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

限时规范专题练(二) 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d1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2。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 2

B ．木块向右运动，d 1

C ．木块静止，d 1

D ．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＋m v 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

3.如图所示，物体A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，B 物体上部分半圆形槽的半径为R ，将物体A 从圆槽的右侧最高点由静止释放，一切摩擦均不计，则( )

A ．A 不能到达

B 圆槽的左侧最高点 B ．A 运动到圆槽的最低点时A 的速率为 gR 3

C ．A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为 4gR 3

D ．B 向右运动的最大位移的大小为2R

3

答案 D

解析 对于物体A 、B 组成的系统，水平方向动量守恒，物体A 从圆槽的右端最高点由静止释放时，系统动量为零，设A 到达左侧最高点的速度为v 1，则v 1＝0，根据能量守恒定律知，A 能到达B 圆槽左侧的最高点，故A 错误；设A 到达最低点时的速率为v ，B 的速率为v′，根据动量守恒定律得0＝mv －2mv′，计算得出v′＝v 2，根据能量守恒定律得mgR ＝12mv 2＋12

·2mv ′2

，计算得出v ＝

4gR

3

，B 的速率v′＝gR 3

，故B 、C 错误；因为A 和B 组成的系统在水平方向上动量守恒，当A 运动到左侧最高点时，B 向右运动的位移最大，设B 向右的最大位移为x ，根据动量守恒定律得：m(2R －x)＝2mx ，计算得出：x ＝2R

3

，故D 正确。

4．人们设想未来深空探测器是以光压为动力的。让太阳光垂直薄膜光帆照射并全部反射，从而产生光压。设探测器在轨道上运行时，每秒每平方米获得的太阳光能E ＝1.5×104

J ，薄膜光帆的面积S ＝6.0×102 m 2

，探测器的质量m ＝60 kg 。已知光子动量的计算式p ＝h λ，那么探测器得到的加速度大小最接

近( )

A ．0.001 m/s 2

B ．0.01 m/s 2

C ．0.0005 m/s 2

D ．0.005 m/s 2

答案 A

解析 由光子的动量p ＝h

λ，能量ε＝hν、λν＝c 得ε＝pc 。面积为S 的光帆Δt 时间内获得的

光子数n ＝E·S·Δt

ε。设探测器某时刻动量为p 0，受到光压作用Δt 时间后动量增加到p 0＋Δp，因为光

全部反射，根据动量守恒定律np ＋p 0＝－np ＋(p 0＋Δp)，探测器动量增加量Δp＝2np ，加速度a ＝Δv Δt ＝

Δp

mΔt ＝

2ES m ·p ε＝2ES mc

＝0.001 m/s 2

，A 正确。 5．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰。小球的质量分别为m 1和m 2。图乙为它们碰撞前后的x －t 图象。已知m 1＝0.1kg 。由此可以判断( )

A ．碰前m 2静止，m 1向右运动

B ．碰后m 2和m 1都向右运动

C ．m 2＝0.3 kg

D ．碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能 答案 AC

解析 由图甲、乙知，碰前m 2静止，m 1向右运动，碰后m 2向右运动，m 1向左运动，A 正确，B 错误；设碰前m 1速度大小为v 0，碰后m 1、m 2速度大小分别为v 1、v 2，则v 0＝82 m/s ＝4 m/s ，v 1＝8

6－2 m/s ＝2 m/s,

v 2＝16－8

6－2 m/s ＝2 m/s ，设向右为正方向，由动量守恒定律得m 1v 0＝－m 1v 1＋m 2v 2，解得m 2＝0.3 kg ，C 正确；

由能量守恒定律得，损失的机械能ΔE 损＝12m 1v 20－（12m 1v 21＋12m 2v 2

2）＝0，可知碰撞过程中无机械能损失，碰

撞为完全弹性碰撞，D 错误。

6．水平地面上有两个物体在同一直线上运动，两物体碰撞前后的速度—时间图象如图所示(其中一个物体碰后速度变为0)。下列说法正确的是( )