2019年高三物理二轮复习《能量和动量》专项训练(含答案解析)

2019年高三物理二轮复习《能量与动量》专项训练
一、选择题
1、冰壶运动深受观众喜爱，图1为2018年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2．
若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是下图中的哪幅图()
2、如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用1、2、
3、
4、5分别标记5个小钢球．当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示．关于此实验，下列说法中正确的是( )
A．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒
B．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒
C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度D．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同
3、一质量为m，动能为E K的子弹，沿水平方向射入一静止在光滑水平面上的木块。

子弹最终留在木块中。

若木块的质量为9m。

则（）
A．木块对子弹做功的绝对值为0.99E K
B．木块对子弹做功的绝对值为0.9E K
C．子弹对木块做功的绝对值为0.01E K
D．子弹对木块做的功与木块对子弹做的功数值相等
4、如图所示，竖直的墙壁上固定着一根轻弹簧，将物体A靠在弹簧的右端并向左推，当压缩弹簧做功W后由静止释放，物体A脱离弹簧后获得动能E1，相应的动量为P1；接着物体A与静止的物体B发生碰撞而粘在一起运动，总动能为E2，相应的动量为P2。

若水平面的
摩擦不计，则（ ）
A ．W =E 1=E 2
B ．W =E 1>E 2
C ．P 1=P 2
D ．P 1>P 2
5、质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m 可能为（ ）
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
6、在光滑水平桌面上放一长为L 的木块M ，今有A 、B 两颗子弹沿同一水平轴线分别以水平速度A v 和B v 从M 的两侧同时射入木块，A 、B 两颗子弹嵌入木块中的深度分别为A d 和B d ，且A B d d >，A B d d L +<，而木块却一直保持静止，如图所示，则可判断A 、B 子弹在射入木块前（ ）
A ．A 的速度A v 大于
B 的速度B v B ．A 的动能大于B 的动能
C ．A 的动量大小大于B 的动量大小
D ．A 的动量大小等于B 的动量大小
7、半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体m 1、 m 2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道M 点， 如图所示，已知OM 与竖直方向夹角为60°，则两物体的质量之比为m 1︰m 2为（ ）
A ．1)∶1)
B 1
C ．1)∶1)
D ．1
8、如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接，并静
止在光滑的水平面上。

现使A 瞬时获得水平向右的速度3m/s ，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（ ）
A ．在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1m/s ，且弹簧都是处于压缩状态
B ．从t 3到t 4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C ．两物体的质量之比为m 1∶m 2 = 1∶2
D ．在t 2时刻A 与B 的动能之比为
E k1∶E k2=1∶8
甲
9、如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连， 木板质量M=3kg 。

质量m=1kg 的铁块以水平速度v 0=4m/s ，从木板的左端正沿板面向右滑 行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。

在上述过程中弹簧具有的最大弹性势 能为（ ）
A ．3J
B ．6J
C ．20J
D ．4J
10、如图所示，在光滑的水平面上，物体B 静止，在物体B 上固定一个轻弹簧，物体A 以 某一速度沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B 发生作用。

两物体的质量相等，作用过 程中，弹簧获得的最大弹性势能为E P 。

现将B 的质量加倍，再使物体A 通过弹簧与物体B 发生作用（作用前物体B 仍静止），作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能仍为E P 。

则在物 体A 开始接触弹簧到弹簧具有最大弹性势能的过程中，第一次和第二次相比（ ）
A ．物体A 的初动能之比为2:1
B ．物体A 的初动能之比为4:3
C ．物体A 损失的动能之比为1:1
D ．物体A 损失的动能之比为27:32
二、填空题
11、在光滑水平地面上有两个弹性小球A 、B ，质量都为m ，现B 球静止，A 球向B 球运
动，发生正碰。

已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为E P ，则碰前A 球的速度等于____________。

12、如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视作质点，质量相等。

Q 与轻 质弹簧相连，设Q 静止，P 以某一初动能k E 向Q 运动并与弹簧发生碰撞，在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于__________。

13、如图所示，A 、B 是位于水平桌面上的两个质量相等的小木块，离墙壁的距离分别为
L 和l ，与桌面之间的滑动摩擦系数分别为μA 和μB 。

今给A
以某一初速度，使之从桌面的右
端向左运动。

假定A、B之间，B与墙之间的碰撞时间都很短，且碰撞中总动能无损失。

若要使木块A最后不从桌面上掉下来，则A的初速度最大不能超过_____________。

三、计算题
14、如图所示，在光滑水平地面上有一质量为2m的长木板，其左端放有一质量为m的重物(可视为质点)，重物与长木板之间的动摩擦因数为μ.开始时，长木板和重物都静止，现在给重物以初速度v0，设长木板撞到前方固定的障碍物前，长木板和重物的速度已经相等．已知长木板与障碍物发生弹性碰撞，为使重物始终不从长木板上掉下来，求长木板的长度L至少为多少？
15、一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。

图中ab为粗糙
的
水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的
v的水平初速度从a点向左运动，在斜面光滑圆弧连接。

现有一质量为m的木块以大小为
上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止。

重力加速度为g。

求（i）木块在ab段受到的摩擦力f；
（ii）木块最后距a点的距离s。

16、如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m ，人在极端的 时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L 时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L 时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L 时停止。

车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k 倍，重力加速度为g, 若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：
(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功； (2)人给第一辆车水平冲量的大小； (3)第一次与第二次碰撞系统动能损失之比。

17、小球A 和B 的质量分别为A m 和B m 且A
B m m ，在某高度处将A 和B 先后从静
止释放。

小球A 与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处的下方与释放处距离为H 的地方恰好与正在下落的小球B 发生正幢，设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短。

求小球A 、B 碰撞后B 上升的最大高度。

18、如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙，重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为 ，使木板与重物以共同的速度0v 向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短。

求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间，设木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度为g 。

【答案与解析】
一、选择题 1、【答案】B
【解析】两个质量相等的冰壶发生正碰，碰撞前后都在同一直线上，选项A 错误；碰后冰壶A 在冰壶B 的左边，选项C 错误；碰撞过程中系统的动能可能减小，也可能不变，但不能增大，所以选项B 正确，选项D 错误． 2、【答案】D
【解析】5个小球组成的系统发生的是弹性正碰，系统的机械能守恒，系统在水平方向的动量守恒，总动量并不守恒，选项A 、B 错误；同时向左拉起小球1、2、3到相同的高度，同时由静止释放并与4、5碰撞后，由机械能守恒和水平方向的动量守恒知，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同，选项C 错误，选项D 正确． 3、A
解析：根据动量守恒定律 010mv mv = 0110
v v =
根据动能定理，木块对子弹做的功等于子弹动能的变化，
2200111=()0.992210
k k E mv m v E ∆-=子， A 对B 错。

子弹对木块做的功等于木块动能的变化，
22
001191=9()0.092101002
k k E m v mv E ∆=⋅=木，C D 错。

故选A 。

4、BC
解析：压缩弹簧做功W 后由静止释放，A 脱离弹簧后获得动能E 1，根据功能关系，1W E =。

物体A 与静止的物体B 发生碰撞而粘在一起运动，总动能为E 2，由于完全非弹性碰撞过程 有能量损失，所以12E E >，A 错B 对。

水平面的摩擦不计，AB 系统不受外力，动量守恒，P 1=P 2，D 错C 对。

故选BC 。

5、AB
解析：根据动量守恒和能量守恒，设碰撞后两者的动量都为P ，则总动量为2P ,
根据K mE P 22
=,以及能量的关系得M P m p M P 2224222+≥, 3≤m
M
所以AB 正确。

6、ABD
解析：从力的角度分析，M 不动应有A B f f =，从动量角度分析，M 一直保持静止， 有 A A B B m v m v =，从能量角度分析212A A A A f d m v =；2
12
B B B B f d m v = 因A B f f =，A B d d >，故
22
1122
A A
B B m v m v >，因此BD 正确。

由2
2k p E m
=知 A B m m <，所以A B v v >。

A 正确，故选ABD 。

7、C
解析：由对称性可知，m 1、m 2同时到达圆轨道最低点，根据机械能守恒定律可知，它们到
达最低点的速率应相等v
由动量守恒定律可得，2112()()m m v m m v '-=+，以后一起向左运动，由机械能守恒定律可得，
212121
()(1cos 60)()2
m m gR m m v '+-︒=
+
联立以上各式解得 12∶1)∶1)m m =
8、C D
解析：0到t 1，弹簧处于压缩状态，t 1时刻压缩量最大；t 1到t 2弹簧处于恢复阶段，在t 2时 刻弹簧处于原长；t 2到t 3弹簧处于伸长状态，t 3时刻伸长量最大；从t 3到t 4弹簧又处于恢复 阶段，t 4时刻弹簧处于原长状态。

AB 不对。

对0、t 2时刻，应用动量守恒定律 1122
1m v m v m v '=+ 121321m m m =-⨯
解得m 1∶m 2 = 1∶2。

C 对。

在t 2时刻A 的动能 211
12
kA E m = B 的动能 221
22
kB E m =， A 与B 的动能之比为E k1∶E k2=1∶8，D 对。

故选C D 。

9、A
解析：根据动量守恒定律 0()mv M m v =+共，=1/v m s 共， 损失的动能 22011()=622
k E mv M m v J ∆=
-+共，说明一个来回损失动能为6焦耳，单程损 失3焦耳，即克服摩擦力做功3f W J =，根据能量守恒定律，
22
011()+22
p f mv M m v E W =++共 所以 22
011()322
p f E mv M m v W J =-+-=共
故A 正确。

10、B
解析：设AB 的质量均为m ，根据动量守恒定律 02mv mv =共 根据机械能守恒定律 22011222
p mv E mv =+共 联立解得 2
10122
k P E mv E =
= 当B 的质量为2m 时，同理 13mv mv '=共
22111
322
p mv E mv '=+共
联立解得 22113
22
k P E mv E =
= 所以 12:4:3k k E E =。

A 错B 对。

A 损失的动能一部分转化为B 的动能，一部分转换为弹性势能
A 第一次损失的动能 222
10001113()4228kA E mv m v mv ∆=+= A 第二次损失的动能 222
2111
11142()3239
kA E mv m v mv ∆=+= 又两次弹性势能相等 22011143mv mv = 2
21034
v v =
22
210
4193
kA E mv mv ∆== 所以两次A 损失的动能之比为 201220
39
818
3
kA kA mv
E E mv ∆==∆ CD 错。

故选B 。

二、填空题 11、解析：设A 球的速度为0v ，碰后的共同速度为v 根据动量守恒定律 02mv mv = 012
v v = 根据机械能守恒定律
2200111
2()222p mv m v E =+ 2014
p E m v = 解得 0v = 12、12
pm k E E =
解析：设P 的初速度为0v ，P 、Q 通过弹簧发生碰撞，当两滑块速度相等时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，设此时共同速度为v ，对P 、Q （包括弹簧）组成的系统，由动量守恒定律，有 02mv mv = ① 由机械能守恒定律，有 22Pm 011
22E mv mv =-×2 ②
联立①②两式解得220011114222
pm
k E mv mv E ===× 13
解析：小木块质量m A =m B =m ，碰撞时间很短，且无总动能损失。

A 从最右端以初速v 向左运动，在与
B 碰撞前，减速运动的距离L l -， A 克服摩擦阻力做功 ()Af A W mg L l μ=-
A 与
B 发生等质量的完全弹性正碰，碰撞后A 静止于B 的位置，B 则以A 碰前的速度为初速度继续减速向左运动通过距离l ，与墙碰撞后反向向右仍做减速运动，又通过距离l ，在这段过程中B 克服摩擦阻力做功 2Bf B W mgl μ=
然后B 又与A 发生碰撞，碰后B 静止，A 又以B 碰前的速度为初速持续减小向右运动，按题意，A 运动距离L l -后刚好在桌的右端边缘停下，在这段过程A 又克服摩擦阻力做功
()Af A W mg L l μ=-
经历上述全过程，且最初具有的动能2
2
1mv 应完全损耗于各段克服摩擦阻力做功上， 因此，有
()mgl l L mg mv B A μμ2202
12
+-=- 所以A 的最大初速度为
v =
三、计算题
14、（【答案】20
1327v g
μ
【解析】设碰撞前，长木板和重物的共同速度为v 1，由动量守恒定律得
mv 0＝3mv 1
碰撞后瞬间，长木板以速度v 1反弹，最终两者的共同速度为v 2，由动量守恒定律得
2mv 1－mv 1＝3mv 2 对全过程，由功能关系得
22
02
1323
mgL mv mv μ=- 解得2
1327v L g
μ=.
15、（i ）20(3)
3m v gh f L -=（ii ）202063v gh s L v gh
-=-
解析：（i ）设木块和物体P 共同速度为v ,两物体从开始到第一次到达共同速度过程由动量 和能量守恒得：0(2)mv m m v =+ ①
22011
(2)22
mv m m v mgh fL =+++ ② 由①②得：20(3)3m v gh f L
-= ③
（ii ）木块返回与物体P 第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒）全过程能量守恒得：
22011
(2)(2)22
mv m m v f L s =++- ④ 由②③④得：202063v gh s L v gh
-=-
16、（1）6kmgL -（2
）2I =（3）13:3 解析： (1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W ，则
236W k m g L k m g L k m g L k m g L
=---=- (2)设第一车初速度为0u ，第一次碰前速度为1v ，碰后共同速度为1u ；第二次碰前速度为2v ，碰 后共同速度为2u ；人给第一辆车的水平冲量大小为I. 对第一辆车运动到与第二辆车碰前，由动能定理 22
101122
kmgL mv mu -=
- 第一辆车与第二辆车碰撞，由动量守恒定律 112mv mu = 对第一、二两辆车一起运动到与第三辆车碰撞前，由动能定理
2
22111(2)(2)(2)22
k m gL m v m u -=-
第一、二两辆车一起与第三辆车碰撞，由动量守恒定律 2223mv mu = 对三辆车一起由动能定理 2
21(3)0(3)2
k m gL m u -=- 由以上各式解得
2u =
2v =
1u =.
1v
0u =所以
002I mu =-= (3)设两次碰撞中系统动能损失分别为1k E ∆，和 2k E ∆ 221111113
(2)222k E mv m u kgL ∆=
-= 22
222113(2)(3)222
k E m v m u kgL ∆=-=
所以两次碰撞中系统动能损失之比为
1213
3
k k E E ∆=∆ 17、2
3A B A B m m H m m ⎛⎫- ⎪+⎝⎭
解析：小球A 与地面的碰撞是弹性的，而且AB 都是从同一高度释放的，所以AB 碰撞前的速度大小相等设为0v ，根据机械能守恒有
2012
A A m gH m v = 化简得
0v = ① 设A 、B 碰撞后的速度分别为A v 和B v ，以竖直向上为速度的正方向，根据A 、B 组成的系统动量守恒和能量守恒得
00A B A A B B m v m v m v m v -=+ ②
22220011112222
A B A A B B m v m v m v m v +=+ ③ 联立②③化简得
03A B B A B m m v v m m ⎛⎫-= ⎪+⎝⎭
④
设小球B 能够上升的最大高度为h ，由运动学公式得
22B v h g
= ⑤ 联立①④⑤化简得
23A B A B m m h H m m ⎛⎫-= ⎪+⎝⎭
⑥ 18、00012224333v v v t t t g g g
μμμ=+=+= 解析：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙。

木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，由动量守恒，有 v m m mv mv )2(200+=-，解得：3
0v v = 木板在第一个过程中，用动量定理，有 102)(mgt v m mv μ=
-- 用动能定理，有：mgs mv mv 22
121202μ-=- 木板在第二个过程中，匀速直线运动，有 2vt s =
木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间 00012224333v v v t t t g g g
μμμ=+=
+=。