2020版高2020届高2017级高三物理二轮复习课件学案配套练习专题限时集训7动量和能量的综合应用

专题限时集训(七)
(建议用时：40分钟)
[专题通关练]
1. (多选)(2019·湖南湘东六校联考)质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动,有一轻弹簧固定在其左侧,另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与甲相向运动,如图所示,两物块通过弹簧相互作用(未超出弹簧弹性限度)并最终弹开,则()
A. 两物块在压缩弹簧的过程中,两物块组成的系统动量守恒
B. 当两物块相距最近时,甲物块的速度为零
C. 甲物块的速率可能为5 m/s
D. 当甲物块的速率为1 m/s时,乙物块的速率可能为2 m/s
AD[甲、乙两物块在压缩弹簧的过程中,两物块组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,选项A正确；当两物块相距最近时,两物块速度相等,甲物块的速度不为零,选项B错误；若甲物块的速率为5 m/s,根据动量守恒定律可得此时乙物块的速率为6 m/s或4 m/s,两物块组成的系统机械能增大,违反了能量守恒定律,选项C错误；当甲物块的速率为1 m/s,方向向左时,选取向右为速度的正方向,根据动量守恒定律,m·4 m/s－m·3 m/s＝m v－m·1 m/s,解得乙物块的速率v＝2 m/s,选项D正确。

]
2. (原创题)(多选)一艘帆船在湖面上顺风航行,在风力的推动下做速度为v0＝4 m/s的匀速直线运动。

已知帆船在该运动状态下突然失去风的推力的作用,此后帆船在湖面上做匀减速直线运动,经过时间t0＝8 s后静止不动；该帆船的帆面正对风的有效面积为S＝10 m2,帆船的总质量约为M＝936 kg,若帆船在行驶过程中受到的阻力恒定不变,空气的密度为ρ＝1.3 kg/m3,下列说法正确的是()
A. 帆船失去风的推力后加速度大小是1 m/s2
B. 帆船在湖面上顺风航行时所受水的阻力大小为468 N
C. 帆船匀速运动时受到风的推力的大小为936 N
D. 风速的大小为10 m/s
BD [帆船失去风的推力后,只受到水的阻力f 的作用,做匀减速直线运动,设
帆船的加速度大小为a ,则a ＝v 0t 0＝0.5 m/s 2,选项A 错误；以帆船为研究对象,由牛顿第二定律可得f ＝Ma ,代入数据解得f ＝468 N,选项B 正确；设帆船匀速运动时受到风的推力大小为F ,根据平衡条件得F －f ＝0,解得F ＝468 N,选项C 错误；设在时间t 内,以正对帆面且吹向帆面的空气为研究对象,且其质量为m ,则m ＝ρS (v －v 0)t ,根据动量定理有－Ft ＝m v 0－m v ,解得v ＝10 m/s,选项D 正确。

]
3. (一题多解)(2019·武汉示范高中联考)如图所示,子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块,子弹未穿透木块,此过程木块的动能增加了6 J,那么此过程产生的内能可能为( )
A. 16 J
B. 2 J
C. 6 J
D. 4 J
A [法一 设子弹的质量为m 0,初速度为v 0,木块的质量为m ,则子弹打入木块的过程中,子弹与木块组成的系统动量守恒,即m 0v 0＝(m ＋m 0)v ,此过程中产生
的内能等于系统损失的动能,即E ＝12m 0v 20－12
(m ＋m 0)v 2,而木块获得的动能E k 木
＝12m v 2＝6 J,上述式子联立可得E E k 木＝m ＋m 0m 0>1,故E >6 J,A 项正确。

法二 作出子弹和木块运动的v -t 图象,由图象可知,子弹和木块的相对位移Δx 的大小一定大于木块的对地位移x 木的大小,即Δx >x 木,设摩擦力为f ,则系统产
生的热量Q ＝f Δx ,对木块应用动能定理有fx 木＝E k 木,可得Q >E k 木＝6 J,A 项正确。

]
4.(多选)A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象,a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移随时间变化的图象,c 为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象,若A 球质量是m ＝2 kg,则由图判断下列结论正确的是( )
A. 碰撞前、后A 球的动量变化量为4 kg·m/s
B. 碰撞时A 球对B 球所施的冲量为－4 N·s
C. A 、B 两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
D. 碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为10 J
ABD [根据图象可知,碰前A 球的速度v A ＝－3 m/s,碰前B 球的速度v B ＝2 m/s,碰后A 、B 两球共同的速度v ＝－1 m/s,故碰撞前、后A 球的动量变化量为Δp A ＝m v －m v A ＝4 kg·m/s,选项A 正确；A 球的动量变化量为4 kg·m/s,碰撞过程中动量守恒,B 球的动量变化量为－4 kg·m/s,根据动量定理,碰撞过程中A 球对B 球所施的冲量为－4 N·s,选项B 正确；由于碰撞过程中动量守恒,有m v A ＋m B v B ＝(m
＋m B )v ,解得m B ＝43 kg,故碰撞过程中A 、B 两球组成的系统损失的动能为ΔE ＝12m v 2A ＋12m B v 2B －12
(m ＋m B )v 2＝10 J,选项D 正确；A 、B 两球碰撞前的总动量为p ＝m v A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v ＝－103
kg·m/s,选项C 错误。

] 5.(多选)如图所示,动量分别为p A ＝12 kg·m/s 、p B ＝13 kg·m/s 的两个小球A 、B 在光滑的水平面上沿一直线向右运动,经过一段时间后两球发生正碰,分别用Δp A 、Δp B 表示两小球动量的变化量,则下列选项中可能正确的是( )
A. Δp A ＝－3 kg·m/s,Δp B ＝3 kg·m/s
B. Δp A ＝－2 kg·m/s,Δp B ＝2 kg·m/s
C. Δp A ＝－24 kg·m/s,Δp B ＝24 kg·m/s
D. Δp A ＝3 kg·m/s,Δp B ＝－3 kg·m/s
AB [本题属于追及碰撞问题,碰前,后面运动物体的速度一定要大于前面运动物体的速度(否则无法实现碰撞),碰后,前面物体的动量增大,后面物体的动量减小,减小量等于增大量,所以Δp A <0,Δp B >0,并且Δp A ＝－Δp B 。

据此可排除选项D ；
若Δp A＝－24 kg·m/s、Δp B＝24 kg·m/s,碰后两球的动量分别为p′A＝－12
kg·m/s、p′B＝37 kg·m/s,根据关系式E k＝p2
2m可知,A球的质量和动量大小不变,
动能不变,而B球的质量不变,但动量增大,所以B球的动能增大,这样系统的机械能比碰前增大了,选项C可以排除；经检验,选项A、B满足碰撞遵循的三个原则。

]
6. (多选)在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的黄壶,两者在大本营中心发生对心碰撞,如图(a)所示,碰后运动员用冰壶刷摩擦黄壶前进方向的冰面来减小阻力,碰撞前后两壶运动的v-t图线如图(b)中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行,两冰壶质量均为19 kg,则()
A. 碰后黄壶的速度为0.8 m/s
B. 碰后黄壶移动的距离为2.4 m
C. 碰撞过程两壶损失的动能为7.22 J
D. 碰后红、黄两壶所受摩擦力大小之比为5∶4
AD[由图可知碰撞前后红壶的速度为v0＝1 m/s和v1＝0.2 m/s,由动量守恒可得m v0＝m v1＋m v2,解得碰后黄壶速度为v2＝0.8 m/s,碰后黄壶移动的距离为x
＝1
2×0.8×5 m＝2 m,碰撞过程两壶损失的动能为ΔE k＝
1
2m v
2
0－
1
2m v
2
1－
1
2m v
2
2＝
3.04 J,红壶所受摩擦力f1＝ma1＝19×1.2－1.0
1N＝3.8 N,黄壶所受摩擦力f2＝
ma2＝19×0.8－0
5N＝3.04 N. 碰后红、黄两壶所受摩擦力之比为f1∶f2＝5∶4,
故A、D正确,B、C错误. ]
7. (多选)(2019·山东济南高三质量评估)如图所示,一质量为3m的容器静止在光滑水平面上,该容器的内壁是半径为R的光滑半球面,在容器内壁的最高点由静止释放一质量为m的小滑块P,重力加速度为g。

下列说法正确的是()
A. P滑到最低点时的动能为mgR
B. P从开始到最低点的过程中机械能减少了mgR 4
C. P经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度小于R
D. P经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度等于R
BD[小滑块由最高点运动到最低点的过程,容器和小滑块组成的系统水平方向动量守恒,则由动量守恒定律可知0＝m v P－3m v,又由机械能守恒定律得
mgR＝1
2m v
2
P
＋
1
2×3m v
2,解得v＝
gR
6,v P＝3
gR
6,则小滑块在最低点的动能为
E k P＝3
4mgR,该过程中小滑块减少的机械能为ΔE＝mgR－
3
4mgR＝
1
4mgR,A错误,B
正确；假设小滑块沿内壁上滑的最大高度为h,则对小滑块和容器组成的系统,由
动量守恒定律和机械能守恒定律得m v P－3m v＝4m v′,mgR＝mgh＋1
2×4m v′
2,
解得v′＝0,h＝R,C错误,D正确。

]
8. (原创题)(多选)如图所示,半径为R的1
4圆弧轨道固定在水平面上,圆弧轨道
底端和水平面相切,质量分别为5m和3m的物体B和C用一质量不计的弹簧连接放在水平面上,其中物体B左端刚好位于圆弧轨道圆心的正下方,质量为m的物体A由与圆心等高的位置从圆弧上静止释放,经一段时间物体A与物体B发生碰
撞,碰撞后物体A沿原路返回,A上升的最高点距水平面的高度为R
16。

假设三个物
体均可视为质点、一切摩擦和阻力均可忽略,重力加速度为g。

下列说法正确的是()
A. 物体A、B碰后瞬间,物体A的速度大小为2gR 4
B. 物体A、B相互作用的过程中,物体A对物体B的冲量大小为m2gR
C. 弹簧所储存的弹性势能的最大值为15
128mgR
D. 碰后物体C具有的最大速度应为5
162gR
ACD[物体A运动到圆弧轨道最低点与物体B碰撞前的速度大小记为v1,
取轨道的最低点的重力势能为零,根据机械能守恒定律有mgR＝1
2m v
2
1,解得v1＝
2gR,碰撞后瞬间物体A的速度大小记为v′1,同理有mgR
16＝
1
2m v′
2
1,解得v′1
＝2gR
4,碰撞后瞬间物体B的速度大小记为v2,取水平向右为正方向,对A、B组
成的系统由动量守恒定律有m v1＝－m v′1＋5m v2,解得v2＝2gR
4,由动量定理
可得,碰撞过程中物体B受到的冲量大小为I＝5m v2＝5
4m2gR,A正确,B错误；
碰撞结束后,物体B与物体C的速度相等时弹簧储存的弹性势能最大,根据动量守
恒定律有5m v2＝8m v3,根据机械能守恒定律有,弹簧储存的最大弹性势能E pm＝1 2
×5m v22－1
2×8m v
2
3,解得E pm＝
15
128mgR,C正确；对物体B、物体C与弹簧组成的
系统而言,当弹簧再次恢复到原长时,物体C的速度最大,根据动量守恒定律和机
械能守恒定律,有8m v3＝5m v′2＋3m v C,E pm＋1
2×8m v
2
3＝
1
2×5m v′
2
2＋
1
2×3m v
2
C
,
解得v C＝5
162gR,D正确。

]
[能力提升练]
9. (多选)(2019·东北六校理综联考)如图所示,质量分别为m1、m2的两物体A、B与轻弹簧拴接,一起静止在光滑水平面上,m1>m2。

现用锤子两次分别敲击A和B,使它们均获得大小相同的初动量,当敲击A时弹簧压缩到最短的长度为L1,锤子对A做的功为W1；敲击B时弹簧压缩到最短的长度为L2,锤子对B做的功为W2,则L1与L2及两次锤子做的功W1和W2的大小关系正确的是()
A. L1>L2
B. L1<L2
C. W1>W2
D. W1<W2
AD [假设每次敲击时物体获得的动量大小为p ,当敲击物体A 时,锤子对物
体A 做的功为W 1＝12m 1v 21＝p 22m 1
,当两物体A 、B 的速度相同时,弹簧最短,由动量守恒定律得：m 1v 1＝(m 1＋m 2)v ′1,此时弹簧储存的弹性势能为E p1＝12m 1v 21－12(m 1
＋m 2)v ′21,整理得E p1＝p 22m 1－p 2
2(m 1＋m 2)
；同理当敲击物体B 时,锤子对物体B 做的功为W 2＝12m 2v 22＝p 22m 2
,当两物体A 、B 的速度相同时,弹簧最短,由动量守恒定律得：m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ′2,此时弹簧储存的弹性势能为E p2＝12m 2v 22－12(m 1
＋m 2)v ′22,整理得E p2＝p 22m 2－p 22(m 1＋m 2)
,由题意有m 1>m 2,则根据以上分析可知W 1<W 2,C 错误,D 正确；因为E p1<E p2,所以敲击B 时弹簧的压缩量大,弹簧压缩到最短的长度较短,所以L 1>L 2,A 正确,B 错误。

]
10. (多选)如图甲所示,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 之间存在有摩擦,之后,A 、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。

下列说法正确的是( )
甲 乙
A. A 、B 之间动摩擦因数为0.1
B. 长木板的质量M ＝2 kg
C. 长木板长度至少为2 m
D. A 、B 组成的系统损失的机械能为4 J
AB [从题图乙可以看出,A 先做匀减速运动,B 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：m v 0＝(m ＋M )v ,解得：M ＝m ＝2 kg,故B 正确；由图象可知,木板B 匀加速运动的加速度为：a ＝Δv Δt ＝11
m/s 2＝1 m/s 2,对B ,根据牛顿第二定律得：μmg ＝Ma ,解得动摩擦因数
为：μ＝0.1,故A正确；由图象可知前1 s内B的位移为：x B＝1
2×1×1 m＝0.5 m,A
的位移为：x A＝2＋1
2×1 m＝1.5 m,所以木板最小长度为：L＝x A－x B＝1 m,故C
错误；A、B组成的系统损失的机械能为：ΔE＝1
2m v
2
0－
1
2(m＋M)v
2＝2 J,故D错
误。

]
11. 如图所示,在光滑的水平面上有一质量为m C＝1 kg的足够长的木板C,在C上放置有A、B两物体,A的质量m A＝1 kg,B的质量m B＝2 kg。

A、B之间锁定一被压缩了的轻弹簧,弹簧储存的弹性势能E p＝3 J,现突然给A、B一瞬间冲量作用,使A、B同时获得方向向右,大小为v0＝2 m/s的初速度,与此同时弹簧由于受到扰动而解除锁定,并在极短的时间内恢复原长,之后与A、B分离(此过程中C仍保持静止)。

已知A、C之间的动摩擦因数μ1＝0.2,B、C之间的动摩擦因数μ2＝0.1,且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力,g＝10 m/s2。

(1)求弹簧与A、B分离的瞬间,A、B的速度大小；
(2)已知在C第一次碰到右边的固定挡板之前,A、B和C已经达到了共同速度,求共同速度v和达到共速之前A、B、C的加速度大小；
(3)已知C与挡板的碰撞无机械能损失,求第一次碰撞后到第二次碰撞前A在C上滑行的距离。

[解析](1)在弹簧弹开两物体的过程中,由于作用时间极短,对A、B与弹簧组成的系统由动量守恒定律和能量守恒定律可得
(m A＋m B)v0＝m A v A＋m B v B,E p＋1
2(m A＋m B)v
2
0＝
1
2m A v
2
A
＋
1
2m B v
2
B
联立解得v A＝0,v B＝3 m/s。

(2)对物体B有a B＝μ2g＝1 m/s2
假设A、C相对静止,则由牛顿第二定律得μ2m B g＝(m A＋m C)a
解得a＝1 m/s2
因为m A a<μ1m A g,所以假设成立
故A、C的共同加速度为a＝1 m/s2
A、B、C组成的系统在水平方向不受外力,由动量守恒定律得m B v B＝(m A＋m B＋m C)v
解得v＝1.5 m/s。

(3)C和挡板碰撞后,先向左做匀减速直线运动,后向右做匀加速直线运动,在向右加速的过程中C和A先达到共同速度v1,之后A、C再以共同的加速度向右做匀加速直线运动,B一直向右做匀减速直线运动,最后三者达到共同速度做匀速直线运动
分析知A、C共速前,a A＝μ1g＝2 m/s2,a B＝1 m/s2
由牛顿第二定律得μ1m A g＋μ2m B g＝m C a C
解得a C＝4 m/s2
从C与挡板碰撞到A、C共速所需时间记为t
A、C共速时,对A有v1＝v－a A t,对C有v1＝－v＋a C t
解得v1＝0.5 m/s,t＝0.5 s
又x A＝
v
＋v1
2t＝0.5 m,x C＝
－v＋v1
2t＝－0.25 m
故第一次碰撞后到第二次碰撞前A在C上滑行的距离x AC＝x A－x C＝0.75 m。

[答案]见解析
题号内容
押题依据
核心考点核心素养
动力学、动量、能量综合问题以弹簧、传送带模
型为依据,以直线
运动和曲线运动
为背景
科学思维：
立足学生综
合能力考查
右侧理想连接,竖直圆形轨道与PQ相切于Q。

已知传送带长L＝4.0 m,且沿顺时针方向以恒定速率v＝3.0 m/s匀速转动。

两个质量均为m的滑块B、C静置于
水平轨道MN 上,它们之间有一处于原长的轻弹簧,且弹簧与B 连接但不与C 连接。

另一质量也为m 的滑块A 以初速度v 0向B 运动,A 与B 碰撞后粘在一起,碰撞时间极短。

若C 距离N 足够远,滑块C 脱离弹簧后以速度v C ＝2.0 m/s 滑上传送带,并恰好停在Q 点。

已知滑块C 与传送带及PQ 之间的动摩擦因数均为μ＝0.20,装置其余部分均视为光滑,重力加速度g 取10 m/s 2。

求：
(1)P 、Q 的距离；
(2)v 0的大小；
(3)若v 0＝12 m/s,要使C 不脱离竖直圆轨道,求圆轨道半径R 的取值范围。

[解析] (1)假设C 滑上传送带后一直加速,则v 2t －v 2C ＝2μgL
解得：v t ＝2 5 m/s>v ,所以假设不成立,C 在传送带上一定先加速后匀速,滑上PQ 时的速度v ＝3 m/s
又因为恰好停在Q 点,则有0－v 2＝－2μgx PQ
解得x PQ ＝2.25 m 。

(2)A 与B 碰撞：m v 0＝2m v 共
接下来AB 整体压缩弹簧,弹簧恢复原长时,C 脱离弹簧,这个过程有
2m v 共＝2m v 1＋m v C
12(2m )v 2共＝12(2m )v 21＋12
m v 2C 解得：v 0＝3 m/s 。

(3)若v 0＝12 m/s,A 、B 碰撞过程中动量守恒,有
m v 0＝2m v ′共
AB 一起再通过弹簧与C 发生作用,有
2m v ′共＝2m v ′1＋m v ′C
12(2m )v ′2共＝12(2m )v ′21＋12
m v ′2C 解得v ′C ＝43v ′共＝23
v 0＝8 m/s 假设C 从N 到Q 一直减速,有v 2Q －v ′2C ＝－2μg (L ＋x PQ )
11 解得v Q ＝39 m/s>3 m/s,假设成立
若C 恰好到达与圆心等高处,则有12
m v 2Q ＝mgR ,得R ＝1.95 m 即R ≥1.95 m 时C 不脱离竖直圆轨道
若恰好能通过圆轨道最高点,设C 在最高点的速度为v 2,则mg ＝m v 22R
12m v 2Q ＝12m v 22
＋2mgR 解得R ＝0.78 m
则0<R ≤0.78 m C 不脱离竖直圆轨道
圆轨道半径R 的取值范围为R ≥1.95 m 或0<R ≤0.78 m 。

[答案] 见解析。