新高考2024版高考物理一轮复习微专题小练习专题41动量和能量的综合应用

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A． eq \f(Mv0,m＋M) eq \f(mMv eq \\al(2,0) ,2（m＋M）) B． eq \f(Mv0,m＋M) eq \f(mMv eq \\al(2,0) ,m＋M)
C． eq \f(mv0,m＋M) eq \f(mMv eq \\al(2,0) ,2（m＋M）) D． eq \f(mv0,m＋M) eq \f(mMv eq \\al(2,0) ,m＋M)
2．(多选)如图所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动．在以后的运动过程中，关于A、B两物体与弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)( )
A．虽然A、B两物体会有加速运动，但它们的总动量保持不变
B．在以后的运动过程中F1、F2一直做正功，系统的机械能一直在增大
C．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体总动能最大
D．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，弹簧弹性势能最大
3．[2023·山东省德州市期中]如图所示，光滑水平面上静止着一长为L的平板车，一人站在车尾将一质量为m的物体水平抛出，物体恰好落在车的前端．物体可看做质点，抛出位置位于车尾正上方，距车上表面的竖直高度为h ，不计空气阻力，已知人和车的总质量为M，重力加速度为g ，物体水平抛出时获得的冲量大小为( )
A.mL eq \r(\f(g,2h)) B．ML eq \r(\f(g,2h))
C． eq \f(m2L,M＋m) eq \r(\f(g,2h)) D． eq \f(MmL,M＋m) eq \r(\f(g,2h))
4．[2023·河北省模拟]如图所示，在光滑的水平面上静止一质量M＝8 kg的小车B，小车左端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到小车右端的距离L＝1 m，这段车厢板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝0.1，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的车厢板上表面光滑．木块A以速度v0＝15 m/s由小车B右端开始沿车厢板表面向左运动．已知木块A的质量m＝2 kg，重力加速度g取10 m/s2.则木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为( )
A．45 J B．178 J
C．225 J D．270 J
5.
[2023·江苏盐城期末]如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动．已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg.某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x＝2.7 m，则下列说法正确的是( )
A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同
B．刚分离时，甲球的速度大小为0.6 m/s
C．刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s
D．爆炸过程中释放的能量为0.027 J
6．[2023·湖南省五市十校联考]如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块(可视为质点)从小车上的A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点．已知M＝3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
A．滑块从A滑到C的过程中，滑块和小车组成的系统动量守恒
B．滑块滑到B点时的速度大小为 eq \r(2gR)
C．滑块从A滑到C的过程中，小车的位移大小为 eq \f(1,3) (R＋L)
D．水平轨道的长度L＝ eq \f(R,μ)
7．[2023·湖北十堰高三阶段练习]如图所示，足够长的光滑水平直轨道AB与光滑圆弧轨道BC平滑连接，B为圆弧轨道的最低点．一质量为1 kg的小球a从直轨道上的A点以大小为4 m/s的初速度向右运动，一段时间后小球a与静止在B点的小球b发生弹性正碰，碰撞后小球b沿圆弧轨道上升的最大高度为0.2 m(未脱离轨道).取重力加速度大小g＝10 m/s2，两球均视为质点，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．碰撞后瞬间，小球b的速度大小为1 m/s
B．碰撞后瞬间，小球a的速度大小为3 m/s
C．小球b的质量为3 kg
D．两球会发生第二次碰撞
8．[2023·山西省一模]有一款推拉门，其三扇门板俯视如图所示，每扇门的宽度均为L＝1.00 m，质量均为m＝20 kg，边缘凸起部位的宽度均为d＝0.05 m．门完全关闭时，1号门板的左侧以及3号门板的右侧分别与两侧的门框接触时，相邻门板的凸起部位也恰好接触．测试时，将三扇门板均推至最左端，然后用恒力F水平向右推3号门板，每次都经过相同的位移s＝0.20 m后撤去F，观察三扇门的运动情况．发现当恒力为8.5 N时，3号门板恰好能运动到其左侧凸起与2号门板右侧的凸起接触处．设每扇门与轨道间的动摩擦因数均相同，门板凸起部位间的碰撞及门板与门框的碰撞均为完全非弹性碰撞(不黏连).不考虑空气阻力，取g＝10 m/s2.
(1)求每扇门与轨道间的动摩擦因数．
(2)若要实现三扇门恰好完全关闭，则恒力应是多大？
(3)若想让三扇门都到达最右侧门框处，则恒力至少是多大？
专题41 动量和能量的综合应用
1．C 木块在小车上表面滑动的过程中动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，系统因摩擦产生的热量Q＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) － eq \f(1,2) (M＋m)v2，两式联立解得木块的最终速度v＝ eq \f(mv0,M＋m) ，摩擦产生的热量Q＝ eq \f(mMv eq \\al(2,0) ,2（M＋m）) ，C正确．
2．AC 由题意，水平恒力F1、F2等大反向，则系统受合外力为零，总动量守恒，故A正确；拉力与物体的运动方向相同，则F1、F2一直做正功，系统的机械能一直在增大，当物体减速为零后此时弹簧的弹力大于拉力，物体会反向运动，此时拉力与运动方向相反，都做负功则机械能减少，B错误；当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等后，弹力大于拉力，则物体减速运动，故弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体速度最大，总动能最大，C正确；当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等后，物体减速运动，但仍然会使弹簧继续伸长，弹性势能继续增大，D错误．
3．D 系统水平方向动量守恒，mv1＝Mv2，有mx1＝Mx2，且x1＋x2＝L，解得x1＝ eq \f(ML,M＋m) ，x2＝ eq \f(mL,M＋m) .由平抛运动的规律得h＝ eq \f(1,2) gt2，x1＝v1t，由动量定理得I＝mv1，解得I＝ eq \f(MmL,M＋m) eq \r(\f(g,2h)) .
4．B 由题意知，小车和木块系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，由能量守恒，得 eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) (M＋m)v2＋μmgL＋Epmax，联立解得Epmax＝178 J，B项正确．
5．D 设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，刚分离时两球速度分别为v1、v2，以向右为正方向，则由动量守恒得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题意有v2－v1＝ eq \f(x,t) ，代入数据可解得v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s，说明刚分离时两球速度方向相反，故A、B、C错误；爆炸过程中释放的能量ΔE＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) m2v eq \\al(2,2) － eq \f(1,2) (m1＋m2)v eq \\al(2,0) ，将v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s，代入计算可得ΔE＝0.027 J，故D正确．
6．D 滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为零，系统动量不守恒，故A错误；滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律得0＝mvm－MvM，mgR＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,m) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(2,M) ，解得vm＝ eq \r(\f(3gR,2)) ，vM＝ eq \r(\f(gR,6)) ，滑块滑到B点时的速度为 eq \r(\f(3gR,2)) ，故B错误；设全程小车相对地面的位移大小为s，根据题意可知全程滑块水平方向相对小车的位移为R＋L，则滑块水平方向相对地面的位移为x′＝R＋L－s，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得m(R＋L－s)－Ms＝0.已知M＝3m，解得s＝ eq \f(1,4) (R＋L)，x′＝ eq \f(3,4) (R＋L)，故C错误；系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得0＝(m＋M)v′，解得v′＝0，由能量守恒定律得mgR＝μmgL，解得L＝ eq \f(R,μ) ，故D正确．
7．C 由机械能守恒mbgh＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,B) 可得碰后小球b在B点的速度为vB＝2 m/s，故A错误；由动量守恒定律可得mav0＝mav1＋mbvB，由机械能守恒可得 eq \f(1,2) mav eq \\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) mav eq \\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) mbv eq \\al(2,B) ，联立求得mb＝3 kg，v1＝－2 m/s，碰撞后瞬间，小球a的速度大小为2 m/s，故B错误，C正确；碰后a球立刻向左运动，b球先向右运动到最高点，再向左返回到平面上运动，两球速度大小相等，所以两球不会发生第二次碰撞，故D错误．
8．(1)0.01 (2)42.5 N (3)314.5 N
解析：(1)设每扇门与轨道间的动摩擦因数为μ，根据动能定理
F1s－μmg(L－3d)＝0
解得μ＝0.01
(2)设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为v1，根据动能定理
F2s－μmg(L－3d)＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,1)
设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为v2，根据动量守恒定律有
mv1＝2mv2
3号门板与2号门板碰撞后一起向右运动的过程中，根据动能定理－μ(2m)g(L－3d)＝0－ eq \f(1,2) (2m)v eq \\al(2,2)
解得F2＝42.5 N
(3)设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为v3，根据动能定理
F3s－μmg(L－3d)＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,3)
设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为v4，根据动量守恒定律有
mv3＝2mv4
3号门板与2号门板碰撞后一起向右运动到与门框接触前的速度大小为v5，根据动能定理－μ(2m)g(L－3d)＝ eq \f(1,2) (2m)v eq \\al(2,5) － eq \f(1,2) (2m)v eq \\al(2,4)
设2号门板与1号门板碰撞后速度的大小为v6，根据动量守恒定律有mv5＝2mv6
从2号门板与1号门板碰撞后到1号门板恰好停止过程中，根据动能定理－2μmg(L－3d)＝0－ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,6)
联立解得F3＝314.5 N