2019届高考物理一轮复习第六单元动量守恒定律题组层级快练29动量与能量综合专题新人教版

题组层级快练(二十九)
一、选择题
1．(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起，将其放在光滑水平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若子弹击中上层，子弹刚好不穿出；若子弹击中下层，则子弹整个刚好嵌入，由此可知( )
A．子弹射中上层时对滑块做功多B．两次子弹对滑块做的功一样多
C．子弹射中上层系统产生热量多D．子弹与下层之间的摩擦力较大
答案BD
解析两次射击，子弹与滑块都满足动量守恒，最后两滑块及子弹以相同的速度共同运动．则可知两滑块动能增加量相同，即两次射击子弹对滑块做功一样多，故B项正确，系统损失机械能也一样多，故产生热量也一样多，产生的热量等于摩擦力和子弹与滑块相对位移的乘积，故D项正确．
2.(2017·淄博一模)(多选)如图所示，在质量为M(含支架)的小车中
用轻绳悬挂一小球，小球的质量为m0，小车和小球以恒定速度v沿光
滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰
撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？( )
A．在此过程中小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度分别为v1和v2，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2
C．在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度都变成u，满足Mv＝(M＋m)u D．碰撞后小球摆到最高点时速度变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
答案CD
解析A项，碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆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项正确，A、B两项错误；D项，碰撞后，小车和小球水平方向动量守恒，则整个过程中，系统动量守恒，则有：(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2，故D项正确．
3．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．今把质量为m的小物体从A点由静止释放，m与BC
部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是( )
A．其他量不变，R越大x越大B．其他量不变，μ越大x越大
C．其他量不变，m越大x越大D．其他量不变，M越大x越大
答案 A
解析小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于水平面也静止，由能量守恒得μmgx＝mgR，x＝R/μ，A项正确．
4.如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水
平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块．今让一质量为m的
小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自
A点进入槽内，则以下结论中正确的是( )
A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
B．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒
C．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
D．槽将不会再次与墙接触
答案 D
解析小球从A→B的过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，此过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向动量守恒，A、B两项错误；当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即C项错误；因为全过程中，整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量，最终槽将与墙不会再次接触，D项正确．
5.(2017·荆门期末)(多选)如图所示，光滑水平面上静止一个质量为M的
木块，一颗质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并留在木块之中．下列
说法中正确的是( )
A．若M＝3m，则此过程中子弹的动能将损失95%
B．在子弹射入木块的过程中，子弹和木块受到的冲量一定相同
C．若在此过程中木块获得的动能为6 J，则该过程中产生的热量不可能为6 J
D．在子弹射入木块的过程中，子弹射入木块的深度一定大于木块的位移
答案CD
解析 若M ＝3m ，则根据动量守恒定律可知，mv 0＝(M ＋m)v ，解得v ＝v 04
；此过程中子弹的动能损失为ΔE k ＝12mv 02－12mv 2＝1532mv 02，故损失的动能占比为：ΔE k E k0＝1516
≈93.8%，故A 项错误；B 项，子弹和木块受到的冲量大小相等，方向相反，故冲量不相同，故B 项错误；C 项，设子弹的初速度为v 0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v ，木块的质量为M ，子弹的质量
为m.根据动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m)v ，得v ＝mv 0M ＋m ，木块获得的动能为：E k ＝12
Mv 2，系统产生的内能为：Q ＝12mv 02－12(M ＋m)v 2＝M ＋m m E k ，所以Q ＝M ＋m m
E k >E k ，因此产生的热量不可能为6 J ，故C 项正确；D 项，在子弹射入木块的过程中，由于摩擦力产生的热量即摩擦力与射入深度的积一定大于摩擦力对木块所做的功，因此子弹射入木块的深度一定大于木块的位移，故D 项正确．
6.(2017·南阳模拟)如图所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖
直平面内，两静止小球m 1、m 2分别穿在两杆上，两球间连接一个保持原
长的竖直轻弹簧，现给小球m 2一个水平向右的初速度v 0.如果两杆足够
长，则在此后的运动过程中( )
A ．m 1、m 2组成的系统动量守恒
B ．m 1、m 2组成的系统机械能守恒
C ．弹簧最长时，其弹性势能为12
m 2v 02 D ．当m 1速度达到最大时，m 2速度最小
答案 A
解析 A 项，由于两球竖直方向上受力平衡，系统水平方向无外力，系统的动量守恒，故A 项正确；B 项，对于弹簧、m 1、m 2组成的系统机械能守恒，m 1、m 2组成的系统机械能不守恒．故B 项错误；C 项，当两球的速度相等时，弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ，解得v ＝m 2v 0m 1＋m 2，由系统的机械能守恒得：12m 2v 02＝12
(m 1＋m 2)v 2＋E p ，解得：E p ＝m 1m 2v 022（m 1＋m 2），故C 项错误；D 项，若m 1＞m 2，当弹簧伸长时，m 1一直在加速，当弹簧再次恢复原长时m 1速度达到最大．弹簧伸长时m 2先减速后，速度减至零后向左加速，最小速度为零．所以m 1速度达到最大时，m 2速度不是最小，故D 项错误．
7.(2017·昆明二模)(多选)如图所示，质量为2m 的物体B 静止在光滑
水平面上，物体B 的左边固定有轻质弹簧，质量为m 的物体A 以速度
v 向物体B 运动并与弹簧发生作用，从物体A 接触弹簧开始到离开弹簧的过程中，物体A 、B 始终沿同一直线运动，以初速度v 方向为正，则( )
A ．此过程中弹簧对物体
B 的冲量大小大于弹簧对物体A 的冲量大小
B ．弹簧的最大弹性势能为13
mv 2 C ．此过程弹簧对物体B 的冲量为23
mv D ．物体A 离开弹簧后的速度为－13
v 答案 BD
解析 A 项，弹簧对物体B 的弹力大小等于弹簧对物体A 的弹力大小，作用时间也相同，由冲量的定义式I ＝Ft 知：弹簧对物体B 的冲量大小等于弹簧对物体A 的冲量大小，故A 项错误．
B 项，在A 、B 速度相等时，弹簧压缩至最短，故弹簧的弹性势能最大，故动能应最小，此
过程中动量守恒，取向右为正方向，则有：mv ＝(m ＋2m)v 1，解得：v 1＝13
v. 弹簧的最大弹性势能为E p ＝12mv 2－12×3mv 12＝13
mv 2.故B 项正确；C 、D 两项，设物体A 离开弹簧后A 、B 的速度分别为v A 和v B .取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mv ＝mv A ＋2mv B .12mv 2＝12mv A 2＋12×2mv B 2.解得：v A ＝－13v ，v B ＝23
v ，即物体A 离开弹簧后的速度为－13v.对B ，由动量定理得：弹簧对物体B 的冲量I ＝2mv B －0＝43
mv ，故C 项错误，D 项正确．
8．(2017·广东七校联考)(多选)如图所示，图(a)表示光滑平台上，物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；图(b)为物体A 与小车B 的v­t 图像，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 ．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 BC
解析 根据图(b)可以得出物体A 相对小车上表面滑行的位移x ，不能得出小车上表面长度，A 项错误．物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，物体A 与小车B 组成的系统动量守恒，设物体的质量为m ，小车质量为M ，由动量守恒定律，mv 0＝(m ＋M)v 1，由此可得出
物体A 与小车B 的质量之比为m M ＝v 1v 0－v 1，B 项正确．由功能关系，μmgx ＝12mv 02－12(m ＋M)v 12，
可以得出A 与小车B 上表面的动摩擦因数μ，C 项正确．小车B 获得的动能E kB ＝12
Mv 12，由于不知小车质量M.由此不能得出小车B 获得的动能，D 项错误．
9.(多选)如图所示，光滑水平地面上有一小车左端靠墙，车上固定光滑
斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C 点，总质
量为M ＝2 kg.小物块从斜面上A 点由静止滑下，经过B 点时无能量损
失．已知：物块的质量m ＝1 kg ，A 点到B 点的竖直高度为h ＝1.8 m ，BC 长度为l ＝3 m ，BC 段动摩擦因数为0.3，CD 段光滑．g 取10 m/s 2
，则下列说法正确的是( )
A ．物块在车上运动的过程中，系统动量不守恒
B ．物块在车上运动的过程中，系统机械能守恒
C ．弹簧弹性势能的最大值3 J
D ．物块第二次到达C 点的速度为零
答案 ACD
解析 A 项，物块在斜面上下滑的过程中，小车不动，墙壁对小车有向右的作用力，系统竖直方向受力平衡，所以系统的外力之和不为零，则系统动量不守恒．故A 项正确；B 项，物块在BC 段滑行时，摩擦力对系统要做功，产生内能，所以系统的机械能不守恒，故B 项错
误；C 项，物块在斜面上下滑的过程，根据动能定理得：mgh ＝12
mv 02－0，物块从B 向右滑行的过程，系统动量守恒，当两者第一次等速时，弹簧的弹性势能最大，以向右为正，根据动
量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M)v ′，根据能量守恒定律得：μmgl ＋E p ＝12mv 02－12
(M ＋m)v ′2，联立解得：弹簧弹性势能的最大值E p ＝3 J ，故C 项正确；D 项，对物块从B 开始运动到物块第二次到C 的过程，根据动量守恒定律得：mv 0＝mv 1＋Mv 2，根据能量守恒定律得：μmgl ＝12mv 02－(12mv 12＋12
Mv 22)，解得：物块第二次到达C 点的速度v 1＝0，故D 项正确．
10．(2017·湖北模拟)(多选)如图所示，质量M ＝3 kg 的滑块套在
水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动．质量为m ＝2 kg 的
小球(视为质点)通过长L ＝0.75 m 的轻杆与滑块上的光滑轴O 连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态．现给小球一个v 0＝3 m/s 的竖直向下的初速度，取g ＝10 m/s 2.则( )
A ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.3 m
B ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.5 m
C ．小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 m
D ．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.54 m
答案 AD
解析 可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M 在水平轨道上向右运动了x ，
由滑块和小球系统在水平方向动量守恒，有m M ＝x L －x
，解得：x ＝0.3 m ，A 项正确，B 项错误．根据动量守恒定律，小球m 相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m ，C 项错误．根据动量守恒定律，在小球上升到最大高度时，滑块速度为零，由系统的能量守恒定律可知，小球m 相对于初始位置可以达到的最大高度为h ＝0.45 m ，与水平面的夹角为cos α＝0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程上滑块M 在水平轨道上又向右运动了x ′，由滑块和小球系
统在水平方向动量守恒，有m M ＝x ′Lcos α－x ′
，解得x ′＝0.24 m ．小球m 从初始位置到第一次达到最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了x ＋x ′＝0.3 m ＋0.24 m ＝0.54 m ．D 项正确．
二、非选择题
11．(2017·洛阳二模)如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是m A ＝4.0 kg 和m B ＝3.0 kg.用轻弹簧栓接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触．另有一物块C 从t ＝0时以一定速度向右运动，在t ＝4 s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v －t 图像如图乙所示．求：
(1)物块C 的质量m C ；
(2)B 离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能E p .
答案 (1)2 kg (2)9 J
解析 (1)由图知，C 与A 碰前速度为v 1＝9 m/s ，碰后速度为v 2＝3 m/s ，C 与A 碰撞过程动量守恒，m C v 1＝(m A ＋m C )v 2
解得m C ＝2 kg.
(2)12 s ，B 离开墙壁，之后A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A 、C 与B 速度相等时，弹簧弹性势能最大．
(m A ＋m C )v 3＝(m A ＋m B ＋m C )v 4
12(m A ＋m C )v 32＝12
(m A ＋m B ＋m C )v 42＋E p 得E p ＝9 J. 12.(2017·天津六校联考)质量为m
B ＝2 kg 的木板B 静止于水平面上，
质量为m A ＝6 kg 的物块A 停在B 的左端，质量为m C ＝2 kg 的小球C
用长为L ＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点O.现将小球C 及轻绳拉直至水
平位置后由静止释放，小球C 在最低点与A 发生正碰，碰撞作用时间很短为Δt ＝10－2
s ，之后小球C 反弹所能上升的最大高度h ＝0.2 m ．已知A 、B 间的动摩擦因数μ1＝0.2，B 与水平面间的动摩擦因数μ2＝0，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2.求：
(1)小球C 与物块A 碰撞过程中所受的撞击力大小；
(2)为使物块A 不滑离木板B ，木板B 至少多长？
答案 (1)1 200 N (2)0.5 m
解析 (1)C 下摆过程，根据动能定理有：m C gL ＝12
m C v C 2 代入数据解得：碰前C 的速度v C ＝4 m/s ，
C 反弹过程，根据动能定理有：－m C gh ＝0－12
m C v ′C 2 解得：碰后C 的速度v ′C ＝2 m/s
取向右为正方向，对C ，根据动量定理有：
－F Δt ＝－m C v ′C －m C v C
解得：碰撞过程中C 所受的撞击力大小：F ＝1 200 N.
(2)C 与A 碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：
m C v C ＝－m C v ′C ＋m A v A
解得：碰后A 的速度v A ＝2 m/s
A 恰好滑至木板
B 右端并与其共速时，所求B 的长度最小．
物块A 与木板B 相互作用过程，系统的动量守恒，规定向右为正方向
由动量守恒定律得：m A v A ＝(m A ＋m B )v
代入数据解得：v ＝1.5 m/s
由能量守恒定律得：μ1m A gx ＝12m A v A 2－12
(m A ＋m B )v 2 代入数据解得：x ＝0.5 m
13．(2017·淮南二模)某物理课外兴趣小组设计了如图所示装置，AB
段为一竖直圆管，BC 为一半径为R ＝0.4 m 的半圆轨道，C 端的下方有
一质量为M ＝2 kg 的小车，车上有半径r ＝0.2 m 的半圆轨道，E 为轨
道最低点，左侧紧靠一固定障碍物，在直管的下方固定一锁定的处于
压缩的轻质弹簧，弹簧上端放置一质量为m ＝1 kg 的小球(小球直径略小于圆管的直径，远远小于R 、r)．小球到B 端的距离为h 1＝1.2 m ，C 、D 间竖直距离为h 2＝1 m ．某时刻，解除弹簧的锁定，小球恰好能通过BC 的最高点P ，从C 端射出后恰好从D 端沿切线进入半圆轨道DEF ，并能从F 端飞出．若各个接触面都光滑，重力加速度取g ＝10 m/s 2，则：
(1)弹簧被释放前具有的弹性势能E p 大小是多少？
(2)小球从F 点飞出后能上升的最大高度是多少？
(3)小球下落返回到E 点时对轨道的压力大小是多少？
答案 (1)18 J (2)1 m (3)190 N
解析 (1)由A 到P 过程中，小球机械能守恒，
由机械能守恒定律得：E p ＝mg(h 1＋R)＋12
mv P 2， 在P 点，由牛顿第二定律得：mg ＝m v P 2R
， 解得：E p ＝18 J ，v P ＝2 m/s.
(2)P 到E 过程中，小球机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mg(R ＋h 2＋r)＝12mv E 2－12
mv P 2， 解得：v E ＝6 m/s ，
小球由E 上升到最高点过程中，小球与车组成的系统在水平方向动量守恒，系统机械能守恒，以球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv E ＝(M ＋m)v ，
由机械能守恒定律得：
12mv E 2＝12
(M ＋m)v 2＋mg(h ＋r)， 代入数据联立解得：h ＝1 m.
(3)小球从第一次经过E 点到再次返回到E 点的过程中，小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，系统机械能守恒，
以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv E ＝mv 1＋Mv 2，
由机械能守恒定律得：12mv E 2＝12mv 12＋12
Mv 22， 解得，小球的速度大小：v 1＝2 m/s ，方向水平向左，
小车的速度大小：v 2＝4 m/s ，方向水平向右；
小球与小车运动的方向相反，所以二者的相对速度：u ＝|v 1|＋|v 2|＝2 m/s ＋4 m/s ＝6 m/s
则小球受到的支持力：F N ＝mg ＋mu 2r
＝190 N 根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为190 N.。