《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)7 動量和能量的綜合應(yīng)用（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)7 動量和能量的綜合應(yīng)用（含解析）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時集訓(xùn)(七) (建議用時：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動，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的速度與甲相向運動，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)動量守恒 B．當兩物塊相距最近時，甲物塊的速度為零 C．甲物塊的速率可能為5 m/s D．當甲物塊的速率為1 m/s時，乙物塊的速率可能為2 m/s AD　[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，

2、系統(tǒng)動量守恒，選項A正確；當兩物塊相距最近時，兩物塊速度相等，甲物塊的速度不為零，選項B錯誤；若甲物塊的速率為5 m/s，根據(jù)動量守恒定律可得此時乙物塊的速率為6 m/s或4 m/s，兩物塊組成的系統(tǒng)機械能增大，違反了能量守恒定律，選項C錯誤；當甲物塊的速率為1 m/s，方向向左時，選取向右為速度的正方向，根據(jù)動量守恒定律，m·4 m/s－m·3 m/s＝mv－m·1 m/s，解得乙物塊的速率v＝2 m/s，選項D正確。] 2．(原創(chuàng)題)(多選)一艘帆船在湖面上順風航行，在風力的推動下做速度為v0＝4 m/s的勻速直線運動。已知帆船在該運動狀態(tài)下突然失去風的推力的作用，此后帆船在湖面上做勻減

3、速直線運動，經(jīng)過時間t0＝8 s后靜止不動；該帆船的帆面正對風的有效面積為S＝10 m2，帆船的總質(zhì)量約為M＝936 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ρ＝1.3 kg/m3，下列說法正確的是(　　) A．帆船失去風的推力后加速度大小是1 m/s2 B．帆船在湖面上順風航行時所受水的阻力大小為468 N C．帆船勻速運動時受到風的推力的大小為936 N D．風速的大小為10 m/s BD　[帆船失去風的推力后，只受到水的阻力f的作用，做勻減速直線運動，設(shè)帆船的加速度大小為a，則a＝＝0.5 m/s2，選項A錯誤；以帆船為研究對象，由牛頓第二定律可得f＝Ma，代入

4、數(shù)據(jù)解得f＝468 N，選項B正確；設(shè)帆船勻速運動時受到風的推力大小為F，根據(jù)平衡條件得F－f＝0，解得F＝468 N，選項C錯誤；設(shè)在時間t內(nèi)，以正對帆面且吹向帆面的空氣為研究對象，且其質(zhì)量為m，則m＝ρS(v－v0)t，根據(jù)動量定理有－Ft＝mv0－mv，解得v＝10 m/s，選項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，此過程木塊的動能增加了6 J，那么此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為(　　) A．16 J B．2 J C．6 J D．4 J A　[法一　設(shè)子彈的質(zhì)量為m0，初

5、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)動量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動能，即E＝m0v－(m＋m0)v2，而木塊獲得的動能Ek木＝mv2＝6 J，上述式子聯(lián)立可得＝>1，故E>6 J，A項正確。 法二　作出子彈和木塊運動的v-t圖象，由圖象可知，子彈和木塊的相對位移Δx的大小一定大于木塊的對地位移x木的大小，即Δx>x木，設(shè)摩擦力為f，則系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q＝fΔx，對木塊應(yīng)用動能定理有fx木＝Ek木，可得Q>Ek木＝6 J，A項正確。] 4.(多選)A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨

6、時間變化的圖象，a、b分別為A、B兩球碰前的位移隨時間變化的圖象，c為碰撞后兩球共同運動的位移隨時間變化的圖象，若A球質(zhì)量是m＝2 kg，則由圖判斷下列結(jié)論正確的是(　　) A．碰撞前、后A球的動量變化量為4 kg·m/s B．碰撞時A球?qū)球所施的沖量為－4 N·s C．A、B兩球碰撞前的總動量為3 kg·m/s D．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10 J ABD　[根據(jù)圖象可知，碰前A球的速度vA＝－3 m/s，碰前B球的速度vB＝2 m/s，碰后A、B兩球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的動量變化量為ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，選項A正確；A

7、球的動量變化量為4 kg·m/s，碰撞過程中動量守恒，B球的動量變化量為－4 kg·m/s，根據(jù)動量定理，碰撞過程中A球?qū)球所施的沖量為－4 N·s，選項B正確；由于碰撞過程中動量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝ kg，故碰撞過程中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為ΔE＝mv＋mBv－(m＋mB)v2＝10 J，選項D正確；A、B兩球碰撞前的總動量為p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－ kg·m/s，選項C錯誤。] 5.(多選)如圖所示，動量分別為pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s的兩個小球A、B在光滑的水平面上沿一直線向右運動，經(jīng)過一段時間后兩球發(fā)生

8、正碰，分別用ΔpA、ΔpB表示兩小球動量的變化量，則下列選項中可能正確的是(　　) A．ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s B．ΔpA＝－2 kg·m/s，ΔpB＝2 kg·m/s C．ΔpA＝－24 kg·m/s，ΔpB＝24 kg·m/s D．ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s AB　[本題屬于追及碰撞問題，碰前，后面運動物體的速度一定要大于前面運動物體的速度(否則無法實現(xiàn)碰撞)，碰后，前面物體的動量增大，后面物體的動量減小，減小量等于增大量，所以ΔpA<0，ΔpB>0，并且ΔpA＝－ΔpB。據(jù)此可排除選項D；若ΔpA＝－24 kg·m/s

9、、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后兩球的動量分別為p′A＝－12 kg·m/s、p′B＝37 kg·m/s，根據(jù)關(guān)系式Ek＝可知，A球的質(zhì)量和動量大小不變，動能不變，而B球的質(zhì)量不變，但動量增大，所以B球的動能增大，這樣系統(tǒng)的機械能比碰前增大了，選項C可以排除；經(jīng)檢驗，選項A、B滿足碰撞遵循的三個原則。] 6．(多選)在冰壺比賽中，某隊員利用紅壺去碰撞對方的黃壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞，如圖(a)所示，碰后運動員用冰壺刷摩擦黃壺前進方向的冰面來減小阻力，碰撞前后兩壺運動的v-t圖線如圖(b)中實線所示，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

10、的速度為0.8 m/s B．碰后黃壺移動的距離為2.4 m C．碰撞過程兩壺損失的動能為7.22 J D．碰后紅、黃兩壺所受摩擦力大小之比為5∶4 AD　[由圖可知碰撞前后紅壺的速度為v0＝1 m/s和v1＝0.2 m/s，由動量守恒可得mv0＝mv1＋mv2，解得碰后黃壺速度為v2＝0.8 m/s，碰后黃壺移動的距離為x＝×0.8×5 m＝2 m，碰撞過程兩壺損失的動能為ΔEk＝mv－mv－mv＝3.04 J，紅壺所受摩擦力f1＝ma1＝19× N＝3.8 N，黃壺所受摩擦力f2＝ma2＝19× N＝3.04 N．碰后紅、黃兩壺所受摩擦力之比為f1∶f2＝5∶4，故A、D正確，B、C

11、錯誤．] 7．(多選)(2019·山東濟南高三質(zhì)量評估)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(　　) A．P滑到最低點時的動能為mgR B．P從開始到最低點的過程中機械能減少了 C．P經(jīng)過最低點后沿內(nèi)壁繼續(xù)上滑的最大高度小于R D．P經(jīng)過最低點后沿內(nèi)壁繼續(xù)上滑的最大高度等于R BD　[小滑塊由最高點運動到最低點的過程，容器和小滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，則由動量守恒定律可知0＝mvP－3mv，又由機械能守恒定律得mgR＝mv＋×3mv2，解得v＝

12、，vP＝3，則小滑塊在最低點的動能為EkP＝mgR，該過程中小滑塊減少的機械能為ΔE＝mgR－mgR＝mgR，A錯誤，B正確；假設(shè)小滑塊沿內(nèi)壁上滑的最大高度為h，則對小滑塊和容器組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律和機械能守恒定律得mvP－3mv＝4mv′，mgR＝mgh＋×4mv′2，解得v′＝0，h＝R，C錯誤，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)一段時間物體A與物體

13、B發(fā)生碰撞，碰撞后物體A沿原路返回，A上升的最高點距水平面的高度為。假設(shè)三個物體均可視為質(zhì)點、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對物體B的沖量大小為m C．彈簧所儲存的彈性勢能的最大值為mgR D．碰后物體C具有的最大速度應(yīng)為 ACD　[物體A運動到圓弧軌道最低點與物體B碰撞前的速度大小記為v1，取軌道的最低點的重力勢能為零，根據(jù)機械能守恒定律有mgR＝mv，解得v1＝，碰撞后瞬間物體A的速度大小記為v′1，同理有＝mv′，解得v′1＝，碰撞后瞬間物體B的速度大小記為

14、v2，取水平向右為正方向，對A、B組成的系統(tǒng)由動量守恒定律有mv1＝－mv′1＋5mv2，解得v2＝，由動量定理可得，碰撞過程中物體B受到的沖量大小為I＝5mv2＝m，A正確，B錯誤；碰撞結(jié)束后，物體B與物體C的速度相等時彈簧儲存的彈性勢能最大，根據(jù)動量守恒定律有5mv2＝8mv3，根據(jù)機械能守恒定律有，彈簧儲存的最大彈性勢能Epm＝×5mv－×8mv，解得Epm＝mgR，C正確；對物體B、物體C與彈簧組成的系統(tǒng)而言，當彈簧再次恢復(fù)到原長時，物體C的速度最大，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律，有8mv3＝5mv′2＋3mvC，Epm＋×8mv＝×5mv′＋×3mv，解得vC＝，D正確。] [

15、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量，當敲擊A時彈簧壓縮到最短的長度為L1，錘子對A做的功為W1；敲擊B時彈簧壓縮到最短的長度為L2，錘子對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(　　) A．L1>L2 B．L1W2 D．W1

16、，彈簧最短，由動量守恒定律得：m1v1＝(m1＋m2)v′1，此時彈簧儲存的彈性勢能為Ep1＝m1v－(m1＋m2)v′，整理得Ep1＝－；同理當敲擊物體B時，錘子對物體B做的功為W2＝m2v＝，當兩物體A、B的速度相同時，彈簧最短，由動量守恒定律得：m2v2＝(m1＋m2)v′2，此時彈簧儲存的彈性勢能為Ep2＝m2v－(m1＋m2)v′，整理得Ep2＝－，由題意有m1>m2，則根據(jù)以上分析可知W1L2，A正確，B錯誤。] 10．(多選)如圖甲所示，光滑水平面上放著長木板B，質(zhì)量為m

17、＝2 kg的木塊A以速度v0＝2 m/s滑上原來靜止的長木板B的上表面，由于A、B之間存在有摩擦，之后，A、B的速度隨時間變化情況如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。下列說法正確的是(　　) 甲　　　　　 　乙 A．A、B之間動摩擦因數(shù)為0.1 B．長木板的質(zhì)量M＝2 kg C．長木板長度至少為2 m D．A、B組成的系統(tǒng)損失的機械能為4 J AB　[從題圖乙可以看出，A先做勻減速運動，B做勻加速運動，最后一起做勻速運動，共同速度：v＝1 m/s，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2 kg，故B正確；由圖象可知，木板B勻加速運動的加

18、速度為：a＝＝ m/s2＝1 m/s2，對B，根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝Ma，解得動摩擦因數(shù)為：μ＝0.1，故A正確；由圖象可知前1 s內(nèi)B的位移為：xB＝×1×1 m＝0.5 m，A的位移為：xA＝×1 m＝1.5 m，所以木板最小長度為：L＝xA－xB＝1 m，故C錯誤；A、B組成的系統(tǒng)損失的機械能為：ΔE＝mv－(m＋M)v2＝2 J，故D錯誤。] 11．如圖所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量為mC＝1 kg的足夠長的木板C，在C上放置有A、B兩物體，A的質(zhì)量mA＝1 kg，B的質(zhì)量mB＝2 kg。A、B之間鎖定一被壓縮了的輕彈簧，彈簧儲存的彈性勢能Ep＝3 J，現(xiàn)突然給A、B一瞬間沖量

19、作用，使A、B同時獲得方向向右，大小為v0＝2 m/s的初速度，與此同時彈簧由于受到擾動而解除鎖定，并在極短的時間內(nèi)恢復(fù)原長，之后與A、B分離(此過程中C仍保持靜止)。已知A、C之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，B、C之間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，且滑動摩擦力略小于最大靜摩擦力，g＝10 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)達到了共同速度，求共同速度v和達到共速之前A、B、C的加速度大小； (3)已知C與擋板的碰撞無機械能損失，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

20、開兩物體的過程中，由于作用時間極短，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)由動量守恒定律和能量守恒定律可得 (mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，Ep＋(mA＋mB)v＝mAv＋mBv 聯(lián)立解得vA＝0，vB＝3 m/s。 (2)對物體B有aB＝μ2g＝1 m/s2 假設(shè)A、C相對靜止，則由牛頓第二定律得 μ2mBg＝(mA＋mC)a 解得a＝1 m/s2 因為mAa<μ1mAg，所以假設(shè)成立 故A、C的共同加速度為a＝1 m/s2 A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，由動量守恒定律得mBvB＝(mA＋mB＋mC)v 解得v＝1.5 m/s。 (3)C和擋板碰撞后，先向左做勻減速

21、直線運動，后向右做勻加速直線運動，在向右加速的過程中C和A先達到共同速度v1，之后A、C再以共同的加速度向右做勻加速直線運動，B一直向右做勻減速直線運動，最后三者達到共同速度做勻速直線運動 分析知A、C共速前，aA＝μ1g＝2 m/s2，aB＝1 m/s2 由牛頓第二定律得μ1mAg＋μ2mBg＝mCaC 解得aC＝4 m/s2 從C與擋板碰撞到A、C共速所需時間記為t A、C共速時，對A有v1＝v－aAt，對C有v1＝－v＋aCt 解得v1＝0.5 m/s，t＝0.5 s 又xA＝t＝0.5 m，xC＝t＝－0.25 m 故第一次碰撞后到第二次碰撞前A在C上滑行的距離xAC＝

22、xA－xC＝0.75 m。 [答案]　見解析 題號 內(nèi)容 押題依據(jù) 核心考點 核心素養(yǎng) 動力學(xué)、動量、能量綜合問題 以彈簧、傳送帶模型為依據(jù)，以直線運動和曲線運動為背景 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L＝4.0 m，且沿順時針方向以恒定速率v＝3.0 m/s勻速轉(zhuǎn)動。兩個質(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運動，A與B碰撞后粘在一起，碰撞時

23、間極短。若C距離N足夠遠，滑塊C脫離彈簧后以速度vC＝2.0 m/s滑上傳送帶，并恰好停在Q點。已知滑塊C與傳送帶及PQ之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝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v0＝12 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v－v＝2μgL 解得：vt＝2 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時的速度v＝3 m/s 又因為恰好停在Q點，則有0－v2＝－2μgxPQ 解得xPQ＝2.25 m。

24、 (2)A與B碰撞：mv0＝2mv共 接下來AB整體壓縮彈簧，彈簧恢復(fù)原長時，C脫離彈簧，這個過程有 2mv共＝2mv1＋mvC (2m)v＝(2m)v＋mv 解得：v0＝3 m/s。 (3)若v0＝12 m/s，A、B碰撞過程中動量守恒，有 mv0＝2mv′共 AB一起再通過彈簧與C發(fā)生作用，有 2mv′共＝2mv′1＋mv′C (2m)v′＝(2m)v′＋mv′ 解得v′C＝v′共＝v0＝8 m/s 假設(shè)C從N到Q一直減速，有v－v′＝－2μg(L＋xPQ) 解得vQ＝ m/s>3 m/s，假設(shè)成立 若C恰好到達與圓心等高處，則有mv＝mgR，得R＝1.95 m 即R≥1.95 m時C不脫離豎直圓軌道 若恰好能通過圓軌道最高點，設(shè)C在最高點的速度為v2，則mg＝ mv＝mv＋2mgR 解得R＝0.78 m 則0