2020年高考一轮复习：限时规范专题练(2) 动量与能量问题综合应用

动量与能量题型一应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型【例1】(2019·江苏苏北三市模拟)光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v －t图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50 J，则此过程产生的内能可能是()A．10 J B．50 J C．70 J D．120 J【变式1】(2019·山东六校联考)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍．两种射入过程相比较()A．射入滑块A的子弹速度变化大B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍D．两个过程中系统产生的热量相同【变式2】如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。

质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。

子弹射入后，求：(1)子弹与物块一起向右滑行的最大速度v1。

(2)木板向右滑行的最大速度v2。

(3)物块在木板上滑行的时间t。

题型二应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型【例2】(2019·衡水中学模拟)如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0 m，传送带以恒定速率v＝3.0 m/s沿顺时针方向匀速传送．三个质量均为m＝1.0 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态．滑块A 以初速度v0＝2.0 m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B发生弹性碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零．因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．滑块C脱离弹簧后以速度v C＝2.0 m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.(1)求滑块C 从传送带右端滑出时的速度大小；(2)求滑块B 、C 用细绳相连时弹簧的弹性势能E p ；(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C 总能落至P 点，则滑块A 与滑块B 碰撞前速度的最大值v m 是多少？【变式1】(2019·江西上饶六校一联)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度v 0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x .现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B (如图乙所示)，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，则( )A ．A 物体的质量为3mB ．A 物体的质量为2mC ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为32mv 02 D ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv 02 【变式2】(2018·本溪联考)如图所示，CDE 为光滑的轨道，其中ED 段是水平的，CD 段是竖直平面内的半圆，与ED 相切于D 点，且半径R ＝0.5 m ，质量m ＝0.1 kg 的滑块A 静止在水平轨道上，另一质量M ＝0.5 kg 的滑块B 前端装有一轻质弹簧(A 、B 均可视为质点)以速度v 0向左运动并与滑块A 发生弹性正碰。

2020届高考物理一轮复习《动量与能量》专题测试（考试时间：60分钟 满分100分）一、单项选择题1．若物体在运动过程中受到的合力不为零，则( ) A ．物体的动能不可能总是不变的 B ．物体的动量不可能总是不变的 C ．物体的加速度一定变化 D ．物体的速度方向一定变化 答案 B2．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视为质点，质量相等．Q 与水平轻弹簧相连，设Q 静止，P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )A ．P 的初动能B ．P 的初动能的12C ．P 的初动能的13D ．P 的初动能的14答案 B3．高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)．此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m 2gh t ＋mgB.m 2gh t －mgC.m gh t ＋mgD.m gh t－mg答案 A解析 由自由落体运动公式得：人下降h 距离时的速度为v ＝2gh ，在t 时间内对人，由动量定理得：(mg －F )t ＝0－mv ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝m 2ght ＋mg ，故A 正确．4． 2017年10月20日，一架从墨尔本飞往布里斯班的飞机，飞到1 500 m 高时正面撞到了一只兔子，当时这只兔子正被一只鹰抓着，两者撞到飞机当场殒命．设当时飞机正以720 km/h 的速度飞行，撞到质量为2 kg 的兔子，作用时间为0.1 s ．则飞机受到兔子的平均撞击力约为( )A ．1.44×103 NB ．4.0×103 NC ．8.0×103 ND ．1.44×104 N答案 B解析 720 km/h ＝200 m/s ；根据动量定理Ft ＝mv 可得F ＝mv t ＝2×2000.1 N ＝4×103 N ，故选项B 正确．5.如图所示，曲线是某质点只在一恒力作用下的部分运动轨迹．质点从M 点出发经P 点到达N 点，已知质点从M 点到P 点的路程大于从P 点到N 点的路程，质点由M 点运动到P 点与由P 点运动到N 点的时间相等．下列说法中正确的是( )A ．质点从M 到N 过程中速度大小保持不变B ．质点在M 、N 间的运动不是匀变速运动C ．质点在这两段时间内的动量变化量大小相等，方向相同D ．质点在这两段时间内的动量变化量大小不相等，但方向相同 答案 C解析 因为质点在恒力作用下运动，所以质点做匀变速曲线运动，速度随时间变化，故A 、B 错误；根据动量定理可得F Δt ＝Δp ，两段过程所用时间相同，所以动量变化量大小和方向都相同，故C 正确，D 错误．6.一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时刻开始，受到如图3所示的水平外力作用，下列说法正确的是( )A ．第1 s 末质点的速度为2 m/sB ．第2 s 末外力做功的瞬时功率最大C ．第1 s 内与第2 s 内质点动量增加量之比为1∶2D ．第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量之比为4∶5 答案 D解析 由动量定理：Ft ＝mv 2－mv 1，求出第1 s 末、第2 s 末速度分别为：v 1＝4 m/s 、v 2＝6 m/s ，故A 错误；第1 s 末的外力的瞬时功率P ＝F 1v 1＝4×4 W ＝16 W ，第2 s 末外力做功的瞬时功率P ′＝F 2v 2＝2×6 W ＝12 W ，故B 错误；第1 s 内与第2 s 内质点动量增加量之比为：Δp 1Δp 2＝mv 1mv 2－mv 1＝1×41×6－1×4＝21，故C 错误；第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量分别为：ΔE k1＝12mv 12＝8 J ，ΔE k2＝12mv 22－12mv 12＝10 J ，则ΔE k1∶ΔE k2＝8∶10＝4∶5，故D 正确．7.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比 答案 B解析 高铁列车做初速度为零的匀加速直线运动，则速度v ＝at ，动能E k ＝12mv 2＝12ma 2t 2，与经历的时间的平方成正比，A 项错误；根据v 2＝2ax ，动能E k ＝12mv 2＝12m ·2ax ＝max ，与位移成正比，B 项正确；动能E k ＝12mv 2，与速度的平方成正比，C 项错误；动量p ＝mv ，动能E k＝12mv 2＝p 22m，与动量的平方成正比，D 项错误． 8.在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体，在大小相等的阻力作用下最后停下来．则质量大的物体( ) A ．滑行的距离小 B ．滑行的时间长 C ．滑行过程中的加速度大 D ．滑行过程中的动量变化快 答案 A解析 根据p ＝mv ，E k ＝12mv 2可知，E k ＝p 22m ，初动量相同，质量大的物体速度小；根据动能定理可知：－F f L ＝0－E k ＝－p 22m ，因两物体受到的阻力大小相等，则质量大的物体滑行的距离小，故A 正确；根据动量定理，－F f t ＝0－p ，因动量相同，故滑行时间相同，故B 错误；因两物体受到的阻力相同，由牛顿第二定律可知，质量大的加速度小，故C 错误；因两物体均停止，所以滑行过程中动量变化量相同，因滑行时间相同，故动量变化快慢相同，故D 错误．二、多项选择题9．如图所示，质量为M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m 的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v 0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v ，距地面高度为h ，则下列关系式中正确的是( )A ．mv 0＝(m ＋M )vB ．mv 0cos θ＝(m ＋M )vC ．mgh ＝12m (v 0sin θ)2D ．mgh ＋12(m ＋M )v 2＝12mv 02答案 BD解析 小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能也守恒．以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv 0cos θ＝(m ＋M )v ，故A 错误，B 正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh ＋12(m ＋M )v 2＝12mv 02，故C 错误，D 正确．10.质量为M 和m 0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v 沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m 的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是( )A ．M 、m 0、m 速度均发生变化，分别为v 1、v 2、v 3，而且满足(M ＋m 0)v ＝Mv 1＋m 0v 2＋mv 3B ．m 0的速度不变，M 和m 的速度变为v 1和v 2，而且满足Mv ＝Mv 1＋mv 2C ．m 0的速度不变，M 和m 的速度都变为v ′，且满足Mv ＝(M ＋m )v ′D ．M 、m 0、m 速度均发生变化，M 、m 0速度都变为v 1，m 的速度变为v 2，且满足(M ＋m )v 0＝(M ＋m )v 1＋mv 2 答案 BC解析 碰撞的瞬间M 和m 组成的系统动量守恒，m 0的速度在瞬间不变，以M 的初速度方向为正方向，若碰后M 和m 的速度变为v 1和v 2，由动量守恒定律得：Mv ＝Mv 1＋mv 2；若碰后M 和m 速度相同，由动量守恒定律得：Mv ＝(M ＋m )v ′，故B 、C 正确．11.将一小球从地面以速度v 0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面．若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，则下列说法中正确的是( ) A ．重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等 B ．重力在上升过程与下降过程中的冲量相同C ．整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量D ．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量答案 AC解析 根据W ＝Gh 可知，重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等，故选项A 正确；上升过程中的加速度a 上＝g ＋F f m 大于下降过程中的加速度a 下＝g －F fm ，则上升的时间小于下降的时间，即t 上<t 下，根据I ＝Gt 可知，重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，故选项B 错误；根据功能关系，整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量，故选项C 正确；整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量，故选项D 错误．12.如图甲，光滑水平面上放着长木板B ，质量为m ＝2 kg 的木块A 以速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板B 的上表面，由于A 、B 之间存在摩擦，之后木块A 与长木板B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A ．木块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.1 B ．长木板的质量M ＝2 kgC ．长木板B 的长度至少为2 mD ．木块A 与长木板B 组成系统损失机械能为4 J 答案 AB解析 由题图可知，木块A 先做匀减速运动，长木板B 先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1 m/s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v ，解得：M ＝m ＝2 kg ，故B 正确；由题图可知，长木板B 匀加速运动的加速度为：a B ＝Δv Δt ＝11 m/s 2＝1 m/s 2，对长木板B ，根据牛顿第二定律得：μmg ＝Ma B ，μ＝0.1，故A 正确；由题图可知前1 s 内长木板B 的位移为：x B ＝12×1×1 m ＝0.5 m ，木块A 的位移为：x A ＝2＋12×1 m ＝1.5 m ，所以长木板B 的最小长度为：L ＝x A －x B ＝1 m ，故C 错误；木块A 与长木板B 组成系统损失的机械能为：ΔE ＝12mv 02－12(m ＋M )v 2＝2 J ，故D 错误．三、非选择题13．如图所示，在实验室用两端带竖直挡板C 、D 的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M 的滑块A 、B ，做“探究碰撞中的不变量”的实验：(1)把两滑块A 和B 紧贴在一起，在滑块A 上放质量为m 的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住两滑块A 和B ，在两滑块A 和B 的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．(2)按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当两滑块A 和B 与挡板C 和D 碰撞同时，电子计时器自动停表，记下滑块A 运动至挡板C 的时间t 1，滑块B 运动至挡板D 的时间t 2. (3)重复几次取t 1、t 2的平均值． 请回答以下几个问题：(1)在调整气垫导轨时应注意_______________________________________； (2)应测量的数据还有______________________________________；(3)作用前A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为______________，作用后A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为________________．(用测量的物理量符号和已知的物理量符号表示) 答案 (1)使气垫导轨水平(2)滑块A 至挡板C 的距离L 1、滑块B 至挡板D 的距离L 2 (3)0 (M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2或M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1解析 (1)为了保证滑块A 、B 作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平．(2)要求出A 、B 两滑块在电动卡销放开后的速度，需测出A 至C 的时间t 1和B 至D 的时间t 2，并且要测量出两滑块到两挡板的运动距离L 1和L 2，再由公式v ＝xt 求出其速度．(3)设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为v A ＝L 1t 1，v B ＝－L 2t 2.作用前两滑块静止，v ＝0，速度与质量乘积之和为0；作用后两滑块的速度与质量乘积之和为(M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2.若设向右为正方向，同理可得作用后两滑块的速度与质量的乘积之和为M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1. 14．如图所示，在光滑水平面上有一质量为m 、长度为L 的木板A ，木板的右端点放有一质量为3m 的物块B (可视为质点)，木板左侧的水平面上有一物块C .当物块C 以水平向右的初速度v 0与木板发生弹性碰撞后，物块B 恰好不会从木板A 上掉下来，且最终物块C 与A 的速度相同．不计物块C 与木板A 碰撞时间，三物体始终在一直线上运动，重力加速度为g ，求：(1)物块C 的质量m C ；(2)木板A 与物块B 间的动摩擦因数μ. 答案 (1)2m (2)2v 029gL解析 (1)物块C 与木板A 发生碰撞的过程，以向右为正方向，由动量守恒定律与能量守恒定律得：m C v 0＝m C v C ＋mv A 12m C v 02＝12m C v C 2＋12mv A 2 木板A 和物块B 相互作用过程，由动量守恒定律得 mv A ＝4mv由最终物块C 与木板A 的速度相同可知v C ＝v 联立得m C ＝2m(2)木板A 和物块B 相互作用过程，由能量守恒得 3μmgL ＝12mv A 2－12×4mv 2解得μ＝2v 029gL.15．如图所示，半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P 点相切，一个质量为2m 的物块B (可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q 点为弹簧处于原长时的左端点，P 、Q 间的距离为R ，PQ 段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q 点右侧水平地面光滑，现将质量为m 的物块A (可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g .求：(1)物块A 沿圆弧轨道滑至P 点时对轨道的压力大小； (2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)； (3)物块A 最终停止位置到Q 点的距离． 答案 (1)3mg (2)13mgR (3)19R解析 (1)物块A 从静止沿圆弧轨道滑至P 点，设速度大小为v P ， 由机械能守恒定律有：mgR ＝12mv P 2设在最低点轨道对物块的支持力大小为F N ， 由牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v P 2R ，联立解得：F N ＝3mg ，由牛顿第三定律可知物块A 沿圆弧轨道滑至P 点时对轨道的压力大小为3mg . (2)设物块A 与弹簧接触前瞬间的速度大小为v 0，由动能定理有mgR －μmgR ＝12mv 02－0，解得v 0＝gR ，当物块A 、物块B 具有共同速度v 时，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向 由动量守恒定律有：mv 0＝(m ＋2m )v ， 12mv 02＝12(m ＋2m )v 2＋E pm ， 联立解得E pm ＝13mgR .(3)设物块A 与弹簧分离时，A 、B 两物体的速度大小分别为v 1、v 2，则有mv 0＝－mv 1＋2mv 2， 12mv 02＝12mv 12＋12(2m )v 22， 联立解得：v 1＝13gR ，设物块A 最终停在Q 点左侧x 处， 由动能定理有：－μmgx ＝0－12mv 12，解得x ＝19R .16.如图甲所示，半径为R ＝0.45 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B 点为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B 点有一静止的平板车，其质量M ＝5 kg ，长度L ＝0.5 m ，车的上表面与B 点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A 由静止释放，其质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.(1)求物块滑到B 点时对轨道压力的大小；(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力F f 随它距B 点位移L 的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小． 答案 (1)30 N (2)0.5 m/s (3) 5 m/s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： mgR ＝12mv B 2解得：v B ＝3 m/s在B 点由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v B 2R解得：F N ＝30 N则物块滑到B 点时对轨道的压力F N ′＝F N ＝30 N (2)物块滑上平板车后，系统的动量守恒， mv B ＝(m ＋M )v 共 解得v 共＝0.5 m/s(3)物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为F f －L 图线与横轴所围的面积，则克服摩擦力做功为 W f ＝(2＋6)×0.52J ＝2 J 物块在平板车上滑动的过程中，由动能定理得： －W f ＝12mv 2－12mv B 2解得：v ＝ 5 m/s.。

高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动力学和能量观点的综合应用1.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v 顺时针运动，某时刻一个质量为m 的小物块，以大小也是v 、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W ，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ，则下列判断中正确的是( )A ．W ＝0，Q ＝m v 2B ．W ＝0，Q ＝2m v 2C ．W ＝m v 22，Q ＝m v 2D ．W ＝m v 2，Q ＝2m v 22.(多选)如图所示，质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，轨道与传送带在A 点平滑连接，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带A 、B 两点之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度顺时针运动，则(g 取10 m/s 2)( )A ．物体从A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC ．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2 JD ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J3.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，则力F 对木板所做的功为( )A.m v 24B.m v 22 C ．m v 2D ．2m v 24．(多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t ＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v －t 图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m ＝1 kg ，已知木板足够长，g 取10 m/s 2，则( )A ．小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5B ．在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 JC ．小物块的初速度为v 0＝12 m/sD ．0～2 s 与2～3 s 物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17∶15．(多选)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，速率始终不变．t ＝0时刻在传送带适当位置上放一具有一定初速度的小物块．取沿传送带向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示．已知小物块质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．传送带顺时针转动，速度大小为2 m/sB ．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝235C ．0～t 2时间内因摩擦产生的热量为27 JD ．0～t 2时间内电动机多消耗的电能为28.5 J6.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M ＝1.0 kg ，长度L ＝1.0 m ．在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m ＝1.0 kg.小铁块和木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F 将木板抽出，若F ＝8 N ，g 取10 m/s 2.求：(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功； (2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q .7．(2023·安徽省六安中学高三检测)如图所示，水平轨道AB 长为2R ，其A 端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上．圆心在O 1、半径为R 的光滑圆弧轨道BC 与AB 相切于B 点，并且和圆心在O 2、半径为2R 的光滑细圆管轨道CD 平滑对接，O 1、C 、O 2三点在同一条直线上．光滑细圆管轨道CD 右侧有一半径为2R ，圆心在D 点的14圆弧挡板MO 2竖直放置，并且与地面相切于O 2点．质量为m 的小滑块(可视为质点)从轨道上的C 点由静止滑下，刚好能运动到A 点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B 点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D (计算时圆管直径可不计，重力加速度为g )．求：(1)小滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数μ； (2)弹簧锁定时具有的弹性势能E p ；(3)小滑块通过最高点D 后落到挡板上时具有的动能E k .8.“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐．挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆．某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC 为一段半径为R ＝5 m 的光滑圆弧轨道，B 为圆弧轨道的最低点．P 为一倾角θ＝37°的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板DE ，木板上边缘与斜面顶端D 重合，圆形轨道末端C 与斜面顶端D 之间的水平距离为x ＝0.32 m ．一物块以某一速度从A 端进入，沿圆形轨道运动后从C 端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t ＝0.2 s 恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长．已知物块质量m ＝3 kg ，薄木板质量M ＝1 kg ，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝1924，木板与物块之间的动摩擦因数μ2＝56，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，求：(1)物块滑到圆轨道最低点B 时，对轨道的压力(计算结果可以保留根号)； (2)物块相对于木板运动的距离；(3)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量．9．如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC 平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接．水平传送带MN以v0＝4 m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8 m，MN间的距离为L MN＝3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑．直轨道BC长L BC＝1 m，小滑块P的质量为m＝1 kg.重力加速度g取10 m/s2.(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P 从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程中的水平位移大小；(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H 的范围．答案及解析1．B 2.AC 3.C 4.ACD 5.ABC 6．(1)－7.5 J 4.5 J (2)3 J解析 (1)当用F ＝8 N 的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度大小为a 1＝μg ＝3 m/s 2木板运动的加速度大小为 a 2＝F －μmg M ＝5 m/s 2设抽出过程的时间为t ，则有 12a 2t 2－12a 1t 2＝L ， 解得t ＝1 s ，所以小铁块运动的位移为x 1＝12a 1t 2，解得x 1＝1.5 m木板运动的位移为x 2＝12a 2t 2，解得x 2＝2.5 m摩擦力对小铁块做的功为 W 1＝μmgx 1， 解得W 1＝4.5 J 摩擦力对木板做的功为 W 2＝－μmgx 2， 解得W 2＝－7.5 J(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q ＝μmgL ＝3 J. 7．(1)13 (2)113mgR(3)(22－1)mgR解析 (1)由几何关系得BC 间的高度差h ＝23R小滑块从C 点运动到A 点的过程中，由动能定理得mgh －μmg ·2R ＝0，解得μ＝13(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W 弹＝E p 滑块从A 到D 过程由动能定理得 E p －mg ·2R －μmg ·2R ＝12m v 2－0 滑块在D 点，由重力提供向心力，有mg ＝m v 22R联立解得E p ＝113mgR .(3)滑块通过D 点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x ＝v t 竖直方向有y ＝12gt 2由几何关系可知x 2＋y 2＝4R 2可得滑块落到挡板上时的动能为E k ＝12m [v 2＋(gt )2]，联立解得E k ＝(22－1)mgR .8．(1)(91.92－245) N (2)1.5 m (3)87 J解析 (1)物块由C 到D ，做斜上抛运动 水平方向v 水平＝xt＝1.6 m/s物块恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，则在D 的速度大小 v ＝v 水平cos θ＝2 m/s ， v 竖直＝v sin θ＝1.2 m/s物块在C 端时竖直方向速度大小v 竖直′＝v 竖直－gt ＝－0.8 m/s ， v C ＝v 水平2＋v 竖直′2＝455m/s 由B 到C 有12m v B 2＝12m v C 2＋mgR (1－cos α)其中cos α＝v 水平v C，在B 点有F N －mg ＝m v B 2R由牛顿第三定律得F 压＝F N ＝(91.92－245) N(2)物块刚滑上木板时，对物块有μ2mg cos θ－mg sin θ＝ma m ，解得物块加速度大小a m ＝23 m/s 2，做匀减速直线运动对木板有μ2mg cos θ＋Mg sin θ－μ1(M ＋m )g cos θ＝Ma M ，解得木板加速度大小a M ＝23 m/s 2，做匀加速直线运动设两者经时间t 1达到共速v 共，则有v －a m t 1＝a M t 1＝v 共 解得t 1＝1.5 s ，v 共＝1 m/s 此过程中s 物＝v ＋v 共2t 1＝94 m ，s 板＝v 共2t 1＝34m物块相对于木板运动的距离 Δs ＝s 物－s 板＝1.5 m(3)μ2mg cos θ>mg sin θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止． 以物块和木板为整体，a 共＝μ1g cos θ－g sin θ＝13 m/s 2，s 共＝v 共22a 共＝1.5 mQ 物－板＝μ2mg cos θ·Δs ＝30 JQ 板－斜＝μ1(M ＋m )g cos θ·(s 板＋s 共)＝57 J整个过程中，系统由于摩擦产生的热量Q ＝Q 物－板＋Q 板－斜＝87 J. 9．(1)0.4 m (2)0.8 m (3) 0.7 m ≤H ≤0.8 m解析 (1)滑块P 在圆形轨道F 点时对轨道的压力刚好为零，则v F ＝0 mg (H －R )－μmgL BC ＝0解得H ＝0.4 m(2)H ′＝1.0 m ，设滑块运动到N 点时的速度为v N ，对滑块从开始到N 点的过程应用动能定理mgH ′－μmg (L BC ＋L MN ) ＝12m v N 2－0 解得v N ＝2 m/s滑块从N 点做平抛运动，水平位移为 x ＝v N2hg＝0.8 m (3)设滑块P 在运动过程中恰好能第一次经过E 点时，高度差为H 1，从开始到E 点应用动能定理有mgH 1－μmgL BC －2mgR ＝12m v E 2－0 在E 点时有mg ＝m v E 2R解得H 1＝0.7 m滑块滑上传送带时的速度为v M mgH 1－μmgL BC ＝12m v M 2－0v M ＝10 m/s<4 m/s 滑块做减速运动的位移为 L ＝v M 22μg＝2.5 m<L MN因此滑块返回M 点时的速度为v M ′＝10 m/s ，因此能第二次过E 点． 设高度为H 2时，滑块从传送带返回M 点时的最大速度为 v ＝2μgL MN ＝2 3 m/s 从开始到M 点应用动能定理有mgH 2－μmgL BC ＝12m v 2－0解得H 2＝0.8 m第二次经过E 点后，当滑块再次从B 点滑上圆轨道时在B 点的速度为v B ，则有mgH 2－3μmgL BC ＝12m v B 2－0 v B ＝2 m/s<10 m/s所以滑块不会第三次过E 点，则能两次经过E 点的高度差H 的范围是0.7 m ≤H ≤0.8 m.。

2020年高考物理一轮复习考点综合提升训练卷---动力学观点和能量观点的应用1．如图所示，水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态。

把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。

随后让传送带以v2的速度匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2。

下列关系中正确的是()A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2C．W1＞W2，P1＝P2，Q1＞Q2D．W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q2【答案】B【解析】因为两次的拉力和拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以W1＝W2，当传送带不动时，物体运动的时间为t1＝lv1；当传送带以v2的速度匀速运动时，物体运动的时间为t2＝lv1＋v2，所以第二次用的时间短，功率大，即P1＜P2；一对滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也等于转化的内能，第二次的相对路程小，所以Q1＞Q2，选项B正确。

2．将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图2甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。

现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木板A的左端开始向右滑动，如图乙所示。

若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是()A．小铅块将从木板B的右端飞离木板B．小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等D．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量【答案】BD【解析】在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，两者速度就已经相同，选项A错误，B正确；根据摩擦力乘相对位移等于产生的热量，第一次的相对位移大小大于第二次的相对位移大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量，选项C错误，D正确。

考点17 动量、能量综合问题一、选择题1．带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径．若a、b的电荷量分别为q a、q b，质量分别为m a、m b，周期分别为T a、T b.则一定有()A．q a＜q bB．m a＜m bC．T a＜T bD．<【答案】A【解析】粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB＝m，解得：r＝，由于mv、B相同，故r∝，a运动的半径大于b运动的半径，故q a＜q b，A正确；由于动量mv相同，但速度大小未知，故无法判断质量大小，B错误；周期T＝，由于不知道速度大小关系，故无法判断周期关系，C错误；＝，由于速度大小关系不确定，故无法判断比荷关系，D错误2．“纵跳摸高”是一种很好的有助于青少年长高的运动．其动作要领是原地屈膝两脚快速用力蹬地，跳起腾空后充分伸展上肢摸到最高点．则人在进行纵跳摸高时，从他开始屈膝到摸到最高点的过程中() A．人始终处于超重状态B．人始终处于失重状态C．地面支持力对人的冲量与重力冲量的大小相等D．地面支持力对人做的功等于重力势能的增量【答案】C【解析】人在起跳过程，加速度向上，处于超重状态，而在空中时，加速度向下，处于失重状态，故A、B 错误；对人跳起的全过程分析，人受重力和支持力的冲量，根据动量定理可知，初末动量为零，则有地面支持力对人的冲量与重力冲量的大小相等，C正确；人在跳起时，地面对人的支持力对人不做功，是人自身做功增加了人的重力势能，D错误3．(多选)一个质点受到外力作用，若作用前后的动量分别为p、p′，动量的变化量为Δp，速度的变化量为Δv，动能的变化量为ΔE k，则( )A．p＝－p′是不可能的B．Δp垂直于p是可能的C．Δp垂直于Δv是可能的D．Δp≠0，ΔE k＝0是可能的【答案】BD【解析】若作用前后质点的速度大小相等、方向相反时，p＝－p′是可能的，A错误；若外力的冲量与p垂直，则Δp与p垂直，B正确；动量变化量Δp与速度变化量Δv的方向相同，C错误；若只有速度方向变化而速度大小不变，则有Δp≠0而ΔE k＝0，例如匀速圆周运动，D正确4．如图所示，子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动。

2020年高考物理《动量与能量的综合应用》专题训练1.如图所示，质量M ＝1.5 kg 的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为0.5 kg 的滑块Q 。

水平放置的轻弹簧左端固定，质量为0.5 kg 的小物块P 置于光滑桌面上的A 点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长。

现用水平向左的推力F 将P 缓慢推至B 点(弹簧仍在弹性限度内)，推力做功W F ＝4 J ，撤去F 后，P 沿桌面滑到小车左端并与Q 发生弹性碰撞，最后Q 恰好没从小车上滑下。

已知Q 与小车表面间动摩擦因数μ＝0.1。

(取g ＝10 m/s 2)求：(1)P 刚要与Q 碰撞前的速度是多少？(2)Q 刚在小车上滑行时的初速度v 0是多少？(3)为保证Q 不从小车上滑下，小车的长度至少为多少？【解析】(1)推力F 通过P 压缩弹簧做功，根据功能关系有E p ＝WF ①当弹簧完全推开物块P 时，有E p ＝12m P v 2②由①②式联立解得v ＝4 m/s 。

(2)P 、Q 之间发生弹性碰撞，设碰撞后Q 的速度为v 0，P 的速度为v ′，由动量守恒和能量守恒得 m P v ＝m P v ′＋m Q v 0③12m P v 2＝12m P v ′2＋12m Q v 20④ 由③④式解得v 0＝v ＝4 m/s ，v ′＝0。

(3)设滑块Q 在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为u ，由动量守恒可得m Q v 0＝(m Q ＋M )u ⑤根据能量守恒，系统产生的摩擦热μm Q gL ＝12m Q v 20－12(m Q ＋M )u 2⑥ 联立⑤⑥解得L ＝6 m 。

【答案】(1)4 m/s (2)4 m/s (3)6 m2.如图所示，竖直平面MN 与纸面垂直，MN 右侧的空间内存在着垂直纸面向内的匀强磁场和水平向左的匀强电场，MN 左侧的水平面光滑，右侧的水平面粗糙。

质量为m 的物体A 静止在MN 左侧的水平面上，已知物体A 带负电，所带电荷量的大小为q 。

二者到达 B 点的速度大小为 v 0，则由机械能守恒定律有：(m ＋2m )gR ＝2(m ＋2m )v 02.F T －(2m ＋m )g ＝ R2020 年高考物理一轮复习考点综合提升训练卷---动量与能量综合题1.如图所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)，从 A 点由静止出发绕 O 点下摆，当摆到最低点 B 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出， 然后自己刚好能回到高处 A .已知男演员质量为 2m 和女演员质量为 m ，秋千的质量不计，秋千的摆长为 R ，C 点比 O 点低 5R .不计空气阻力，求：(1)摆到最低点 B ，女演员未推男演员时秋千绳的拉力；(2)推开过程中，女演员对男演员做的功；(3)男演员落地点 C 与 O 点的水平距离 s .【答案】 (1)9mg (2)6mgR (3)8R【解析】 (1)第一个过程：两杂技演员从 A 点下摆到 B 点，只有重力做功，机械能守恒．设1女演员未推男演员时，秋千绳的拉力设为 F T ，由两杂技演员受力分析有：(m ＋2m )v 02所以 F T ＝9mg(2)第二个过程：两演员相互作用，沿水平方向动量守恒．设作用后女、男演员的速度大小分别为 v 1、v 2，所以有(m ＋2m )v 0＝2mv 2－mv 1.1第三个过程：女演员上摆到 A 点过程中机械能守恒，因此有 mgR ＝2mv 12.1 1女演员推开男演员时对男演员做的功为 W ＝2×2mv 22－2×2mv 02(2)弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块 B 的动能，则 E p ＝ mv2B 0联立得：v 2＝2 2gR ，W ＝6mgR(3)第四个过程：男演员自 B 点平抛，有：s ＝v 2t .1运动时间 t 可由竖直方向的自由落体运动得出 4R ＝2gt 2，联立可解得 s ＝8R .2.如图所示，光滑水平面上放着质量都为 m 的物块 A 和 B ，A 紧靠着固定的竖直挡板，A 、B9间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与 A 、B 均不拴接)，用手挡住 B 不动，此时弹簧弹性势能为2mv 20，在 A 、B 间系一轻质细绳，细绳的长略大于弹簧的自然长度。

第2讲 动量、动量与能量的综合应用高考命题轨迹考情分析 分析近几年的高考试题，动量定理、动量守恒定律与能量的综合应用是高考的热点，但试题一般以对基础知识的考查为主，题目的难度不太大．2020年考纲将3－5改为必考内容，但考试内容较简单，也没有与力学、电学综合．预计2020年高考试题会在此基础上适当加深一点，动量定理、动量守恒定律与力学的综合性可能会增强，此外也可能与电场、磁场、电磁感应等综合命题．动量部分内容单独命题时可能以选择题为主，与其他模块综合命题时则可能会以计算题形式呈现，但整体难度不会大．知识方法链接1．动量定理公式：Ft ＝p′－p 说明：(1)F 为合外力①恒力，求Δp 时，用Δp ＝Ft ②变力，求I 时，用I ＝Δp ＝mv 2－mv 1③牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率 ④当Δp 一定时，Ft 为确定值：F ＝Δp tt 小F 大——如碰撞；t 大F 小——如缓冲(2)等式左边是过程量Ft ，右边是两个状态量之差，是矢量式．v 1、v 2是以同一惯性参照物为参照的． Δp 的方向可与mv 1一致、相反或成某一角度，但是Δp 的方向一定与Ft 一致．2．动量守恒定律(1)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)．(2)动量守恒条件：①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零．②近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多．③单方向守恒：合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒．3．碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律．(2)机械能不增加．(3)速度要合理．①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′；②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．真题模拟精练1．(2020·全国卷Ⅰ·14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A．30 kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s答案 A解析设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s.根据动量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误．2．(多选)(2020·全国卷Ⅲ·20)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图1所示，则( )图1A．t＝1 s时物块的速率为1 m/sB．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD．t＝4 s时物块的速度为零答案AB解析由动量定理可得：Ft＝mv，解得v＝Ftm.t＝1 s时物块的速率为v＝Ftm＝2×12m/s＝1 m/s，故A正确；t＝2 s时物块的动量大小p2＝F2t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s 时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故B正确，C、D错误．3.(多选)(2020·山东淄博市一模) 如图2所示，在质量为M(含支架)的小车中用轻绳悬挂一小球，小球质量为m0，小车和小球以恒定的速度v沿光滑的水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，下列哪些说法是可能发生的( )图2A．在这次碰撞过程中，小车、木块、小球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3B．在这次碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2 C．在这次碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)uD．碰撞后小球摆到最高点时速度变为v1，小木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋ mv2答案CD解析碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，小球的速度在瞬间不变，若碰后小车和木块的速度变为v1和v2，根据动量守恒有：Mv＝Mv1＋mv2.若碰后小车和木块速度相同，根据动量守恒定律有：Mv＝(M ＋m)u，故C正确，A、B错误．碰撞后，小车和小球水平方向动量守恒，则整个过程中，系统水平方向动量守恒，则有：(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2，故D正确．故选：C、D.4．(多选)(2020·安徽马鞍山市第一次模拟)如图3所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体A接触但未连接，弹簧水平且无形变，现对物体A施加一个水平向右的瞬间冲量I0，测得A向右运动的最大距离为x0，之后物体A被弹簧弹回，最终停在距离初始位置左侧2x0处，已知弹簧始终在弹性限度内，物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )图3A ．物体A 整个运动过程，弹簧对物体A 冲量为零B ．物体A 向右运动过程中与弹簧接触的时间一定小于物体A 向左运动过程中与弹簧接触的时间C ．物体A 向左运动的最大速度v m ＝2μgx 0D ．物体A 与弹簧作用的过程中，最大弹性势能E p ＝I 22m －μmgx 0答案 BD解析 物体A 整个运动过程中与弹簧有相互作用时，由于弹簧的弹力一直向左，故弹簧对物体A 冲量不可能为零，故A 错误；物体向右运动过程受向左的弹力和摩擦力，而向左运动过程中受向左的弹力与向右的摩擦力，因此向左运动时的加速度小于向右运动时的加速度，而与弹簧接触向左和向右的位移大小相等，则由位移公式可得，向右运动的时间一定小于向左运动的时间，故B 正确；对离开弹簧后再向左运动2x 0的过程由动能定理可知，12mv 2＝μmg2x 0；解得离开弹簧时的速度为v ＝2μgx 0；而物体在向左运动至弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，故可知向左运动的最大速度一定大于2μgx 0，故C 错误；由动量定理可知I 0＝mv 0；则由功能关系知，系统具有的最大弹性势能E p ＝12mv 20－μmgx 0＝I 202m －μmgx 0，故D 正确；故选：B 、D.知识方法链接 力学规律的选用原则单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．真题模拟精练5．(2020·河北石家庄市第二次质检)如图4所示，质量分布均匀、半径为R 的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁．一质量为m 的小球从距金属槽上端R 处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为74R ，重力加速度为g ，不计空气阻力．求：图4(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小； (2)金属槽的质量． 答案 (1)5mg (2)33＋83331m 解析 (1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律有：mg·2R＝12mv 20，小球刚到最低点时，根据圆周运动规律和牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v 2R ，据牛顿第三定律可知小球对金属槽的压力为：F N ′＝F N . 联立解得：F N ′＝5mg(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属槽在水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则： mv 0＝(m ＋M)v设小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的高度为h. 则有R 2＋h 2＝(74R)2根据能量守恒定律有：mgh ＝12mv 20－12(m ＋M)v 2.联立解得：M ＝33＋83331m.6．(2020· 广东广州市一模)如图5所示，固定在水平地面上的凹槽，槽宽D ＝2.3 m ，左侧槽缘高h ＝0.6 m 、斜面倾角 θ＝45°，右侧槽缘高H ＝0.8 m 、光滑圆弧形轨道足够长．长L ＝1.6 m 、高H ＝0.8 m 、质量m A ＝1 kg 的木板A 静止在槽内，左端距凹槽左侧D 1＝0.3 m ．可视为质点的滑块B ，质量m B ＝2 kg ，放在A 上表面的最左端．质量m ＝1 kg 、v 0＝10 m/s 的小球水平撞击B 后水平反弹，下落过程中刚好与斜面相切通过斜面最高点．已知A 与B 、A 与凹槽底部的动摩擦因数分别为μ1＝12、μ2＝16，B 向右滑行过程中未与A 共速，A 与凹槽左、右侧碰撞后立即停止但不粘连，g 取10 m/s 2.求：图5(1)小球与B 碰后，B 获得的速度v B 的大小； (2)整个过程中A 、B 间摩擦产生的热量Q.答案 (1)6 m/s (2)27 J解析 (1)设小球水平反弹的速度为v x ，从反弹到通过斜面最高点时的时间为t 0，竖直方向的速度为v y ，则有： tan θ＝v yv x①竖直方向有v y ＝gt 0② H －h ＝12gt 20③设小球与B 撞击后，B 获得的速度为v B ，有： mv 0＝－mv x ＋m B v B ④联立①②③④并代入数据得：v x ＝2 m/s ，v B ＝6 m/s⑤(2)设B 滑上凹槽右侧光滑轨道时的速度为v ，由于B 向右滑行过程中与A 未共速，B 对地移动的距离为L ＋D 2(依题意D 2＝0.4 m)，由动能定理： －μ1m B g(L ＋D 2)＝12m B v 2－12m B v 2B ⑥B 沿弧形轨道返回到A 的右端时速度大小仍为v ，设B 在A 上减速滑行的加速度大小为a 1，A 在凹槽内加速滑行的加速度大小为a 2，则有： μ1m B g ＝m B a 1⑦μ1m B g －μ2(m A ＋m B )g ＝m A a 2⑧现判断B 向左移动时是否与A 共速．假设经过时间t ，A 、B 共速为v 1，则： 对B ：v 1＝v －a 1t⑨ 对A ：v 1＝a 2t⑩联立⑥⑦⑧⑨⑩解得：v ＝4 m/s ，a 1＝5 m/s 2，a 2＝5 m/s 2，v 1＝2 m/s ⑪在时间t 内：B 对地的位移：x 1＝v 2－v 212a 1＝1.2 m ⑫A 对地的位移：x ＝v 212a 2＝0.4 m ＝D 2<(D 1＋D 2)＝0.7 m ⑬B 在A 上滑行的位移：Δx ＝x 1－x ＝0.8 m<L ＝1.6 m ⑭ 所以，A 与凹槽左侧相碰前，B 未滑离A 上表面并与A 达到共速．A 、B 以v 1的速度一起减速到A 与凹槽左侧相碰，设A 与凹槽左侧相碰时速度为v 2，则有：－μ2(m A ＋m B )gD 1＝12(m A ＋m B )v 22－12(m A ＋m B )v 21⑮ A 与凹槽左边缘相碰后B 在A 上滑行的距离： x 2＝v 222a 1＝0.3 m ⑯x 2<L －Δx ＝0.8 m ，即B 最终未滑离A 上表面， 整个过程A 、B 间摩擦产生的热量： Q ＝μ1m B g(L ＋Δs ＋s 2)⑰ 联立得：Q ＝27 J.知识方法链接系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法． (1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)． 真题模拟精练7．(2020· 河南安阳市二模)如图6所示，光滑绝缘水平地面上竖直虚线AB 左侧有足够长水平向右的匀强电场，电场强度E ＝3mg4q ，竖直虚线AB 右侧是一半径为R 的光滑绝缘半圆轨道，与水平轨道在A 点相切；一质量为m 、带电量为＋q 的小物块从地面上某点由静止释放经过A 点进入竖直半圆轨道时，恰有A 点上方落下的一质量为m2的橡皮泥粘在小物块上与物块一起进入竖直光滑轨道；已知重力加速度为g ，若物块进入竖直半圆轨道后，始终没有脱离轨道，求物块释放时到A 点的距离x 的取值范围．图6答案 x≤3R 或x≥15R2解析 物块进入竖直半圆轨道后，始终没有脱离轨道，有两种情况：(1)到达半圆轨道的一半高度返回，即物块沿半圆轨道上升四分之一圆周；设此时物块从离A 点x 1处释放；物块从释放至运动到A 点，由动能定理得Eqx 1＝12mv 21，在A 点粘上橡皮泥，由动量守恒定律mv 1＝(m ＋m 2)v 1′ 从A 点恰好运动到四分之一圆周处时，由机械能守恒有： 12(m ＋m 2)v 1′2＝(m ＋m 2)gR ；联立解得：x 1＝3R (2)若物块能从B 点飞出，设此时物块从离A 点x 2处释放，物块及橡皮泥恰好从B 点飞出时， 由牛顿第二定律：(m ＋m 2)g ＝(m ＋m 2)v 2B R物块从释放运动到A 点，由动能定理得Eqx 2＝12mv 22在A 点粘上橡皮泥，由动量守恒定律得mv 2＝(m ＋m2)v 2′从A 点到B 点由机械能守恒定律：12(m ＋m 2)v 2′2＝(m ＋m 2)g·2R＋12(m ＋m 2)v B 2联立解得：x 2＝15R 2.综上所述，物块释放时到A 点的距离满足：x≤3R 或x≥15R2.8.(2020·广东深圳市第一次调研)如图7所示，质量m A ＝0.8 kg 、带电量q ＝－4×10－3C 的A 球用长度l ＝0.8 m 的不可伸长的绝缘轻线悬吊在O 点，O 点右侧有竖直向下的匀强电场，场强E ＝5×103N/C.质量m B ＝0.2 kg 不带电的B 球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，弹性势能为3.6 J ．现将A 球拉至左边与圆心等高处由静止释放，将弹簧解除锁定，B 球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A 球相碰，并结合为一整体C ，同时撤去水平轨道．A 、B 、C 均可视为质点，线始终未被拉断，g ＝10 m/s 2.求：图7(1)碰撞过程中A 球对B 球做的功； (2)碰后C 第一次离开电场时的速度大小；(3)C 每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，求C 每次离开电场前瞬间线受到的拉力．答案 (1)－3.2 J (2)5.66 m/s (3)F T ＝(80n －30) N n ＝1,2,3…… 解析 (1)碰前A 的速度大小 12m A v 2A ＝m A gl 解得v A ＝4 m/s 碰前B 的速度大小 E ＝12m B v 2B解得v B ＝6 m/s 由动量守恒得 m A v A －m B v B ＝(m A ＋m B )v C 解得v C ＝2 m/sA 对B 所做的功W ＝12m B v 2C －E ＝－3.2 J(2)碰后，整体受到电场力 F ＝qE ＝20 N G ＝m C g ＝10 N因F －m C g>m C v 2Cl ，C 做类平抛运动水平方向上：x ＝v C t 竖直方向上： y ＝12at 2其中a ＝qE －m C g m C＝10 m/s 2圆的方程 (y －l)2＋x 2＝l 2解得：x ＝0.8 m y ＝0.8 m C 刚好在圆心等高处线被拉直 此时C 向上的速度为v 1＝at ＝4 m/s 设C 运动到最高点速度为v 2 由动能定理得12m C v 22－12m C v 21＝(F －m C g)l 解得v 2＝42≈5.66 m/s(3)设C 从最高点运动到最低点时的速度为v 3，得： 12m C v 23－12m C v 22＝m C g×2l v 3＝8 m/s由F T ＋F －m C g ＝m C v 23l可知F T >0，所以C 能一直做圆周运动 设经过最高点次数为n 12m C v 2n －12m C v 22＝(n －1)qE×2l F T ＋m C g －F ＝m C v 2n l解得：F T ＝(80n －30) N ，n ＝1,2,3……专题规范练 题组1 高考真题体验1．(2020·全国卷Ⅰ·35(2))某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求： (ⅰ)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(ⅱ)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度． 答案 (ⅰ)ρv 0S (ⅱ)v 22g －M 2g 2ρ2v 20S2解析 (ⅰ)在刚喷出一段很短的Δt 时间内，可认为喷出的水柱保持速度v 0不变． 该时间内，喷出水柱高度Δl ＝v 0Δt①喷出水柱质量Δm ＝ρΔV②其中ΔV 为水柱体积，满足ΔV ＝ΔlS③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 ΔmΔt＝ρv 0S (ⅱ)设玩具底面相对于喷口的高度为h 由玩具受力平衡得F 冲＝Mg④ 其中，F 冲为水柱对玩具底面的作用力 由牛顿第三定律：F 压＝F 冲⑤其中，F 压为玩具底面对水柱的作用力，设v′为水柱到达玩具底面时的速度 由运动学公式：v′2－v 20＝－2gh⑥在很短Δt 时间内，冲击玩具的水柱的质量为Δm Δm ＝ρv 0S Δt⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理 (F 压＋Δmg)Δt ＝Δmv′⑧由于Δt 很小，Δmg 也很小，可以忽略，⑧式变为 F 压Δt ＝Δmv′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h ＝v 22g －M 2g 2ρ2v 20S2.2．(2020·全国卷Ⅱ·35(2))如图1，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.图1(ⅰ)求斜面体的质量；(ⅱ)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 答案 (ⅰ)20 kg (ⅱ)不能，理由见解析解析 (ⅰ)规定向左为速度正方向．冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m 2v 0＝(m 2＋m 3)v①12m 2v 20＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh② 式中v 0＝3 m/s 为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m 3＝20 kg ，v ＝1 m/s③(ⅱ)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有m 1v 1＋m 2v 0＝0④代入数据得v 1＝－1 m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有m 2v 0＝m 2v 2＋m 3v 3⑥12m 2v 20＝12m 2v 22＋12m 3v 23⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝－1 m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．3．(2020·新课标Ⅰ卷·35(2))如图2，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．图2答案 (5－2)M≤m＜M解析 设A 运动的初速度为v 0，A 向右运动与C 发生碰撞，由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv 2由机械能守恒定律得12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22 可得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2m m ＋Mv 0 要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜MA 反向向左运动与B 发生碰撞过程，有mv 1＝mv 3＋Mv 412mv 21＝12mv 23＋12Mv 24 整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1，v 4＝2m m ＋Mv 1 由于m ＜M ，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v 3≤v 2即2m m ＋M v 0≥M －m m ＋M v 1＝(m －M m ＋M)2v 0 整理可得m 2＋4Mm≥M 2解方程可得m≥(5－2)M另一解m≤－(5＋2)M舍去所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足(5－2)M≤m＜M.4．(2020·新课标Ⅱ卷·35(2))两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图3所示．求：图3(ⅰ)滑块a、b的质量之比；(ⅱ)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．答案(ⅰ)1∶8(ⅱ)1∶2解析(ⅰ)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得v1＝－2 m/s①v2＝1 m/s②a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得v＝23m/s③由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8⑤(ⅱ)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE＝12m1v 21＋12m2v 22－12(m1＋m2)v2⑥由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W＝12(m1＋m2)v2⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得W∶ΔE＝1∶25．(2020·新课标Ⅱ卷·35(2))现利用图4(a)所示的装置验证动量守恒定律．在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．图4实验测得滑块A 的质量m 1＝0.310 kg ，滑块B 的质量m 2＝0.108 kg ，遮光片的宽度d ＝1.00 cm ；打点计时器所用交流电的频率f ＝50.0 Hz.将光电门固定在滑块B 的右侧，启动打点计时器，给滑块A 一向右的初速度，使它与B 相碰．碰后光电计时器显示的时间为Δt 0＝3.500 ms ，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示．若实验允许的相对误差绝对值(⎪⎪⎪⎪⎪⎪碰撞前后总动量之差碰前总动量×100%)最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．答案 见解析解析 按定义，滑块运动的瞬时速度大小v 为v ＝Δs Δt① 式中Δs 为滑块在很短时间Δt 内走过的路程设纸带上打出相邻两点的时间间隔为Δt A ，则Δt A ＝1f＝0.02 s② Δt A 可视为很短．设滑块A 在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v 0、v 1.将②式和图给实验数据代入①式可得v 0＝2.00 m/s③v 1＝0.97 m/s④设滑块B 在碰撞后的速度大小为v 2，由①式有v 2＝d Δt B⑤ 代入题给的实验数据得v 2≈2.86 m/s⑥ 设两滑块在碰撞前、后的动量分别为p 和p′，则p ＝m 1v 0⑦p′＝m 1v 1＋m 2v 2⑧两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为δp ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪p －p′p ×100%⑨ 联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得δp ≈1.7%<5%⑩因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律．题组2 各省市模拟精选6．(2020·湖南株洲市一模)如图5所示，质量为 m 的小滑块(可视为质点)，从 h 高处的A点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的B点(斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接)．要使物体能原路返回，在B点需给物体的瞬时冲量最小应是( )图5A．2m gh B．m gh C.m gh2D．4m gh答案 A解析滑块从A到B过程，根据动能定理，有：mgh－W f＝0，滑块从B返回A过程，根据动能定理，有：－mgh－W f＝0－12mv2，联立解得：v＝2gh；在B点需给物体的瞬时冲量等于动量的增加量，故I＝mv＝2m gh，故A正确，B、C、D错误．7．(多选)(2020·福建漳州市八校模拟)如图6所示，光滑水平地面上静止放置由弹簧相连的木块A和B，开始时弹簧处于原长，现给A一个向右的瞬时冲量，让A开始以速度v0向右运动，若m A>m B，则( )图6A．当弹簧压缩最短时，B的速度达到最大值B．当弹簧再次恢复原长时，A的速度一定向右C．当弹簧再次恢复原长时，A的速度一定小于B的速度D．当弹簧再次恢复原长时，A的速度可能大于B的速度答案BC解析A开始压缩弹簧时做减速运动，B做加速运动，当两者速度相等时，弹簧压缩最短，然后B继续做加速运动，A继续做减速运动，所以弹簧压缩到最短时，B的速度没有达到最大值，故选项A错误；弹簧压缩到最短时，两者速度相等，然后B继续做加速运动，A继续做减速运动，直到弹簧恢复原长，此时B 的速度达到最大，且大于A的速度，根据动量守恒有：m A v0＝m A v A＋m B v B，若A的速度方向向左，则m B v B＞m A v0，动能E k＝p22m，可知E kB＞E k0，违背了能量守恒定律，所以A的速度一定向右，故选项B、C正确，D错误．故选B、C.8. (2020· 江西南昌市三校第四次联考) 如图7所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏MN上的a点，通过pa段用时为t.若该微粒经过p点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上．若两个微粒所受重力均忽略，则新微粒运动的( )图7A ．轨迹为pb ，至屏幕的时间将小于tB ．轨迹为pc ，至屏幕的时间将大于tC ．轨迹为pa ，至屏幕的时间将大于tD ．轨迹为pb ，至屏幕的时间将等于t答案 C解析 带电粒子和不带电粒子相碰遵守动量守恒，故碰后总动量不变，总电量也保持不变，由Bqv ＝m v 2r，得：r ＝mv qB ＝p qB ，p 、q 、B 都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径r 不变，故轨迹应为pa ，由周期T ＝2πm qB 可知，因m 增大，故粒子运动的周期增大，因所对应轨迹不变，圆心角不变，故新微粒通过pa 所用的时间将大于t ，C 正确．9.(2020·广东肇庆市第二次模拟)如图8所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，上表面粗糙，在其左端有一光滑的14圆弧槽C ，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有滑块A 以初速度v 0从右端滑上B ，并以12v 0滑离B ，恰好能到达C 的最高点．A 、B 、C 的质量均为m ，试求：图8(1)木板B 上表面的动摩擦因数μ；(2)14圆弧槽C 的半径R ； (3)当A 滑离C 时，C 的速度．答案 (1)5v 2016gL (2)v 2064g (3)v 02解析 (1)当A 在B 上滑动时，A 与BC 整体发生作用，由于水平面光滑，A 与BC 组成的系统动量守恒：mv 0＝m v 02＋2mv 1① 系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能：Q ＝μmgL②ΔE k ＝12mv 20－12m(v 02)2－12(2m)v 21③ 而Q ＝ΔE k ④联立①②③④式解得：μ＝5v 2016gL ，v 1＝v 04⑤ (2)当A 滑上C ，B 与C 分离，A 与C 发生作用，设到达最高点时速度相等为v 2，由于水平面光滑，A 与C组成的系统水平方向动量守恒：m v 02＋mv 1＝2mv 2⑥ A 与C 组成的系统机械能守恒：12m(v 02)2＋12m(v 04)2＝12(2m)v 22＋mgR⑦ 由⑥⑦式解得： R ＝v 2064g⑧ (3)当A 滑下C 时，设A 的速度为v A ，C 的速度为v C ，A 与C 组成的系统动量守恒：m v 02＋mv 1＝mv A ＋mv C ⑨ A 与C 组成的系统机械能守恒：12m(v 02)2＋ 12m(v 04)2＝12mv 2A ＋12mv 2C ⑩ 联立⑨⑩式解得：v C ＝v 02⑪ 10．(2020·广东揭阳市高三期末)如图9所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R ＝0.6 m ．平台上静止着两个滑块A 、B ，m A ＝0.1 kg ，m B ＝0.2 kg ，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面上．小车质量为M ＝0.3 kg ，车面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q 点，小车的上表面左端点P 与Q 点之间是粗糙的，滑块B 与PQ 之间表面的动摩擦因数为μ＝0.2，Q 点右侧表面是光滑的．点燃炸药后，A 、B 分离瞬间A 滑块获得向左的速度v A ＝6 m/s ，而滑块B 则冲向小车．两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，且g ＝10 m/s 2.求：图9(1)滑块A 在半圆轨道最高点对轨道的压力；(2)若L ＝0.8 m ，滑块B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；(3)要使滑块B 既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ 之间的距离L 应在什么范围内？ 答案 (1)1 N ，方向竖直向上 (2)0.22 J(3)0.675 m≤L＜1.35 m解析 (1)A 从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：12m A v 2A －12m A v 2＝m A g×2R 在最高点由牛顿第二定律：m A g ＋F N ＝m A v 2R联立解得滑块A 在半圆轨道最高点受到的压力为：F N ＝1 N由牛顿第三定律得：滑块A 在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为1 N ，方向竖直向上；(2)爆炸过程由动量守恒定律：m A v A ＝m B v B ，解得v B ＝3 m/s滑块B 冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律得：m B v B ＝(m B ＋M)v 共由能量守恒定律：E p ＝12m B v 2B －12(m B ＋M)v 2共－μm B gL ，解得E p ＝0.22 J ； (3)滑块B 最终没有离开小车，滑块B 和小车具有共同的末速度，设为u ，滑块B 与小车组成的系统动量守恒，有m B v B ＝(M ＋m B )u若小车PQ 之间的距离L 足够大，则滑块B 还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块B 恰好滑到Q 点，由能量守恒定律得μm B gL 1＝12m B v 2B －12(m B ＋M)u 2 联立解得L 1＝1.35 m若小车PQ 之间的距离L 不是很大，则滑块B 必然挤压弹簧，由于Q 点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ 之间，设滑块B 恰好回到小车的左端P 点处，由能量守恒定律2μm B gL 2＝12m B v 2B －12(m B ＋M)u 2 联立解得L 2＝0.675 m综上所述，要使滑块B 既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ 之间的距离L 应满足的范围是0.675 m≤L ＜1.35 m.。

2020年高考物理一轮复习专题强化卷----动量与能量热点题型归纳一、单选题（共3题，15分）1、质量分别为m a＝1 kg和m b＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属于()A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，无法判断【答案】A2、光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v－t图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50 J，则此过程产生的内能可能是()A．10 J B．50 J C．70 J D．120 J【答案】D.3、如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B 均向右运动．小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为()A．7∶5B．1∶3 C．2∶1 D．5∶3【答案】D二、不定项选择题（共6题36分）4、如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍．两种射入过程相比较()A．射入滑块A的子弹速度变化大B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍D．两个过程中系统产生的热量相同【答案】BD5、如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，则()A．碰撞前总动量大小为2mv B．碰撞过程动量不守恒C．碰撞后乙的速度大小为2v D．碰撞属于非弹性碰撞【答案】选AC6、如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度v 0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x .现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B (如图乙所示)，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，则( )A ．A 物体的质量为3mB ．A 物体的质量为2mC ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为32mv 02 D ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv 02 【答案】AC7、如图甲所示，光滑平台上的物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车B 上，车与水平面间的动摩擦因数不计，图乙为物体A 与小车B 的v －t 图象，由此可知( )A ．小车上表面长度B ．物体A 与小车B 的质量之比C ．物体A 与小车B 上表面的动摩擦因数D ．小车B 获得的动能【答案】BC8、如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，则( )A ．碰撞前总动量大小为2mvB ．碰撞过程动量不守恒C ．碰撞后乙的速度大小为2vD ．碰撞属于非弹性碰撞【答案】AC9、质量为m，速度为v的A球跟质量为3m的静止的B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B球的速度可能值为()A．0.6v B．0.4v C．0.2v D．0.3v【答案】BD10、如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A.给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离木板B.在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是()A．1.8 m/s B．2.4 m/s C．2.6 m/s D．3.0 m/s【答案】BC三、计算题（共4题49分）11、如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。

第3讲动量和能量的综合应用考点1动量定理和动量守恒定律■新依据·等级考预测·❶分析近五年全国卷的高考题可以看出，自2017年动量纳入必考后，单独考查动量和动量守恒时以选择题为主，也出现较简单的计算题，命题点以对动量、冲量概念的理解及动量定理、动量守恒定律的简单应用为主。

但也呈现出与其他知识综合的趋势。

❷2020年等级考备考应关注动量守恒与动力学知识的综合题的训练。

16发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。

若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为()A．1.6×102 kg B．1.6×103 kgC．1.6×105 kg D．1.6×106 kgB[根据动量定理有FΔt＝Δm v－0，解得ΔmΔt＝Fv＝1.6×103 kg/s，所以选项B正确。

]2．(2018·全国卷Ⅱ·T15)高空坠物极易对行人造成伤害。

若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A．10 N B．102 NC．103 N D．104 NC[根据自由落体运动和动量定理有2gh＝v2(h为25层楼的高度，约70 m)，Ft＝m v，代入数据解得F≈1×103 N，所以C正确。

]3．(2018·浙江11月选考)20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域。

现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间Δt内速度的改变为Δv，和飞船受到的推力F(其它星球对它的引力可忽略)。

飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v 在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T 的匀速圆周运动。

已知星球的半径为R ，引力常量用G 表示。

2020届高三物理第一轮复习动量和能量课堂综合测试一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分）1．以下说法中，正确的是（）A．一个物体所受的合外力为零，它的机械能一定守恒B．一个物体所受合外力的冲量为零，它的机械能可能守恒C．一个物体做匀速直线运动，它的机械能一定守恒D．一个物体所受的合外力对它不做功，这个物体的动量一定不发生变化2．美国著名的网球运动员罗迪克的发球速度时速最快可达60m/s，这也是最新的网球发球时速的世界记录，可以看作罗迪克发球时使质量约为60g的网球从静止开始经0.02s后速度增加到60m/s，则在上述过程中，网球拍对网球的作用力大小约为（）A．180N B．90N C．360N D．1800N3．如图1所示，A、B两物体质量比为1：2。

原来静止在平板小车C上，A、B之间有一根被压缩了的弹簧，A、B与车面间的动摩擦因数之比为2：1，平板小车C与地面之间的摩擦不计，当弹簧释放后，若弹簧释放时弹力大于两物体与车间的摩擦力，则下列判断中正确的是（）A．小车将向左运动B．小车将向右运动C．A、B两物体组成的系统的总动量守恒D．A、B、C三者组成的系统的总动量守恒4．质量为1.0kg的小球从高20m处自由下落(空气阻力不计，g取10m/s2)到软垫上，反弹后上升最大高度为5.0m，小球与软垫接触的时间为1.0s，在接触时间内小球受到软垫的平均作用力为（ ）A ．30NB ．40NC ．60ND ．80N5．质量为m 的质点，在水平面内以速度v 做半径为R 的匀速圆周运动．如图2所示，质点从位置A 开始经半个周期到位置B 的过程中，所受的合外力的冲量是（ ）A ．0B ．mvC ．2mvD ．g2Rm6．发射同步卫星的一种方法是：先用火箭将星体送入一近地轨道运行，然后再适时开动星载火箭，将其通过椭圆形过渡轨道，最后送上与地球自传同步运动的圆形轨道，那么变轨后与变轨前相比，卫星（ ） A ．机械能增大，动能增大 B ．机械能增大，动能减小 C ．机械能减小，动能减小 D ．机械能减小，动能增大7．在粗糙的水平面商运动的物体，从a 点开始受到一个水平恒力F 的作用沿直线运动到b 点，已知物体在b 点的速度与在a 点的速度大小相等，则从a 点到b 点（ ）A ．物体一定做匀速运动B ．恒力F 的方向始终与摩擦力的方向相反C ．恒力F 与摩擦力对物体的总冲量一定为零D ．恒力F 与摩擦力对物体所做的总功量一定为零8．在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A 、B 质量均为m ，现A 球向B 球运动，并发生正碰，已知碰撞过程中机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为P E ，则碰前A 球的速度不等于（ ） A ．P E m B ．2P E m C ．2P E m D ．22PE m9．如图3所示，斜面上除了AB 段粗糙外，其余部分均是光滑的，小物体与AB 段的动摩擦因数处处相等，今使该物体从斜面的顶端由静止开始下滑，经过A点时的速度与经过C点时的速度相等，已知AB＝BC，则下列说法正确的是（）A．物体在AB段与BC段的加速度大小相等B．物体在AB段与BC段的运动时间相等C．重力在这两段中所做的功相等D．物体在AB段与BC段的动量变化相等10.有一种硬气功表演，表演者平卧于地面，将一大石板置于他的身子上，另一人将重锤举到高出并砸向石板，石板被砸碎，表演者却安然无恙，假设重锤与石板撞击后两者具有相同的速度，表演者在表演时尽量挑选质量较大的石板。

权掇市安稳阳光实验学校考点19 动量和能量的综合应用题组一 基础小题1．(多选)如图所示，质量分别为m 和2m 的A 、B 两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A 靠紧竖直墙。

用水平力F 将B 向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E 。

这时突然撤去F ，关于A 、B 和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )A ．撤去F 后，系统动量守恒，机械能守恒B ．撤去F 后，A 离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒C ．撤去F ，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为ED ．撤去F ，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E3答案 BD解析 撤去F 后，A 离开竖直墙前，竖直方向两木块的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而水平方向墙对A 有向右的弹力，系统的动量不守恒；这个过程中，只有弹簧的弹力对B 做功，系统的机械能守恒；A 离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向受力平衡，则系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒，故A 错误，B 正确。

撤去F ，A 离开竖直墙后，当两木块速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大；设两木块的共同速度为v ，A 离开墙时，B 的速度为v 0，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：2mv 0＝3mv ，E ＝12·3mv 2＋E p ，又E ＝12·2mv 20，联立解得弹簧的弹性势能最大值为：E p ＝E3，故C 错误，D 正确。

2．如图所示，质量为M 的长木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s 。

已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m ，重力加速度为g ，空气阻力可忽略不计，则由此可得子弹射入木块前的速度大小为( )A.m ＋M m2μgsB.M －m m2μgsC.mm ＋MμgsD.mM －mμgs答案 A解析 子弹击中木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 1＝(M ＋m )v ，解得：v ＝mv 1M ＋m；子弹击中木块后，木块(包括子弹)做匀减速直线运动，由动能定理得：－μ(M ＋m )gs ＝0－12(M＋m )v 2，解得：v 1＝M ＋mm2μgs 。

动量与能量问题综合应用时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共6小题，每小题8分，共48分。

其中 1～4为单选，5～6为多选) 1．如图所示，在光滑水平面上的两小车中间连接有一根处于压缩状态的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中错误的是( )A ．两手同时放开后，系统总动量始终为零B ．先放开左手，再放开右手之后动量不守恒C ．先放开左手，后放开右手，总动量向左D ．无论何时放手，在两手放开后、弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零答案 B解析 当两手同时放开时，系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因开始时总动量为零，故两手同时放开后系统总动量始终为零，A 正确；先放开左手，左边的物体向左运动，再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统在两手都放开后动量守恒，且总动量方向向左，故B 错误，C 、D 正确。

2.(2019·湖南六校联考)如图所示，质量为m 的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射手。

首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d 1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d 2。

设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。

当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是( )A ．木块静止，d 1＝d 2B ．木块向右运动，d 1<d 2C ．木块静止，d 1<d 2D ．木块向左运动，d 1＝d 2答案 C解析 把木块和打入的两颗子弹看成一个系统，规定水平向右为正方向，由动量守恒定律可得：m 弹v 弹＋0－m 弹v 弹＝(2m 弹＋m )v 共，解得v 共＝0。

开枪前后系统损失的机械能等于子弹射入木块时克服阻力所做的功，左侧射手开枪后，右侧射手开枪前，把左侧射手开枪打出的子弹和木块看做一个系统，设子弹射入木块时受到的平均阻力大小为f ，则由动量守恒定律有：m 弹v 弹＋0＝(m 弹＋m )v 共′，则v 共′＝m 弹m 弹＋mv 弹，左侧射手射出的子弹射入木块中时，该子弹和木块组成的系统损失的机械能ΔE 1＝12m 弹v 2弹－12(m 弹＋m )v 共′2＝fd 1，右侧射手开枪打出的子弹射入木块时，则有－m 弹v 弹＋(m 弹＋m )v 共′＝(2m 弹＋m )v 共，系统损失的机械能ΔE 2＝12m 弹v 2弹＋12(m 弹＋m )v 共′2－0＝fd 2，ΔE 1<ΔE 2，故d 1<d 2，C 正确。