解密07动量和能量的综合应用(分层训练)(全国通用)解析版

解密07 动量和能量的综合应用
1．如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。

若缓慢拉动纸条，发现杯子会出现滑落；当他快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落。

对于这个实验，下列说法正确的是()
A.缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小
B．快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大
C．为使杯子不滑落，杯子与纸条的动摩擦因数尽量大一些
D．为使杯子不滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些
【答案】选D
【解析】纸条对杯子的摩擦力一定，缓慢拉动纸条时时间长，则摩擦力对杯子的冲量较大；快速拉动纸条时时间短，则摩擦力对杯子的冲量较小，故A、B错误；为使杯子不滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些，这样杯子在桌面上运动的加速度大，位移短，故C 错误、D正确。

2．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是()
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
【答案】选A
【解析】从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。

绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。

故A正确，B、C、D错误。

A组基础练
3．(2021·广西钦州综测)“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾引起质疑。

为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是( )
A ．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度
B ．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间
C ．测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间
D ．测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度
【答案】选D
【解析】在“飞针穿玻璃”的过程中，由动量定理得：－F － t ＝mv 2－mv 1，结合牛顿第三
定律可知，应测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，故D 正确，A 、
B 、
C 错误。

4．(2021·江西崇义中学模拟)一质量为m 的铁锤，以速度v ，竖直打在木桩上，经过Δt 时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是( )
A ．mg Δt
B ．mv Δt
C ．mv Δt
＋mg D ．mv Δt －mg 【答案】选C
【解析】 对铁锤应用动量定理，设木桩对铁锤的平均作用力为F ，则有(F －mg )Δt ＝0
－(－mv )，解得F ＝mv Δt
＋mg ，所以铁锤对木桩的平均冲力 F ′＝F ＝mv Δt
＋mg ，C 正确，A 、B 、D 错误。

5.小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示，桶的
前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S 1、S 2、S 3、S 4(图中未全
画出)。

要使小车向前运动，可采用的方法是( )
A ．打开阀门S 1
B ．打开阀门S 2
C ．打开阀门S 3
D ．打开阀门S 4 【答案】选B
【解析】水和车系统动量守恒，原来系统动量为0，由动量守恒定律得：0＝m 水v 水＋m 车v 车，即：m 水v 水＝－m 车v 车，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出，即应打开阀门S 2。

6.如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜
面体质量为M ，顶端高度为h ，今有一质量为m 的小物体，沿光滑斜
面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移
动的距离是( )
A ．mh M ＋m
B ．Mh M ＋m
C ．mh （M ＋m ）tan α
D ．Mh （M ＋m ）tan α
【答案】选C 【解析】m 与M 组成的系统在水平方向上动量守恒，设m 在水平方向上对地位移为x 1，
M 在水平方向上对地位移为x 2，因此有0＝mx 1－Mx 2①，且x 1＋x 2＝h tan α
①，由①①式可得x 2＝mh （M ＋m ）tan α
，故选C 。

7．(2021·福建福州模拟)一质量为M 的航天器，正以速度v 0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v 1，加速后航天器的速度大小为v 2，则喷出气体的质量m 为( )
A ．m ＝v 2－v 0v 1
M B ．m ＝v 2v 2＋v 1 M C ．m ＝v 2－v 0v 2＋v 1
M D ．m ＝v 2－v 0v 2－v 1
M 【答案】选C
【解析】规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv 0＝(M －m )v 2－mv 1，
解得m ＝v 2－v 0v 2＋v 1
M ，故C 正确。

8．(多选)(2021·广西南宁期末)在光滑的冰面上，质量为80 kg 的冰球运动员甲以5.0 m/s 的速度向前运动时，与另一质量为100 kg 、速度为3.0 m/s 的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止。

假设碰撞时间极短，下列说法正确的是( )
A ．碰后乙的速度的大小是1.5 m/s
B ．碰后乙的速度的大小是1.0 m/s
C ．碰撞中总机械能损失了1 500 J
D ．碰撞中总机械能损失了1 400 J
【答案】选BD
【解析】设运动员甲、乙的质量分别为m 、M ，碰前速度大小分别为v 1、v 2，碰后乙的速度大小为v 2′，规定碰撞前甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv 1－Mv 2＝Mv 2′，
解得：v 2′＝m M
v 1－v 2＝⎝⎛⎭⎫80100×5.0－3.0 m/s ＝1.0 m/s ，故A 错误，B 正确。

根据能量守恒定律可知，碰撞中总机械能的损失为：ΔE ＝12 mv 12＋12 Mv 22－12
Mv 2′，代入数据解得：ΔE ＝1 400 J ，故C 错误，D 正确。

9．(多选)向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度v 0恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a 、b 两块，若质量较大的a 的速度方向仍沿原来的方向，则( )
A ．b 的速度方向一定与原来速度方向相反
B ．从炸裂到落地的这段时间内，a 飞行的水平距离一定比b 的大
C ．a 、b 一定同时到达水平地面
D ．在炸裂过程中，a 、b 受到的爆炸力的大小一定相等
【答案】选CD
【解析】炮弹炸裂前、后动量守恒，选定v 0的方向为正方向，则mv 0＝m a v a ＋m b v b ，显然v b ＞0、v b ＜0、v b ＝0都有可能，故A 错误；|v b |＞|v a |、|v b |＜|v a |、|v b |＝|v a |也都有可能，爆炸后，a 、b 都做平抛运动，由平抛运动规律知，下落高度相同则运动的时间相等，飞行的水平距离与速度大小成正比，由于炸裂后a 、b 的速度关系未知，所以a 、b 飞行的水平距离无法比较，故B 错误，C 正确；炸裂过程中，a 、b 之间的力为相互作用力，大小相等，故D 正确。

10.(2021·吉林“五地六校”联考)如图所示，在光滑水平面的左侧固
定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与A 球发生
正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为3①1，A 球垂直撞向挡板，碰后
原速率返回。

两球刚好不发生第二次碰撞，则A 、B 两球的质量比为( )
A ．1①2
B ．2①1
C ．1①4
D ．4①1
【答案】选D
【解析】设A 、B 质量分别为m A 、m B ，B 的初速度为v 0，取B 的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A 、B 碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为
v 03 和－v 03 ，则有m B v 0＝m A ·v 03
＋m B ⎝⎛⎭⎫－v 03 ，解得m A ①m B ＝4①1，选项D 正确。

11．(多选)(2021·四川成都棠湖中学模拟)
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—时间图线。

a 、b 分别为A 、B 两球碰撞前的位移—时间图线，
c 为碰撞后两球共同运动的位移—时间图线。

若A 球的质量m ＝2 kg ，
则下列结论正确的是( )
A ．A 、
B 碰撞前的总动量为3 kg·m/s
B ．碰撞时A 对B 所施加的冲量为－4 N·s B 组 提升练
C ．碰撞前后A 的动量变化量为4 kg·m/s
D ．碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为10 J
【答案】选BCD
【解析】由题图可知，碰撞前有v A ＝4－102－0 m/s ＝－3 m/s ，v B ＝4－02－0
m/s ＝2 m/s ，碰撞后有v A ′＝v B ′＝2－44－2
m/s ＝－1 m/s ；对A 、B 组成的系统进行分析可知，A 、B 两球沿同一直线运动并发生正碰，碰撞前、后两球都做匀速直线运动，系统所受外力的矢量和为0，所以系统的动量守恒，碰撞前后A 的动量变化量为Δp A ＝mv A ′－mv A ＝4 kg·m/s ，根据动量守恒定律知，碰撞前、后B 的动量变化量为Δp B ＝－Δp A ＝－4 kg·m/s ，又由于Δp B ＝m B (v B ′－
v B )，所以m B ＝Δp B v B ′－v B ＝－4－1－2
kg ＝43 kg ，故A 与B 碰撞前的总动量p 总＝mv A ＋m B v B ＝－103
kg·m/s 。

由动量定理可知，碰撞时A 对B 所施加的冲量I B ＝Δp B ＝－4 kg·m/s ＝－4 N·s 。

碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能ΔE k ＝12 mv A 2＋12 m B v B 2－12
(m ＋m B )v 2＝10 J 。

A 错误，B 、C 、D 正确。

12．(2021·陕西宝鸡模拟)超强台风“山竹”的风力达到17级超强台风强度，风速60 m/s 左右，对固定建筑物破坏程度巨大。

请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小的关系。

假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S ，风速大小为v ，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F 与风速大小v 的关系式为( )
A ．F ＝ρSv
B ．F ＝ρSv 2
C ．F ＝12
ρSv 3 D ．F ＝ρSv 3
【答案】选B
【解析】设t 时间内吹到建筑物上的空气质量为m ，则m ＝ρSvt ，根据动量定理得－F ′t ＝0－mv ＝0－ρSv 2t ，解得F ′＝ρSv 2，由牛顿第三定律得：F ＝F ′＝ρSv 2，故B 正确，A 、C 、D 错误。

13．(2021·广东“六校”联考)开学了，想到又能够回到校园为梦想而拼搏，小明同学开心得跳了起来。

假设小明质量为m ，从开始蹬地到离开地面用时为t ，离地后小明重心最大升高h ，重力加速度为g ，忽略空气阻力。

以下说法正确的是( )
A ．从开始蹬地到到达最高点的过程中，小明始终处于失重状态
B ．在t 时间内，小明机械能增加了mgh
C ．在t 时间内，地面对小明的平均支持力为F － ＝m 2gh t
D ．在t 时间内，地面对小明做功mgh
【答案】选B
【解析】从开始蹬地到到达最高点的过程中，经历了向上加速和减速的过程，所以小明先超重后失重，故A 错误；小明离开地面后，只受重力作用，机械能守恒，重心最大升高h ，
可知小明离开地面时的机械能为mgh ，故B 正确；在时间t 内，由动量定理得：F － t －mgt
＝mv －0，离开地面到最高点有：mgh ＝12 mv 2，联立解得：F － ＝m 2gh t
＋mg ，故C 错误；在时间t 内，地面对小明的支持力并没有在力的方向上发生位移，做功为0，故D 错误。

14.(多选)(2021·四川仁寿期中)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止
于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底
板间的动摩擦因数为μ。

初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。

现
给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。

设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )
A ．12
mv 2 B ．12 mM m ＋M v 2 C ．12
NμmgL D ．N μmgL
【答案】选BD
【解析】设物块与箱子相对静止时共同速度为v 1，则由动量守恒定律得mv ＝(M ＋m )v 1，
得v 1＝mv M ＋m ，系统损失的动能为ΔE k 系＝12 mv 2－12 (M ＋m )v 12＝Mmv 22（M ＋m ）
，A 错误，B 正确。

根据能量守恒定律得知，系统产生的内能等于系统损失的动能，根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有Q ＝ΔE k 系＝N μmgL 。

C 错误，D 正确。

15．(2021·陕西质检)核桃是“四大坚果”之一，桃仁具有丰富的营养价值，但桃壳十分坚硬，不借助专用工具不易剥开。

小悠同学发现了一个开核窍门：把核桃竖直上抛落回与坚硬地面撞击后就能开裂。

抛出点距离地面的高度为H ，上抛后达到的最高点与抛出点的距离为h 。

已知重力加速度为g ，空气阻力不计。

(1)求核桃落回地面的速度大小v ；
(2)已知核桃质量为m ，与地面撞击作用时间为Δt ，撞击后竖直反弹h 1高度。

求核桃与地面之间的平均作用力F 。

【答案】(1)2g （H ＋h ） （2）m []2gh 1＋2g （H ＋h ）Δt
＋mg ，方向竖直向上 【解析】(1)核桃竖直上抛到最高点后做自由落体运动，则有：v 2＝2g (H ＋h )
则落回地面的速度：
v ＝2g （H ＋h ） 。

(2)设核桃反弹速度为v 1，则有：
v 12＝2gh 1
以向上为正方向，核桃与地面作用的过程：
(F －mg )Δt ＝mv 1－m (－v )
解得：F ＝m []2gh 1＋2g （H ＋h ）Δt ＋mg ，方向竖直向上。

16．(2021·聊城一模)如图所示，ABC 为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB 段是半径
R ＝0.8 m 的14
圆弧，B 在圆心O 的正下方，BC 段水平，AB 段与BC 段平滑连接。

球2、球3分别放在BC 轨道上，质量m 1＝0.4 kg 的球1从A 点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g ＝10 m/s 2。

(1)求球1到达B 点时对轨道的压力大小。

(2)若球2的质量m 2＝0.1 kg ，求球1与球2碰撞后球2的速度大小。

(3)若球3的质量m 3＝0.1 kg ，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少。

【答案】(1)12 N (2)6.4 m/s (3)0.2 kg
【解析】(1)对球1从A 到B 应用动能定理：
m 1gR ＝12
m 1v 02 在B 点对球1应用牛顿第二定律：
F N －m 1g ＝m 1v 02R
联立解得：v 0＝4 m/s 、F N ＝12 N
由牛顿第三定律知球1在B 点对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝12 N 。

(2)球1、球2的碰撞，根据动量守恒定律有：
m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2
由机械能守恒得：
12 m 1v 02＝12 m 1v 12＋12
m 2v 22 解得：v 2＝2m 1m 1＋m 2 v 0
＝6.4 m/s 。

(3)同理，球2、3碰撞后：
v 3＝2m 2m 2＋m 3 v 2
则v 3＝2m 2m 2＋m 3 ·2m 1m 1＋m 2 v 0
代入数据：v 3＝ 1.6m 2＋0.04m 2
＋0.5 v 0， 由数学知识，当m 2＝0.04m 2
时， m 2＋0.04m 2
＋0.5最小，v 3最大 所以m 22＝0.04，m 2＝0.2 kg 。