高考物理二轮复习高频考点专项训练---动量能量综合（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

高考物理二轮复习高频考点专项训练---动量能量综合

1.(多选)(2019·吉林“五地六校”合作体联考)如图所示，在光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B左端有一轻弹簧且初速度为0，在A与弹簧接触以后的过程中(A与弹簧不粘连)，下列说法正确的是(　　)

A．轻弹簧被压缩到最短时，A、B系统总动量仍然为mv

B．轻弹簧被压缩到最短时，A的动能为mv2

C．弹簧恢复原长时，A的动量一定为零

D．A、B两物体组成的系统机械能守恒

答案　AC

解析　A和B组成的系统所受的外力之和为零，动量守恒，初态总动量为mv，则弹簧压缩到最短时，系统总动量仍然为mv，故A正确；轻弹簧被压缩到最短时A和B的速度相等，由动量守恒有mv＝2mv共，可得v共＝，则此时A的动能为EkA＝mv共2＝mv2，故B错误；A和B在相对靠近压缩弹簧和相对远离弹簧恢复原状的过程中，A和B及轻弹簧组成的系统满足动量守恒和机械能守恒，则弹簧恢复原长时，有：mv＝mvA＋mvB，mv2＝mvA2＋mvB2，可得vA＝0，vB＝v，故C正确；A、B系统的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能，机械能不守恒，而A、B及弹簧组成的系统没有其他能参与转化，机械能守恒，故D错误．

2.(多选)(2019·河南驻马店市第一学期期终)如图所示，光滑水平直轨道上静止放置三个质量均为m＝3 kg的物块A、B、C，物块B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．现使A以v0＝4 m/s的速度朝B开始运动，压缩弹簧；当A、B速度相同时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，则以下说法正确的是(　　)

A．从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为1 N·s

B．从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为4 N·s

C．从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为3 J

D．从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为9 J

答案　BC

解析　根据动量守恒定律，当A、B速度相等时，且与C碰撞之前A、B的速度均为v1，则mv0＝2mv1，解得v1＝2 m/s; 从开始到弹簧最短时，对ABC系统：mv0＝3mv2，解得v2＝ m/s；从开始到弹簧最短时，对物块C，由动量定理：I＝mv2＝4 N·s，选项B正确，A错误．B与C相碰的过程：mv1＝2mv3，解得v3＝1 m/s；则从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为ΔE＝mv12－·2mv32＝3 J，选项C正确，D错误．

3.(2019·四川省第二次诊断)如图甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上．一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块．当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s，如图乙所示．设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点．则子弹穿过木块的时间为(　　)

A.(s＋L)   B.(s＋2L)

C.(s＋L)   D.(L＋2s)

答案　D

解析　子弹穿过木块过程，对子弹和木块组成的系统，外力之和为零，动量守恒，以v0的方向为正方向，有：mv0＝mv1＋mv2，

设子弹穿过木块的过程所受阻力为Ff，对子弹由动能定理：－Ff(s＋L)＝mv－mv，

由动量定理：－Fft＝mv1－mv0，

对木块由动能定理：Ffs＝mv，

由动量定理：Fft＝mv2，

联立解得：t＝(L＋2s)，故选D.

4.(多选)(2019·吉林“五地六校”合作体联考)如图所示，一质量为M的木板静置于光滑的水平面上，一质量为m的木块(可视为质点)，以初速度v0滑上木板的左端，已知木块和木板间的动摩擦因数为μ，木块始终没有滑离木板．则从运动开始到二者具有共同速度这一过程中(　　)

A．木块与木板间的相对位移小于木板对地的位移

B．因摩擦而产生的热量Q＝·mv02

C．从开始运动到木块与木板具有共同速度所用的时间t＝

D．木块与木板的共同速度v＝

答案　BD

解析　对木块和木板组成的系统，由动量守恒定律：mv0＝(m＋M)v，可得v＝，故D正确；由功能关系：μmgΔL＝mv02－(m＋M)v2；

对木板：μmgx＝Mv2，

解得μmgΔL＝mv02·；

μmgx＝mv02··，

可知x<ΔL，即木块与木板间的相对位移大于木板对地的位移，选项A错误；

因摩擦而产生的热量(内能)Q＝μmgΔL＝·mv02，选项B正确；

对木板，根据动量定理：μmgt＝Mv，解得从开始运动到木块与木板具有共同速度所用的时间t＝，选项C错误．

5..(2019·陕西榆林市第三次测试)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg，两物块之间用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触，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图象如图乙所示，墙壁对物块B的弹力在4 s到12 s的时间内对B的冲量I的大小为(　　)

A．9 N·s            B．18 N·s           C．36 N·s        D．72 N·s

答案　C

解析　由题图乙知，C与A碰前速度为：v1＝9 m/s，碰后瞬间C的速度为：v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1＝(mA＋mC)v2，代入数据解得mC＝2 kg, 12 s末A和C的速度为：v3＝－3 m/s,4 s到12 s，墙对B的冲量为：I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2，代入数据解得：I＝－36 N·s，方向向左，故C正确，A、B、D错误．

6.(2019·山东日照市上学期期末)如图所示，光滑的水平桌面上放置一质量M＝4 kg、长L＝0.6 m的长木板B，质量m＝1 kg的小木块A(可看成质点)放在长木板的左端，开始A、B均处于静止状态．现有一个与A完全相同的小木块C从长木板右侧以v0＝6 m/s的初速度冲向长木板，碰后以v1＝2 m/s的速度被反向弹回(碰撞时间极短)，最终小木块A恰好不从长木板上滑下．取重力加速度g＝10 m/s2.求：

(1)碰后瞬间长木板B的速度；

(2)小木块A与长木板间的动摩擦因数．

答案　(1)2 m/s，方向向左　(2)0.27

解析　(1)规定向左为正方向，对B、C系统，由动量守恒定律得：mv0＝Mv－mv1

代入数据解得：v＝2 m/s，方向向左；

(2)A与B作用过程，对A、B系统，由动量守恒定律得：Mv＝(M＋m)v共

代入数据解得：v共＝1.6 m/s

由能量守恒定律有：μmgL＝Mv2－(m＋M)v共2

代入数据解得：μ≈0.27.

7.(2019·江苏南通市通州区、海门市、启东市联考)如图甲所示的水平面上，B点左侧光滑、右侧粗糙，静止放置甲、乙两个可视为质点的小球，已知m甲＝2 kg，m乙＝4 kg.乙球与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.现给甲球一个水平向右的速度，大小为v1＝5 m/s，与乙球发生碰撞后被弹回，弹回的速度大小v1′＝1 m/s.

(1)试求发生碰撞后，乙球获得的速度大小；

(2)碰撞后，立即有一水平向右的拉力F作用在乙球上，F随时间变化的规律如图乙所示，试求3 s末乙球的速度大小．

答案　(1)3 m/s　(2)0.75 m/s

解析　规定水平向右为正方向．

(1)由动量守恒定律有：

m甲v1＝m甲(－v1′)＋m乙v2

解得：v2＝3 m/s；

(2)由动量定理有：IF－μm乙gt＝m乙v2′－m乙v2

IF＝×(2＋10)×3 N·s＝15 N·s

解得：v2′＝0.75 m/s.

8.(2019·山东济南市上学期期末)某研究小组经查阅资料了解到，在空气中低速下落的物体所受的空气阻力可认为与物体速度大小成正比关系，因此下落的物体最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度．如图所示为小球由静止开始，在低速下落过程中速度随时间变化的一部分图象．图中作出了t＝0.5 s时刻的切线，小球的质量为0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)小球在t＝0.5 s时刻的加速度大小；

(2)小球最终的收尾速度的大小；

(3)小球从静止下落到t＝0.5 s时刻的位移大小．

答案　(1)4 m/s2　(2) m/s　(3) m

解析　(1)由题图图象可知：a＝＝4 m/s2

(2)设空气阻力与速度大小的正比系数为k，当v＝4 m/s时，有：mg－kv＝ma

达到最大速度时，有mg＝kvm

联立解得：k＝，vm＝ m/s

(3)在0到t＝0.5 s内对小球由动量定理可得

mgt－ΣkviΔt＝mv－0

即：mgt－kx＝mv－0

解得：x＝ m.

9.(2019·山西晋中市适应性调研)一物块A的质量为m＝0.5 kg，初动能为Ek＝4 J，在水平地面上做直线运动，当A的动能变为初动能的一半时与静止的物块B发生弹性正碰，且碰撞时间极短，物块B质量为1.0 kg，物块A与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，物块B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，取重力加速度g＝10 m/s2.求：

(1)物块A经过多长时间与物块B相碰；(保留3位小数)

(2)物块A与物块B碰后，它们之间的最大距离．

答案　(1)0.586 s　(2)2 m

解析　(1)以A初速度方向为正方向，A与B碰撞前，根据动量定理得－μ1mgt＝mv－mv0

又有Ek＝mv02

＝mv2

联立解得t＝(2－) s≈0.586 s

(2)A、B碰撞为弹性正碰，且碰撞时间极短，碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒，故有：

mv＝mvA＋2mvB

mv2＝mvA2＋·2mvB2

解得vA＝－v，vB＝v

碰后到A、B都停止时二者相距最远

根据动能定理，对于A：－μ1mgxA＝0－mvA2

对于B：－μ2·2mgxB＝0－·2mvB2

最大距离x＝xA＋xB

联立得x＝2 m.

10.(2019·河南郑州市第二次质量预测)如图甲所示，半径为R＝0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，A为轨道最高点，与圆心O等高；B为轨道最低点．在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M＝3 kg，小车足够长，车的上表面与B点等高，平板车上表面涂有一种特殊材料，物块在上面滑动时，动摩擦因数随物块相对小车左端位移的变化图象如图乙所示．物块(可视为质点)从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m＝1 kg，g取10 m/s2.

(1) 求物块滑到B点时对轨道压力的大小；

(2) 物块相对小车静止时距小车左端多远？

答案　(1)30 N　(2)1.75 m

解析　(1)物块从光滑圆弧轨道A点滑到B点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律得：mgR＝mv

代入数据解得vB＝4 m/s

在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m

代入数据解得FN＝30 N

由牛顿第三定律可知，物块滑到B点时对轨道的压力大小：FN′＝FN＝30 N

(2)物块滑上小车后，由于水平地面光滑，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒．以向右为正方向，由动量守恒定律得mvB＝(m＋M)v

代入数据解得v＝1 m/s

由能量关系得系统生热Q＝mv－(m＋M)v2

解得Q＝6 J

由功能关系知Q＝μ1mgx1＋μ1mg(x－x1)

将μ1＝0.4，x1＝0.5 m代入可解得x＝1.75 m.

11.(2019·山东青岛市5月二模)质量m＝260 g的手榴弹从水平地面上以v0＝10 m/s的初速度斜向上抛出，上升到距地面h＝5 m的最高点时炸裂成质量相等的两块弹片，其中一块弹片自由下落到达地面，落地前瞬间动能为5 J．重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力不计，火药燃烧充分，求：

(1)手榴弹爆炸前瞬间的速度大小；

(2)手榴弹所装火药的质量；

(3)两块弹片落地点间的距离．

答案　(1)10 m/s　(2)0.06 kg　(3)26 m

解析　(1)设手榴弹上升到最高点时的速度为v1，有

mv＝mv＋mgh，

解得：v1＝10 m/s

(2)设每块弹片的质量为m′，爆炸后瞬间其中一块速度为零，另一块速度为v2，有m′gh＝5 J

设手榴弹所装火药质量为Δm，有Δm＝m－2m′

解得：Δm＝0.06 kg

(3)另一块做平抛运动的时间为t，两块弹片落地点间距离为Δx，有mv1＝m′v2，Δx＝v2t，h＝gt2

解得：Δx＝26 m.

12.(2019·安徽皖江名校最后一卷)如图，在水平地面上有两个可视为质点的物体A、B，质量分别为mA＝2 kg，mB＝1 kg，A、B相距s＝9.5 m，A以v0＝10 m/s的初速度向静止的B运动，与B发生正碰(碰撞时间极短)，碰后两物体仍沿原来方向运动，最终A、B均停止运动时相距Δs＝19.5 m．已知A、B与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取g＝10 m/s2.求：

(1)相碰前瞬间A的速度大小；

(2)碰撞过程中的机械能损失．

答案　(1)9 m/s　(2)24 J

解析　(1)设A、B相碰前瞬间A的速度大小为v，由动能定理：

－μmAgs＝mAv2－mAv02

代入数据解得：v＝9 m/s

(2)设A、B相碰后，A、B的速度大小分别为vA、vB.

动量守恒：mAv＝mAvA＋mBvB

设A、B相碰后到停止运动所通过的位移分别为sA、sB.由动能定理：

对A：－μmAgsA＝0－mAv

对B：－μmBgsB＝0－mBv

依题意：sB－sA＝Δs＝19.5 m

联立解得：vA＝5 m/s，vB＝8 m/s

A、B碰撞过程中的机械能损失：

ΔE＝mAv2－(mBv＋mAv)

联立解得：ΔE＝24 J.

13.(2019·江西南昌市二模)用两只玩具小车A、B做模拟碰撞实验，玩具小车A、B质量分别为m1＝1 kg和m2＝3 kg，把两车放置在相距s＝8 m的水平面上．现让小车A在水平恒力作用下向着小车B运动，恒力作用t＝1 s时间后撤去，小车A继续运动与小车B发生碰撞，碰撞后两车粘在一起，滑行d＝0.25 m停下．已知两车运动所受的阻力均为重力的0.2倍，重力加速度g取10 m/s2.求：

(1)两个小车碰撞后的速度大小；

(2)小车A受到的恒力F的大小．

答案　(1)1 m/s　(2)8 N

解析　(1)两小车碰撞后的滑行过程中，由动能定理有

－k(m1＋m2)gd＝0－(m1＋m2)v

解得v3＝1 m/s

(2)两车碰撞过程中，取碰撞前A车的速度方向为正方向，由动量守恒定律有

m1v2＝(m1＋m2)v3

解得v2＝4 m/s

恒力作用过程，由动量定理有Ft－km1gt＝m1v1

此过程位移x1＝t

F撤去后至两小车相碰前的过程，由动能定理有

－km1gx2＝m1v－m1v

x1＋x2＝s

解得F＝8 N.

14.(2019·湖北十堰市上学期期末)如图所示，半径为r＝0.4 m的圆形光滑轨道AB固定于竖直平面内，轨道与粗糙的水平地面相切于B点，CDE为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，DE段被弯成以O为圆心、半径R＝0.2 m的一小段圆弧，管的C端弯成与地面平滑相接，O点位于地面，OE连线竖直．可视为质点的物块b，从A点由静止开始沿轨道下滑，经地面进入细管(b横截面略小于管中空部分的横截面)，b滑到E点时受到细管下壁的支持力大小等于所受重力的.已知物块b的质量m＝0.4 kg，g取10 m/s2.

(1)求物块b滑过E点时的速度大小vE.

(2)求物块b滑过地面BC过程中克服摩擦力做的功Wf.

(3)若将物块b静止放在B点，让另一可视为质点的物块a，从A点由静止开始沿轨道下滑，滑到B点时与b发生弹性正碰，已知a的质量M≥m，求物块b滑过E点后第一次落到地面上的点到O点的距离范围．

答案　(1)1 m/s　(2)0.6 J　(3)0.2 m≤x＜1 m

解析　(1)物块b滑过E点时，由牛顿第二定律得

mg－FN＝m

FN＝mg

联立解得vE＝＝ m/s＝1 m/s

(2)物块b从A点到E点，由动能定理得

mg(r－R)－Wf＝mv

解得Wf＝0.6 J

(3)物块a从A滑到B的过程中机械能守恒，设物块a滑到B点时速度为v，则有

Mv2＝Mgr

解得v＝2 m/s

设碰撞后物块a、b的速度分别为va、vb，碰撞过程由动量守恒和机械能守恒得

Mv＝Mva＋mvb

Mv2＝Mv＋mv

联立解得vb＝v＝

因为M≥m，由上式可知，碰撞后v≤vb＜2v，即2 m/s≤vb＜4 m/s

物块b从B点到E点的过程中，由动能定理得

－mgR－Wf＝mvE′2－mv

物块b离开E点后做平抛运动，设经过时间t，第一次落到地面，此落点到O点的距离为x，则有

x＝vE′t

R＝gt2

由以上三式联立解得0.2 m≤x＜1 m．