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(新高考)高考物理一轮复习课时加练第7章 微专题50 动量和能量的综合问题 (含解析)
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这是一份(新高考)高考物理一轮复习课时加练第7章 微专题50 动量和能量的综合问题 (含解析)，共7页。
微专题50 动量和能量的综合问题
1．如果要研究某一时刻的速度、加速度，可用牛顿第二定律列式.2.研究某一运动过程时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题.3.若研究对象为一系统，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.4.在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换．这些问题由于作用时间都极短，满足动量守恒定律．
1.(多选)一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示．爆炸之后乙由静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点．若忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．爆炸后乙落地的时间最长
B．爆炸后甲落地的时间最长
C．甲、丙落地点到乙落地点O的距离比为4∶1
D．爆炸过程释放的化学能为
答案 CD
解析 爆炸后甲、丙从同一高度做平抛运动，乙从同一高度自由下落，则落地时间均为t＝，选项A、B错误；爆炸过程动量守恒，以向右为正方向，有mv＝－mv丙＋mv甲，由题意知v丙＝v，得v甲＝4v，又因x＝vt，t相同，则x∝v，甲、丙落地点到乙落地点O的距离比为x甲∶x丙＝v甲∶v丙＝4∶1，选项C正确；释放的化学能ΔE＝×v甲2＋×v丙2－mv2＝mv2，选项D正确．
2.(2023·湖南永州市第一中学模拟)如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平地面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C(可视为质点)，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g，则下列说法不正确的是( )
A．A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为
B．A、B两木块分离时，C的速度大小为2
C．C球由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为2m0
D．C球由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为
答案 C
解析 小球C下落到最低点时，A、B开始分离，此过程水平方向动量守恒．根据机械能守恒定律有m0gL＝m0vC2＋×2mvAB2，由水平方向动量守恒得m0vC＝2mvAB ，联立解得vC＝2，vAB＝，故A、B正确；C球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理得IAB＝mvAB＝m0，故C错误；C球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C对地水平位移大小为x1，AB对地水平位移大小为x2，则有m0x1＝2mx2，x1＋x2＝L，可解得x2＝，故D正确．
3.(多选)如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点．已知小车质量M＝4m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则( )
A．全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为R＋L
B．小车在运动过程中速度的最大值为
C．全过程小车相对地面的位移大小为
D．μ、L、R三者之间的关系为R＝μL
答案 BCD
解析 滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，由人船模型特点有Mx1＝mx2 ，x1＋x2＝R＋L，又M＝4m，由上两式解得x1＝，x2＝，全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为，全过程小车相对地面的位移大小为，所以A错误，C正确；滑块滑到圆弧轨道最低点时，小车速度最大，滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，则有Mv1＝mv2 ，mgR＝Mv12＋mv22，解得v1＝，小车在运动过程中速度的最大值为，所以B正确；滑块最后恰好停在C点时，小车也停止运动，全程由能量守恒定律有mgR＝μmgL，解得R＝μL，所以μ、L、R三者之间的关系为R＝μL，所以D正确．
4.(多选)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F.质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落，重力加速度为g.则( )
A．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为
B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2
C．弹簧恢复原长时滑块的动能为mv2
D．滑块与木板AB段间的动摩擦因数为
答案 ABD
解析 细绳被拉断瞬间，对木板，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧的弹力，则细绳被拉断瞬间弹簧的弹力大小等于F，根据牛顿第二定律有F＝Ma，解得a＝，A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2，B正确；弹簧恢复原长时木板获得动能，由系统机械能守恒知滑块的动能小于mv2，C错误；由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即Ep＝mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v′，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m＋M)v′，Ep＝(m＋M)v′2＋μmgl，联立解得μ＝，D正确．
5．(多选)(2023·湖南省长沙市高三检测)如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态．一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点Q，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．物块与钢板碰后的速度大小为
B．物块与钢板碰后的速度大小为
C．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x0＋)
D．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x0＋h)
答案 BC
解析 物块下落h，由机械能守恒定律得mgh＝mv12，物块与钢板碰撞，以竖直向下的方向为正方向，由动量守恒定律得mv1＝2mv2，解得v2＝v1＝，选项A错误，B正确；从碰撞到Q点，由能量守恒定律可知×2mv22＋2mgx0＝ΔEp，则弹性势能的增加量为ΔEp＝mg(2x0＋)，选项C正确，D错误.
6.(2023·广东韶关市适应性考试)短道速滑接力赛是北京冬奥会上极具观赏性的比赛项目之一，如图所示为A、B两选手在比赛中的某次交接棒过程．A的质量mA＝60 kg，B的质量mB＝75 kg，交接开始时A在前接棒，B在后交棒，交棒前两人均以v0＝10 m/s的速度向前滑行．交棒时B从后面用力推A，当二人分开时B的速度大小变为v1＝2 m/s，方向仍然向前，不计二人所受冰面的摩擦力，且交接棒前后瞬间两人均在一条直线上运动．
(1)求二人分开时A的速度大小；
(2)若B推A的过程用时0.8 s，求B对A的平均作用力的大小；
(3)交接棒过程要消耗B体内的生物能，设这些能量全部转化为两人的动能，且不计其他力做功，求B消耗的生物能E.
答案 (1)20 m/s (2)750 N (3)5 400 J
解析 (1)设二人分开时A的速度大小为v2，取v0的方向为正方向，根据动量守恒定律可得
(mA＋mB)v0＝mBv1＋mAv2
解得v2＝20 m/s
(2)对A由动量定理得F·t＝mAv2－mAv0
解得F＝750 N
(3)设B消耗的生物能为E，对二人组成的系统，根据能量守恒定律得
(mA＋mB)v02＋E＝mBv12＋mAv22
解得E＝5 400 J.
7．(2023·天津市南开区模拟)如图所示，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，圆弧轨道的半径R＝0.32 m，在b处与ab相切．在直轨道ab上放着质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg的物块A、B(均可视为质点)，用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧(未被拴接)．轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为M＝2 kg、足够长的小车，小车上表面与ab等高．现将细绳剪断，之后A向左滑上小车且恰好没有掉下小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处．物块A与小车之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)物块B运动到圆弧轨道的最低点b时对轨道的压力大小；
(2)细绳剪断之前弹簧的弹性势能Ep；
(3)小车长度L和物块A在小车上滑动过程中产生的热量Q.
答案 (1)60 N (2)12 J (3)0.5 m 2 J
解析 (1)物块B在最高点时，有mBg＝mB
从b到d由动能定理可得－mBg·2R＝mBvd2－mBvb2
在b点有FN－mBg＝mB
联立解得FN＝60 N
由牛顿第三定律可知物块B对轨道的压力大小为60 N.
(2)由动量守恒定律可得mAvA＝mBvb
由能量守恒定律可得Ep＝mAvA2＋mBvb2
联立解得Ep＝12 J
(3)物块滑至小车左端时与小车恰好共速，设速度为v，根据动量守恒定律得mAvA＝(mA＋M)v
由能量守恒定律可得Q＝μmAgL＝mAvA2－(mA＋M)v2
联立解得Q＝2 J，L＝0.5 m.
8．(2023·河北省模拟)如图是某个同学设计的一个游戏装置，该游戏装置的滑道分为光滑的OA、AB、BE、CD四段，O点右端固定安装一弹簧发射装置．将一质量为M的物块a与弹簧紧贴，释放弹簧，物块a从O处出发，运动到A处时与质量为m的滑块b发生弹性碰撞．已知物块a的质量为M＝2 kg，滑块b的质量为m＝1 kg，竖直面内四分之一圆弧轨道CD的半径为R＝0.9 m，BE段水平且距底座高度h＝0.8 m，四分之一圆弧轨道C端的切线水平，C、E两点间的高度差刚好可容滑块b通过，两点间水平距离可忽略不计，滑块b可以视为质点，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.若滑块b恰好能够通过C处并沿轨道滑落，求：
(1)碰撞后瞬间滑块b的速度大小；
(2)碰撞后a在AB上运动能上升到的最大高度(保留两位有效数字)；
(3)释放物块a前弹簧的弹性势能(保留两位小数)．
答案 (1)5 m/s (2)0.078 m (3)14.06 J
解析 (1)滑块b恰好能够通过C处并沿轨道滑落，有
mg＝m
解得vC＝3 m/s
滑块b由A到C，根据机械能守恒定律，有
mgh＋mvC2＝mvA2
解得vA＝5 m/s
(2)物块a与滑块b发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，有
Mv0＝mvA＋Mv
根据机械能守恒定律，有Mv02＝mvA2＋Mv2
联立解得v0＝3.75 m/s，v＝1.25 m/s
对物块a由机械能守恒定律，有MghM＝Mv2
解得hM≈0.078 m
(3)物块a和弹簧组成的系统机械能守恒，可知释放物块a前弹簧的弹性势能
Ep＝Mv02≈14.06 J.
微专题50 动量和能量的综合问题
1．如果要研究某一时刻的速度、加速度，可用牛顿第二定律列式.2.研究某一运动过程时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题.3.若研究对象为一系统，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.4.在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换．这些问题由于作用时间都极短，满足动量守恒定律．
1.(多选)一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示．爆炸之后乙由静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点．若忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．爆炸后乙落地的时间最长
B．爆炸后甲落地的时间最长
C．甲、丙落地点到乙落地点O的距离比为4∶1
D．爆炸过程释放的化学能为
答案 CD
解析 爆炸后甲、丙从同一高度做平抛运动，乙从同一高度自由下落，则落地时间均为t＝，选项A、B错误；爆炸过程动量守恒，以向右为正方向，有mv＝－mv丙＋mv甲，由题意知v丙＝v，得v甲＝4v，又因x＝vt，t相同，则x∝v，甲、丙落地点到乙落地点O的距离比为x甲∶x丙＝v甲∶v丙＝4∶1，选项C正确；释放的化学能ΔE＝×v甲2＋×v丙2－mv2＝mv2，选项D正确．
2.(2023·湖南永州市第一中学模拟)如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平地面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C(可视为质点)，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g，则下列说法不正确的是( )
A．A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为
B．A、B两木块分离时，C的速度大小为2
C．C球由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为2m0
D．C球由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为
答案 C
解析 小球C下落到最低点时，A、B开始分离，此过程水平方向动量守恒．根据机械能守恒定律有m0gL＝m0vC2＋×2mvAB2，由水平方向动量守恒得m0vC＝2mvAB ，联立解得vC＝2，vAB＝，故A、B正确；C球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理得IAB＝mvAB＝m0，故C错误；C球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C对地水平位移大小为x1，AB对地水平位移大小为x2，则有m0x1＝2mx2，x1＋x2＝L，可解得x2＝，故D正确．
3.(多选)如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点．已知小车质量M＝4m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则( )
A．全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为R＋L
B．小车在运动过程中速度的最大值为
C．全过程小车相对地面的位移大小为
D．μ、L、R三者之间的关系为R＝μL
答案 BCD
解析 滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，由人船模型特点有Mx1＝mx2 ，x1＋x2＝R＋L，又M＝4m，由上两式解得x1＝，x2＝，全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为，全过程小车相对地面的位移大小为，所以A错误，C正确；滑块滑到圆弧轨道最低点时，小车速度最大，滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，则有Mv1＝mv2 ，mgR＝Mv12＋mv22，解得v1＝，小车在运动过程中速度的最大值为，所以B正确；滑块最后恰好停在C点时，小车也停止运动，全程由能量守恒定律有mgR＝μmgL，解得R＝μL，所以μ、L、R三者之间的关系为R＝μL，所以D正确．
4.(多选)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F.质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落，重力加速度为g.则( )
A．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为
B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2
C．弹簧恢复原长时滑块的动能为mv2
D．滑块与木板AB段间的动摩擦因数为
答案 ABD
解析 细绳被拉断瞬间，对木板，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧的弹力，则细绳被拉断瞬间弹簧的弹力大小等于F，根据牛顿第二定律有F＝Ma，解得a＝，A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2，B正确；弹簧恢复原长时木板获得动能，由系统机械能守恒知滑块的动能小于mv2，C错误；由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即Ep＝mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v′，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m＋M)v′，Ep＝(m＋M)v′2＋μmgl，联立解得μ＝，D正确．
5．(多选)(2023·湖南省长沙市高三检测)如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态．一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点Q，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．物块与钢板碰后的速度大小为
B．物块与钢板碰后的速度大小为
C．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x0＋)
D．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x0＋h)
答案 BC
解析 物块下落h，由机械能守恒定律得mgh＝mv12，物块与钢板碰撞，以竖直向下的方向为正方向，由动量守恒定律得mv1＝2mv2，解得v2＝v1＝，选项A错误，B正确；从碰撞到Q点，由能量守恒定律可知×2mv22＋2mgx0＝ΔEp，则弹性势能的增加量为ΔEp＝mg(2x0＋)，选项C正确，D错误.
6.(2023·广东韶关市适应性考试)短道速滑接力赛是北京冬奥会上极具观赏性的比赛项目之一，如图所示为A、B两选手在比赛中的某次交接棒过程．A的质量mA＝60 kg，B的质量mB＝75 kg，交接开始时A在前接棒，B在后交棒，交棒前两人均以v0＝10 m/s的速度向前滑行．交棒时B从后面用力推A，当二人分开时B的速度大小变为v1＝2 m/s，方向仍然向前，不计二人所受冰面的摩擦力，且交接棒前后瞬间两人均在一条直线上运动．
(1)求二人分开时A的速度大小；
(2)若B推A的过程用时0.8 s，求B对A的平均作用力的大小；
(3)交接棒过程要消耗B体内的生物能，设这些能量全部转化为两人的动能，且不计其他力做功，求B消耗的生物能E.
答案 (1)20 m/s (2)750 N (3)5 400 J
解析 (1)设二人分开时A的速度大小为v2，取v0的方向为正方向，根据动量守恒定律可得
(mA＋mB)v0＝mBv1＋mAv2
解得v2＝20 m/s
(2)对A由动量定理得F·t＝mAv2－mAv0
解得F＝750 N
(3)设B消耗的生物能为E，对二人组成的系统，根据能量守恒定律得
(mA＋mB)v02＋E＝mBv12＋mAv22
解得E＝5 400 J.
7．(2023·天津市南开区模拟)如图所示，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，圆弧轨道的半径R＝0.32 m，在b处与ab相切．在直轨道ab上放着质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg的物块A、B(均可视为质点)，用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧(未被拴接)．轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为M＝2 kg、足够长的小车，小车上表面与ab等高．现将细绳剪断，之后A向左滑上小车且恰好没有掉下小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处．物块A与小车之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)物块B运动到圆弧轨道的最低点b时对轨道的压力大小；
(2)细绳剪断之前弹簧的弹性势能Ep；
(3)小车长度L和物块A在小车上滑动过程中产生的热量Q.
答案 (1)60 N (2)12 J (3)0.5 m 2 J
解析 (1)物块B在最高点时，有mBg＝mB
从b到d由动能定理可得－mBg·2R＝mBvd2－mBvb2
在b点有FN－mBg＝mB
联立解得FN＝60 N
由牛顿第三定律可知物块B对轨道的压力大小为60 N.
(2)由动量守恒定律可得mAvA＝mBvb
由能量守恒定律可得Ep＝mAvA2＋mBvb2
联立解得Ep＝12 J
(3)物块滑至小车左端时与小车恰好共速，设速度为v，根据动量守恒定律得mAvA＝(mA＋M)v
由能量守恒定律可得Q＝μmAgL＝mAvA2－(mA＋M)v2
联立解得Q＝2 J，L＝0.5 m.
8．(2023·河北省模拟)如图是某个同学设计的一个游戏装置，该游戏装置的滑道分为光滑的OA、AB、BE、CD四段，O点右端固定安装一弹簧发射装置．将一质量为M的物块a与弹簧紧贴，释放弹簧，物块a从O处出发，运动到A处时与质量为m的滑块b发生弹性碰撞．已知物块a的质量为M＝2 kg，滑块b的质量为m＝1 kg，竖直面内四分之一圆弧轨道CD的半径为R＝0.9 m，BE段水平且距底座高度h＝0.8 m，四分之一圆弧轨道C端的切线水平，C、E两点间的高度差刚好可容滑块b通过，两点间水平距离可忽略不计，滑块b可以视为质点，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.若滑块b恰好能够通过C处并沿轨道滑落，求：
(1)碰撞后瞬间滑块b的速度大小；
(2)碰撞后a在AB上运动能上升到的最大高度(保留两位有效数字)；
(3)释放物块a前弹簧的弹性势能(保留两位小数)．
答案 (1)5 m/s (2)0.078 m (3)14.06 J
解析 (1)滑块b恰好能够通过C处并沿轨道滑落，有
mg＝m
解得vC＝3 m/s
滑块b由A到C，根据机械能守恒定律，有
mgh＋mvC2＝mvA2
解得vA＝5 m/s
(2)物块a与滑块b发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，有
Mv0＝mvA＋Mv
根据机械能守恒定律，有Mv02＝mvA2＋Mv2
联立解得v0＝3.75 m/s，v＝1.25 m/s
对物块a由机械能守恒定律，有MghM＝Mv2
解得hM≈0.078 m
(3)物块a和弹簧组成的系统机械能守恒，可知释放物块a前弹簧的弹性势能
Ep＝Mv02≈14.06 J.
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