物處，由能量守恒定律得：μ·3mgL

15、＝×3mv12，木板的長度至少為：L＝.故D項正確． 10.(2018·湖北二模)(多選)質量為2m的兩個相同小球A、B穿在水平光滑細桿上，用兩根長度為L的輕繩與C球相連，已知C的質量為m，一開始A、B相距2L，現將系統(tǒng)從靜止釋放，A與B相碰前瞬間，A、B球的速度大小分別為vA、vB，下列說法正確的是(　　) A．vA＝vB＝ B．vA＝vB＝ C．從釋放到A、B兩球碰前，兩輕繩對C球所做的總功為－mgL D．當A、B間距為L的時候，A、B、C三球速度大小相等 答案　AC 解析　A項，由系統(tǒng)水平方向的動量守恒得2mvA－2mvB＝0　vA＝vB，由A、B、C為系統(tǒng)，由機械能守

16、恒定律：mgL＝·2mvA2＋·2mvB2，解得：vA＝vB＝，故A項正確，B項錯誤；C項，C球重力做功WG＝mgL，則兩輕繩對C球所做的總功為－mgL，故C項正確．D項，根據運動的分解沿繩方向速度應該相等，即當A、B間距為L的時候，vCcos30°＝vAsin30°，所以C點速度和A點速度大小肯定不同，故D項錯誤． 11．(2018·聊城一模)(多選)如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質量分別是m1和m2的兩物塊相連，它們靜止在光滑水平地面上．現給物塊m1一個瞬時沖量，使它獲得水平向右的速度v0，從此時刻開始計時，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，則下列判斷正確的是(　　) A．t1

17、時刻彈簧長度最短 B．在t1～t3時間內，彈簧處于壓縮狀態(tài) C．在0～t2時間內，彈簧對m1沖量的大小為m1(v0－v3) D．m1、m2的動量滿足：m1v0＝(m1＋m2)v2＝m2v1－m1v3 答案　AD 解析　A項，從圖像可以看出，從0到t1的過程中，m1的速度比m2的大，彈簧被壓縮，t1時刻兩物塊達到共同速度，此后，m1的速度比m2的小，兩者間距增大，彈簧的壓縮量減小，所以t1時刻彈簧長度最短，故A項正確． B項，t2時刻m2的速度最大，此后m2的速度減小，彈簧被拉伸，則t2時刻彈簧恢復原長，則知在t1～t2時間內，彈簧處于壓縮狀態(tài)．t2～t3時間內，彈簧處于拉伸狀態(tài)．故

18、B項錯誤．C項，在0～t2時間內，根據動量定理得：彈簧對m1沖量為I＝－m1v3－m1v0，沖量大小為m1(v0＋v3)，故C項錯誤．D項，兩個物體組成的系統(tǒng)外力之和為零，系統(tǒng)的動量守恒，則有：m1v0＝(m1＋m2)v2＝m2v1－m1v3.故D項正確． 12.如圖所示，質量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現將質量也為m的小球從距A點正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點經過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h0(不計空氣阻力)，則(　　) A．小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒 B．小車向左運動的最大距離為R C．小球離開小車后做斜上拋運動

19、 D．小球第二次能上升的最大高度h0

20、，即小球第一次在車中滾動損失的機械能為mgh0，由于小球第二次在車中滾動時，對應位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于mgh0，機械能損失小于mgh0，因此小球再次離開小車時，能上升的高度大于：h0－h(huán)0＝h0，而小于h0，故D項正確． 二、非選擇題 13．(2018·樂山模擬)如圖所示，可看成質點的A物體疊放在上表面光滑的B物體上，一起以v0的速度沿光滑的水平軌道勻速運動，與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C發(fā)生完全非彈性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘連，A滑上C后恰好能到達C板的最右端，已知A、B、C質量均相等，且為m，木板C長為L，求： (1)

21、A物體的最終速度； (2)A、C之間的摩擦力f； (3)A在木板C上滑行的時間t. 答案　(1)v0　(2)　(3) 解析　(1)B、C碰撞過程中動量守恒，令B、C碰后的共同速度為v1，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得： mv0＝2mv1， 解得：v1＝， B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脫離A、C相互作用過程中動量守恒， 設最終A、C的共同速度v2，以向右為正方向，由動量守恒定律得： mv0＋mv1＝2mv2， 解得：v2＝v0； (2、3)在A、C相互作用過程中，由能量守恒定律得： fL＝mv02＋mv12－·2mv22， 解得：f＝

22、， 此過程中對C，由動量定理得：ft＝mv2－mv1， 解得：t＝. 14．如圖所示，有一傾角為α＝30°的光滑斜面固定在水平面上，質量為mA＝1 kg的滑塊A(可以看做質點)在水平向左的恒力F作用下靜止在距離斜面底端x＝5 m的位置上，水平面上有一質量為mB＝1 kg的表面光滑且足夠長的木板B，B的右端固定一輕質彈簧，一質量為mC＝3 kg的物塊C與彈簧的左端拴接，開始時，B、C靜止且彈簧處于原長狀態(tài)，今將水平力F變?yōu)樗较蛴?，當滑塊A剛好滑到斜面底端時撤去力F，不考慮A滑上水平面過程的能量損失．滑塊A運動到水平面上后與滑塊B發(fā)生對心碰撞(碰撞時間極短)粘在一起，并拉伸彈簧使滑塊C向前

23、運動，不計一切摩擦，g取10 m/s2，求： (1)水平力F的大小及滑塊A滑到斜面底端時的速度vA； (2)被拉伸彈簧的最大彈性勢能Ep及滑塊C的最大速度vC. 答案　(1) N　10 m/s　(2)　15 J　4 m/s 解析　(1)滑塊處于平衡狀態(tài)：F＝mAgtanα 代入數據解得：F＝ N A向下運動的過程中只有重力和拉力F做功，由動能定理得：Fxcosα＋mAgx·sinα＝mAvA2 代入數據得：vA＝10 m/s (2)A與B在水平面上碰撞的過程中，系統(tǒng)的動量守恒，選取向右為正方向，得：mAvA＝(mA＋mB)v1 代入數據得：v1＝5 m/s 在ABC相互作用的過程中，當它們的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，由系統(tǒng)的動量守恒，則：(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2 代入數據得：v2＝2 m/s 由功能關系得：Ep＝(mA＋mB)v12－(mA＋mB＋mC)v22 代入數據得：Ep＝15 J 開始時彈簧被拉長，C一直向右加速，當彈簧恢復原長時，C的速度最大，設此時AB的速度為v3，C的速度為vC，則：(mA＋mB)v1＝(mA＋mB)v3＋mCvC 由機械能守恒得：(mA＋mB)v12＝(mA＋mB)v32＋mCvC2. 代入數據得：vC＝4 m/s. 10