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
2020届高三物理一轮复习专题分类练习卷：动量与能量
动量与能量题型一应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型【例1】(2019·江苏苏北三市模拟)光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v －t图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50 J，则此过程产生的内能可能是()A．10 J B．50 J C．70 J D．120 J【变式1】(2019·山东六校联考)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍．两种射入过程相比较()A．射入滑块A的子弹速度变化大B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍D．两个过程中系统产生的热量相同【变式2】如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。
质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。
子弹射入后，求：(1)子弹与物块一起向右滑行的最大速度v1。
(2)木板向右滑行的最大速度v2。
(3)物块在木板上滑行的时间t。
题型二应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型【例2】(2019·衡水中学模拟)如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0 m，传送带以恒定速率v＝3.0 m/s沿顺时针方向匀速传送．三个质量均为m＝1.0 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态．滑块A 以初速度v0＝2.0 m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B发生弹性碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零．因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．滑块C脱离弹簧后以速度v C＝2.0 m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.(1)求滑块C 从传送带右端滑出时的速度大小；(2)求滑块B 、C 用细绳相连时弹簧的弹性势能E p ；(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C 总能落至P 点，则滑块A 与滑块B 碰撞前速度的最大值v m 是多少？【变式1】(2019·江西上饶六校一联)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度v 0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x .现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B (如图乙所示)，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，则( )A ．A 物体的质量为3mB ．A 物体的质量为2mC ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为32mv 02 D ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv 02 【变式2】(2018·本溪联考)如图所示，CDE 为光滑的轨道，其中ED 段是水平的，CD 段是竖直平面内的半圆，与ED 相切于D 点，且半径R ＝0.5 m ，质量m ＝0.1 kg 的滑块A 静止在水平轨道上，另一质量M ＝0.5 kg 的滑块B 前端装有一轻质弹簧(A 、B 均可视为质点)以速度v 0向左运动并与滑块A 发生弹性正碰。
2020高考物理一轮复习限时规范专题练一动力学和能量问题综合应用课件
7.(2018·陕西宝鸡模拟)如图所示，内壁光滑的圆形轨道 内，轻杆两端固定有甲、乙两球，甲球质量小于乙球质量， 内，乙球位于最低点。由静止释放轻杆后，甲球( )
A．能下滑到轨道的最低点 B．下滑过程中杆对其做负功 C．滑回时一定能返回到初始位置 D．滑回的全过程，增加的重力势能等于乙球减少的
答案 BCD
A．200 km/h B．240 km/h C．280 km/h D．300 km/h
答案 B
解析 若开动一节动车带三节拖车，最大速度可达到 的功率为 P，每节车厢所受的阻力为 f，当达到最大速度时 整体的阻力，则有：P＝4fv，当开动二节动车带三节拖车时 联立两式解得 v′＝240 km/h。B 正确，A、C、D 错误。
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及 落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，但仍能沿圆轨道滑下，求P的质
答案 (1) 6gl 2 2l (2)53m≤M<52m
解析 (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时 体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机 簧长度为l时的弹性势能为
Ep＝5mgl① 设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量 Ep＝12Mv2B＋μMg·4l② 联立①②式，取M＝m并代入题给数据得 vB＝ 6gl③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不
滑到D点时的速度为vD，则
mv2D－ l
mg≥0④
由机械能守恒定律得
12mv2B＝12mv2D＋mg·2l⑤ 联立③⑤式得
A．物体 A 下落过程中一直处于失重状态 B．物体 A 即将落地时，物体 B 处于失重状态 C．从物体 A 开始下落到即将落地的过程中，弹簧的 mgh D．物体 A 下落过程中，A 的动能和弹簧的弹性势能
2020届高考物理一轮复习《动量与能量》专题测试教师版
2020届高考物理一轮复习《动量与能量》专题测试（考试时间：60分钟 满分100分）一、单项选择题1．若物体在运动过程中受到的合力不为零，则( ) A ．物体的动能不可能总是不变的 B ．物体的动量不可能总是不变的 C ．物体的加速度一定变化 D ．物体的速度方向一定变化 答案 B2．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视为质点，质量相等．Q 与水平轻弹簧相连，设Q 静止，P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )A ．P 的初动能B ．P 的初动能的12C ．P 的初动能的13D ．P 的初动能的14答案 B3．高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)．此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m 2gh t ＋mgB.m 2gh t －mgC.m gh t ＋mgD.m gh t－mg答案 A解析 由自由落体运动公式得：人下降h 距离时的速度为v ＝2gh ，在t 时间内对人，由动量定理得：(mg －F )t ＝0－mv ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝m 2ght ＋mg ，故A 正确．4． 2017年10月20日，一架从墨尔本飞往布里斯班的飞机，飞到1 500 m 高时正面撞到了一只兔子，当时这只兔子正被一只鹰抓着，两者撞到飞机当场殒命．设当时飞机正以720 km/h 的速度飞行，撞到质量为2 kg 的兔子，作用时间为0.1 s ．则飞机受到兔子的平均撞击力约为( )A ．1.44×103 NB ．4.0×103 NC ．8.0×103 ND ．1.44×104 N答案 B解析 720 km/h ＝200 m/s ；根据动量定理Ft ＝mv 可得F ＝mv t ＝2×2000.1 N ＝4×103 N ，故选项B 正确．5.如图所示，曲线是某质点只在一恒力作用下的部分运动轨迹．质点从M 点出发经P 点到达N 点，已知质点从M 点到P 点的路程大于从P 点到N 点的路程，质点由M 点运动到P 点与由P 点运动到N 点的时间相等．下列说法中正确的是( )A ．质点从M 到N 过程中速度大小保持不变B ．质点在M 、N 间的运动不是匀变速运动C ．质点在这两段时间内的动量变化量大小相等，方向相同D ．质点在这两段时间内的动量变化量大小不相等，但方向相同 答案 C解析 因为质点在恒力作用下运动，所以质点做匀变速曲线运动，速度随时间变化，故A 、B 错误；根据动量定理可得F Δt ＝Δp ，两段过程所用时间相同，所以动量变化量大小和方向都相同，故C 正确，D 错误．6.一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时刻开始，受到如图3所示的水平外力作用，下列说法正确的是( )A ．第1 s 末质点的速度为2 m/sB ．第2 s 末外力做功的瞬时功率最大C ．第1 s 内与第2 s 内质点动量增加量之比为1∶2D ．第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量之比为4∶5 答案 D解析 由动量定理：Ft ＝mv 2－mv 1，求出第1 s 末、第2 s 末速度分别为：v 1＝4 m/s 、v 2＝6 m/s ，故A 错误；第1 s 末的外力的瞬时功率P ＝F 1v 1＝4×4 W ＝16 W ，第2 s 末外力做功的瞬时功率P ′＝F 2v 2＝2×6 W ＝12 W ，故B 错误；第1 s 内与第2 s 内质点动量增加量之比为：Δp 1Δp 2＝mv 1mv 2－mv 1＝1×41×6－1×4＝21，故C 错误；第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量分别为：ΔE k1＝12mv 12＝8 J ，ΔE k2＝12mv 22－12mv 12＝10 J ，则ΔE k1∶ΔE k2＝8∶10＝4∶5，故D 正确．7.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比 答案 B解析 高铁列车做初速度为零的匀加速直线运动，则速度v ＝at ，动能E k ＝12mv 2＝12ma 2t 2，与经历的时间的平方成正比，A 项错误；根据v 2＝2ax ，动能E k ＝12mv 2＝12m ·2ax ＝max ，与位移成正比，B 项正确；动能E k ＝12mv 2，与速度的平方成正比，C 项错误；动量p ＝mv ，动能E k＝12mv 2＝p 22m，与动量的平方成正比，D 项错误． 8.在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体，在大小相等的阻力作用下最后停下来．则质量大的物体( ) A ．滑行的距离小 B ．滑行的时间长 C ．滑行过程中的加速度大 D ．滑行过程中的动量变化快 答案 A解析 根据p ＝mv ，E k ＝12mv 2可知，E k ＝p 22m ，初动量相同，质量大的物体速度小；根据动能定理可知：－F f L ＝0－E k ＝－p 22m ，因两物体受到的阻力大小相等，则质量大的物体滑行的距离小，故A 正确；根据动量定理，－F f t ＝0－p ，因动量相同，故滑行时间相同，故B 错误；因两物体受到的阻力相同，由牛顿第二定律可知，质量大的加速度小，故C 错误；因两物体均停止，所以滑行过程中动量变化量相同，因滑行时间相同，故动量变化快慢相同，故D 错误．二、多项选择题9．如图所示，质量为M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m 的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v 0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v ，距地面高度为h ，则下列关系式中正确的是( )A ．mv 0＝(m ＋M )vB ．mv 0cos θ＝(m ＋M )vC ．mgh ＝12m (v 0sin θ)2D ．mgh ＋12(m ＋M )v 2＝12mv 02答案 BD解析 小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能也守恒．以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv 0cos θ＝(m ＋M )v ，故A 错误，B 正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh ＋12(m ＋M )v 2＝12mv 02，故C 错误，D 正确．10.质量为M 和m 0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v 沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m 的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是( )A ．M 、m 0、m 速度均发生变化，分别为v 1、v 2、v 3，而且满足(M ＋m 0)v ＝Mv 1＋m 0v 2＋mv 3B ．m 0的速度不变，M 和m 的速度变为v 1和v 2，而且满足Mv ＝Mv 1＋mv 2C ．m 0的速度不变，M 和m 的速度都变为v ′，且满足Mv ＝(M ＋m )v ′D ．M 、m 0、m 速度均发生变化，M 、m 0速度都变为v 1，m 的速度变为v 2，且满足(M ＋m )v 0＝(M ＋m )v 1＋mv 2 答案 BC解析 碰撞的瞬间M 和m 组成的系统动量守恒，m 0的速度在瞬间不变，以M 的初速度方向为正方向，若碰后M 和m 的速度变为v 1和v 2，由动量守恒定律得：Mv ＝Mv 1＋mv 2；若碰后M 和m 速度相同，由动量守恒定律得：Mv ＝(M ＋m )v ′，故B 、C 正确．11.将一小球从地面以速度v 0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面．若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，则下列说法中正确的是( ) A ．重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等 B ．重力在上升过程与下降过程中的冲量相同C ．整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量D ．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量答案 AC解析 根据W ＝Gh 可知，重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等，故选项A 正确；上升过程中的加速度a 上＝g ＋F f m 大于下降过程中的加速度a 下＝g －F fm ，则上升的时间小于下降的时间，即t 上<t 下，根据I ＝Gt 可知，重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，故选项B 错误；根据功能关系，整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量，故选项C 正确；整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量，故选项D 错误．12.如图甲，光滑水平面上放着长木板B ，质量为m ＝2 kg 的木块A 以速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板B 的上表面，由于A 、B 之间存在摩擦，之后木块A 与长木板B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A ．木块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.1 B ．长木板的质量M ＝2 kgC ．长木板B 的长度至少为2 mD ．木块A 与长木板B 组成系统损失机械能为4 J 答案 AB解析 由题图可知，木块A 先做匀减速运动，长木板B 先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1 m/s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v ，解得：M ＝m ＝2 kg ，故B 正确；由题图可知，长木板B 匀加速运动的加速度为：a B ＝Δv Δt ＝11 m/s 2＝1 m/s 2，对长木板B ，根据牛顿第二定律得：μmg ＝Ma B ，μ＝0.1，故A 正确；由题图可知前1 s 内长木板B 的位移为：x B ＝12×1×1 m ＝0.5 m ，木块A 的位移为：x A ＝2＋12×1 m ＝1.5 m ，所以长木板B 的最小长度为：L ＝x A －x B ＝1 m ，故C 错误；木块A 与长木板B 组成系统损失的机械能为：ΔE ＝12mv 02－12(m ＋M )v 2＝2 J ，故D 错误．三、非选择题13．如图所示，在实验室用两端带竖直挡板C 、D 的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M 的滑块A 、B ，做“探究碰撞中的不变量”的实验：(1)把两滑块A 和B 紧贴在一起，在滑块A 上放质量为m 的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住两滑块A 和B ，在两滑块A 和B 的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．(2)按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当两滑块A 和B 与挡板C 和D 碰撞同时，电子计时器自动停表，记下滑块A 运动至挡板C 的时间t 1，滑块B 运动至挡板D 的时间t 2. (3)重复几次取t 1、t 2的平均值． 请回答以下几个问题：(1)在调整气垫导轨时应注意_______________________________________； (2)应测量的数据还有______________________________________；(3)作用前A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为______________，作用后A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为________________．(用测量的物理量符号和已知的物理量符号表示) 答案 (1)使气垫导轨水平(2)滑块A 至挡板C 的距离L 1、滑块B 至挡板D 的距离L 2 (3)0 (M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2或M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1解析 (1)为了保证滑块A 、B 作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平．(2)要求出A 、B 两滑块在电动卡销放开后的速度，需测出A 至C 的时间t 1和B 至D 的时间t 2，并且要测量出两滑块到两挡板的运动距离L 1和L 2，再由公式v ＝xt 求出其速度．(3)设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为v A ＝L 1t 1，v B ＝－L 2t 2.作用前两滑块静止，v ＝0，速度与质量乘积之和为0；作用后两滑块的速度与质量乘积之和为(M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2.若设向右为正方向，同理可得作用后两滑块的速度与质量的乘积之和为M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1. 14．如图所示，在光滑水平面上有一质量为m 、长度为L 的木板A ，木板的右端点放有一质量为3m 的物块B (可视为质点)，木板左侧的水平面上有一物块C .当物块C 以水平向右的初速度v 0与木板发生弹性碰撞后，物块B 恰好不会从木板A 上掉下来，且最终物块C 与A 的速度相同．不计物块C 与木板A 碰撞时间，三物体始终在一直线上运动，重力加速度为g ，求：(1)物块C 的质量m C ；(2)木板A 与物块B 间的动摩擦因数μ. 答案 (1)2m (2)2v 029gL解析 (1)物块C 与木板A 发生碰撞的过程，以向右为正方向，由动量守恒定律与能量守恒定律得：m C v 0＝m C v C ＋mv A 12m C v 02＝12m C v C 2＋12mv A 2 木板A 和物块B 相互作用过程，由动量守恒定律得 mv A ＝4mv由最终物块C 与木板A 的速度相同可知v C ＝v 联立得m C ＝2m(2)木板A 和物块B 相互作用过程，由能量守恒得 3μmgL ＝12mv A 2－12×4mv 2解得μ＝2v 029gL.15．如图所示，半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P 点相切，一个质量为2m 的物块B (可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q 点为弹簧处于原长时的左端点，P 、Q 间的距离为R ，PQ 段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q 点右侧水平地面光滑，现将质量为m 的物块A (可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g .求：(1)物块A 沿圆弧轨道滑至P 点时对轨道的压力大小； (2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)； (3)物块A 最终停止位置到Q 点的距离． 答案 (1)3mg (2)13mgR (3)19R解析 (1)物块A 从静止沿圆弧轨道滑至P 点，设速度大小为v P ， 由机械能守恒定律有：mgR ＝12mv P 2设在最低点轨道对物块的支持力大小为F N ， 由牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v P 2R ，联立解得：F N ＝3mg ，由牛顿第三定律可知物块A 沿圆弧轨道滑至P 点时对轨道的压力大小为3mg . (2)设物块A 与弹簧接触前瞬间的速度大小为v 0，由动能定理有mgR －μmgR ＝12mv 02－0，解得v 0＝gR ，当物块A 、物块B 具有共同速度v 时，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向 由动量守恒定律有：mv 0＝(m ＋2m )v ， 12mv 02＝12(m ＋2m )v 2＋E pm ， 联立解得E pm ＝13mgR .(3)设物块A 与弹簧分离时，A 、B 两物体的速度大小分别为v 1、v 2，则有mv 0＝－mv 1＋2mv 2， 12mv 02＝12mv 12＋12(2m )v 22， 联立解得：v 1＝13gR ，设物块A 最终停在Q 点左侧x 处， 由动能定理有：－μmgx ＝0－12mv 12，解得x ＝19R .16.如图甲所示，半径为R ＝0.45 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B 点为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B 点有一静止的平板车，其质量M ＝5 kg ，长度L ＝0.5 m ，车的上表面与B 点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A 由静止释放，其质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.(1)求物块滑到B 点时对轨道压力的大小；(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力F f 随它距B 点位移L 的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小． 答案 (1)30 N (2)0.5 m/s (3) 5 m/s解析 (1)物块从圆弧轨道A 点滑到B 点的过程中机械能守恒： mgR ＝12mv B 2解得：v B ＝3 m/s在B 点由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v B 2R解得：F N ＝30 N则物块滑到B 点时对轨道的压力F N ′＝F N ＝30 N (2)物块滑上平板车后，系统的动量守恒， mv B ＝(m ＋M )v 共 解得v 共＝0.5 m/s(3)物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为F f －L 图线与横轴所围的面积，则克服摩擦力做功为 W f ＝(2＋6)×0.52J ＝2 J 物块在平板车上滑动的过程中，由动能定理得： －W f ＝12mv 2－12mv B 2解得：v ＝ 5 m/s.。
高考物理一轮复习限时规范专题练(二)动量与能量问题综合应用课件
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9．(2018·兰州诊断)(15 分)将一端带有四分之一圆弧轨道的长木板固定在 水平面上，其中 B 点为圆弧轨道的最低点，BC 段为长木板的水平部分，长 木板的右端与平板车平齐并紧靠在一起，但不粘连。现将一质量 m1＝2 kg 的 物块由圆弧的最高点 A 无初速度释放，经过 B 点时对长木板的压力大小为 40 N。物块经 C 点滑到平板车的上表面。若平板车固定不动，物块恰好停在 平板车的最右端。已知圆弧轨道的半径 R＝3.6 m，BC 段的长度 L1＝5.0 m， 平板车的长度 L2＝4 m，物块与 BC 段之间的动摩擦因数 μ＝0.2，平板车与 水平面之间的摩擦可忽略不计，g＝10 m/s2。求：
()
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A．木块静止，d1＝d2 B．木块向右运动，d1<d2 C．木块静止，d1<d2 D．木块向左运动，d1＝d2
答案 C
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答案
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 mv 弹，左侧射手射出的子弹射入木块 中时，
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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( )
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动力学和能量观点的综合应用
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动力学和能量观点的综合应用1.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v 顺时针运动，某时刻一个质量为m 的小物块，以大小也是v 、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W ，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ，则下列判断中正确的是( )A ．W ＝0，Q ＝m v 2B ．W ＝0，Q ＝2m v 2C ．W ＝m v 22，Q ＝m v 2D ．W ＝m v 2，Q ＝2m v 22.(多选)如图所示，质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，轨道与传送带在A 点平滑连接，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带A 、B 两点之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度顺时针运动，则(g 取10 m/s 2)( )A ．物体从A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC ．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2 JD ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J3.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，则力F 对木板所做的功为( )A.m v 24B.m v 22 C ．m v 2D ．2m v 24．(多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t ＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v －t 图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m ＝1 kg ，已知木板足够长，g 取10 m/s 2，则( )A ．小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5B ．在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 JC ．小物块的初速度为v 0＝12 m/sD ．0～2 s 与2～3 s 物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17∶15．(多选)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，速率始终不变．t ＝0时刻在传送带适当位置上放一具有一定初速度的小物块．取沿传送带向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示．已知小物块质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．传送带顺时针转动，速度大小为2 m/sB ．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝235C ．0～t 2时间内因摩擦产生的热量为27 JD ．0～t 2时间内电动机多消耗的电能为28.5 J6.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M ＝1.0 kg ，长度L ＝1.0 m ．在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m ＝1.0 kg.小铁块和木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F 将木板抽出，若F ＝8 N ，g 取10 m/s 2.求：(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功； (2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q .7．(2023·安徽省六安中学高三检测)如图所示，水平轨道AB 长为2R ，其A 端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上．圆心在O 1、半径为R 的光滑圆弧轨道BC 与AB 相切于B 点，并且和圆心在O 2、半径为2R 的光滑细圆管轨道CD 平滑对接，O 1、C 、O 2三点在同一条直线上．光滑细圆管轨道CD 右侧有一半径为2R ，圆心在D 点的14圆弧挡板MO 2竖直放置，并且与地面相切于O 2点．质量为m 的小滑块(可视为质点)从轨道上的C 点由静止滑下，刚好能运动到A 点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B 点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D (计算时圆管直径可不计，重力加速度为g )．求：(1)小滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数μ； (2)弹簧锁定时具有的弹性势能E p ；(3)小滑块通过最高点D 后落到挡板上时具有的动能E k .8.“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐．挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆．某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC 为一段半径为R ＝5 m 的光滑圆弧轨道，B 为圆弧轨道的最低点．P 为一倾角θ＝37°的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板DE ，木板上边缘与斜面顶端D 重合，圆形轨道末端C 与斜面顶端D 之间的水平距离为x ＝0.32 m ．一物块以某一速度从A 端进入，沿圆形轨道运动后从C 端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t ＝0.2 s 恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长．已知物块质量m ＝3 kg ，薄木板质量M ＝1 kg ，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝1924，木板与物块之间的动摩擦因数μ2＝56，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，求：(1)物块滑到圆轨道最低点B 时，对轨道的压力(计算结果可以保留根号)； (2)物块相对于木板运动的距离；(3)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量．9．如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC 平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接．水平传送带MN以v0＝4 m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8 m，MN间的距离为L MN＝3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑．直轨道BC长L BC＝1 m，小滑块P的质量为m＝1 kg.重力加速度g取10 m/s2.(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P 从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程中的水平位移大小；(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H 的范围．答案及解析1．B 2.AC 3.C 4.ACD 5.ABC 6．(1)－7.5 J 4.5 J (2)3 J解析 (1)当用F ＝8 N 的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度大小为a 1＝μg ＝3 m/s 2木板运动的加速度大小为 a 2＝F －μmg M ＝5 m/s 2设抽出过程的时间为t ，则有 12a 2t 2－12a 1t 2＝L ， 解得t ＝1 s ，所以小铁块运动的位移为x 1＝12a 1t 2，解得x 1＝1.5 m木板运动的位移为x 2＝12a 2t 2，解得x 2＝2.5 m摩擦力对小铁块做的功为 W 1＝μmgx 1， 解得W 1＝4.5 J 摩擦力对木板做的功为 W 2＝－μmgx 2， 解得W 2＝－7.5 J(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q ＝μmgL ＝3 J. 7．(1)13 (2)113mgR(3)(22－1)mgR解析 (1)由几何关系得BC 间的高度差h ＝23R小滑块从C 点运动到A 点的过程中，由动能定理得mgh －μmg ·2R ＝0，解得μ＝13(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W 弹＝E p 滑块从A 到D 过程由动能定理得 E p －mg ·2R －μmg ·2R ＝12m v 2－0 滑块在D 点，由重力提供向心力，有mg ＝m v 22R联立解得E p ＝113mgR .(3)滑块通过D 点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x ＝v t 竖直方向有y ＝12gt 2由几何关系可知x 2＋y 2＝4R 2可得滑块落到挡板上时的动能为E k ＝12m [v 2＋(gt )2]，联立解得E k ＝(22－1)mgR .8．(1)(91.92－245) N (2)1.5 m (3)87 J解析 (1)物块由C 到D ，做斜上抛运动 水平方向v 水平＝xt＝1.6 m/s物块恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，则在D 的速度大小 v ＝v 水平cos θ＝2 m/s ， v 竖直＝v sin θ＝1.2 m/s物块在C 端时竖直方向速度大小v 竖直′＝v 竖直－gt ＝－0.8 m/s ， v C ＝v 水平2＋v 竖直′2＝455m/s 由B 到C 有12m v B 2＝12m v C 2＋mgR (1－cos α)其中cos α＝v 水平v C，在B 点有F N －mg ＝m v B 2R由牛顿第三定律得F 压＝F N ＝(91.92－245) N(2)物块刚滑上木板时，对物块有μ2mg cos θ－mg sin θ＝ma m ，解得物块加速度大小a m ＝23 m/s 2，做匀减速直线运动对木板有μ2mg cos θ＋Mg sin θ－μ1(M ＋m )g cos θ＝Ma M ，解得木板加速度大小a M ＝23 m/s 2，做匀加速直线运动设两者经时间t 1达到共速v 共，则有v －a m t 1＝a M t 1＝v 共 解得t 1＝1.5 s ，v 共＝1 m/s 此过程中s 物＝v ＋v 共2t 1＝94 m ，s 板＝v 共2t 1＝34m物块相对于木板运动的距离 Δs ＝s 物－s 板＝1.5 m(3)μ2mg cos θ>mg sin θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止． 以物块和木板为整体，a 共＝μ1g cos θ－g sin θ＝13 m/s 2，s 共＝v 共22a 共＝1.5 mQ 物－板＝μ2mg cos θ·Δs ＝30 JQ 板－斜＝μ1(M ＋m )g cos θ·(s 板＋s 共)＝57 J整个过程中，系统由于摩擦产生的热量Q ＝Q 物－板＋Q 板－斜＝87 J. 9．(1)0.4 m (2)0.8 m (3) 0.7 m ≤H ≤0.8 m解析 (1)滑块P 在圆形轨道F 点时对轨道的压力刚好为零，则v F ＝0 mg (H －R )－μmgL BC ＝0解得H ＝0.4 m(2)H ′＝1.0 m ，设滑块运动到N 点时的速度为v N ，对滑块从开始到N 点的过程应用动能定理mgH ′－μmg (L BC ＋L MN ) ＝12m v N 2－0 解得v N ＝2 m/s滑块从N 点做平抛运动，水平位移为 x ＝v N2hg＝0.8 m (3)设滑块P 在运动过程中恰好能第一次经过E 点时，高度差为H 1，从开始到E 点应用动能定理有mgH 1－μmgL BC －2mgR ＝12m v E 2－0 在E 点时有mg ＝m v E 2R解得H 1＝0.7 m滑块滑上传送带时的速度为v M mgH 1－μmgL BC ＝12m v M 2－0v M ＝10 m/s<4 m/s 滑块做减速运动的位移为 L ＝v M 22μg＝2.5 m<L MN因此滑块返回M 点时的速度为v M ′＝10 m/s ，因此能第二次过E 点． 设高度为H 2时，滑块从传送带返回M 点时的最大速度为 v ＝2μgL MN ＝2 3 m/s 从开始到M 点应用动能定理有mgH 2－μmgL BC ＝12m v 2－0解得H 2＝0.8 m第二次经过E 点后，当滑块再次从B 点滑上圆轨道时在B 点的速度为v B ，则有mgH 2－3μmgL BC ＝12m v B 2－0 v B ＝2 m/s<10 m/s所以滑块不会第三次过E 点，则能两次经过E 点的高度差H 的范围是0.7 m ≤H ≤0.8 m.。
2020年高考物理一轮复习考点综合提升训练卷：动力学观点和能量观点的应用(含解析)
2020年高考物理一轮复习考点综合提升训练卷---动力学观点和能量观点的应用1．如图所示，水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态。
把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。
随后让传送带以v2的速度匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2。
下列关系中正确的是()A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2C．W1＞W2，P1＝P2，Q1＞Q2D．W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q2【答案】B【解析】因为两次的拉力和拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以W1＝W2，当传送带不动时，物体运动的时间为t1＝lv1；当传送带以v2的速度匀速运动时，物体运动的时间为t2＝lv1＋v2，所以第二次用的时间短，功率大，即P1＜P2；一对滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也等于转化的内能，第二次的相对路程小，所以Q1＞Q2，选项B正确。
2．将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图2甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。
现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木板A的左端开始向右滑动，如图乙所示。
若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是()A．小铅块将从木板B的右端飞离木板B．小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等D．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量【答案】BD【解析】在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，两者速度就已经相同，选项A错误，B正确；根据摩擦力乘相对位移等于产生的热量，第一次的相对位移大小大于第二次的相对位移大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量，选项C错误，D正确。
考点17 动量、能量综合问题-2020年 新高三一轮复习物理(解析版)
考点17 动量、能量综合问题一、选择题1．带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径．若a、b的电荷量分别为q a、q b，质量分别为m a、m b，周期分别为T a、T b.则一定有()A．q a＜q bB．m a＜m bC．T a＜T bD．<【答案】A【解析】粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB＝m，解得：r＝，由于mv、B相同，故r∝，a运动的半径大于b运动的半径，故q a＜q b，A正确；由于动量mv相同，但速度大小未知，故无法判断质量大小，B错误；周期T＝，由于不知道速度大小关系，故无法判断周期关系，C错误；＝，由于速度大小关系不确定，故无法判断比荷关系，D错误2．“纵跳摸高”是一种很好的有助于青少年长高的运动．其动作要领是原地屈膝两脚快速用力蹬地，跳起腾空后充分伸展上肢摸到最高点．则人在进行纵跳摸高时，从他开始屈膝到摸到最高点的过程中() A．人始终处于超重状态B．人始终处于失重状态C．地面支持力对人的冲量与重力冲量的大小相等D．地面支持力对人做的功等于重力势能的增量【答案】C【解析】人在起跳过程，加速度向上，处于超重状态，而在空中时，加速度向下，处于失重状态，故A、B 错误；对人跳起的全过程分析，人受重力和支持力的冲量，根据动量定理可知，初末动量为零，则有地面支持力对人的冲量与重力冲量的大小相等，C正确；人在跳起时，地面对人的支持力对人不做功，是人自身做功增加了人的重力势能，D错误3．(多选)一个质点受到外力作用，若作用前后的动量分别为p、p′，动量的变化量为Δp，速度的变化量为Δv，动能的变化量为ΔE k，则( )A．p＝－p′是不可能的B．Δp垂直于p是可能的C．Δp垂直于Δv是可能的D．Δp≠0，ΔE k＝0是可能的【答案】BD【解析】若作用前后质点的速度大小相等、方向相反时，p＝－p′是可能的，A错误；若外力的冲量与p垂直，则Δp与p垂直，B正确；动量变化量Δp与速度变化量Δv的方向相同，C错误；若只有速度方向变化而速度大小不变，则有Δp≠0而ΔE k＝0，例如匀速圆周运动，D正确4．如图所示，子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动。
2020年高考物理《动量与能量的综合应用》专题训练及答案解析
2020年高考物理《动量与能量的综合应用》专题训练1.如图所示，质量M ＝1.5 kg 的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为0.5 kg 的滑块Q 。
水平放置的轻弹簧左端固定，质量为0.5 kg 的小物块P 置于光滑桌面上的A 点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长。
现用水平向左的推力F 将P 缓慢推至B 点(弹簧仍在弹性限度内)，推力做功W F ＝4 J ，撤去F 后，P 沿桌面滑到小车左端并与Q 发生弹性碰撞，最后Q 恰好没从小车上滑下。
已知Q 与小车表面间动摩擦因数μ＝0.1。
(取g ＝10 m/s 2)求：(1)P 刚要与Q 碰撞前的速度是多少？(2)Q 刚在小车上滑行时的初速度v 0是多少？(3)为保证Q 不从小车上滑下，小车的长度至少为多少？【解析】(1)推力F 通过P 压缩弹簧做功，根据功能关系有E p ＝WF ①当弹簧完全推开物块P 时，有E p ＝12m P v 2②由①②式联立解得v ＝4 m/s 。
(2)P 、Q 之间发生弹性碰撞，设碰撞后Q 的速度为v 0，P 的速度为v ′，由动量守恒和能量守恒得 m P v ＝m P v ′＋m Q v 0③12m P v 2＝12m P v ′2＋12m Q v 20④ 由③④式解得v 0＝v ＝4 m/s ，v ′＝0。
(3)设滑块Q 在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为u ，由动量守恒可得m Q v 0＝(m Q ＋M )u ⑤根据能量守恒，系统产生的摩擦热μm Q gL ＝12m Q v 20－12(m Q ＋M )u 2⑥ 联立⑤⑥解得L ＝6 m 。
【答案】(1)4 m/s (2)4 m/s (3)6 m2.如图所示，竖直平面MN 与纸面垂直，MN 右侧的空间内存在着垂直纸面向内的匀强磁场和水平向左的匀强电场，MN 左侧的水平面光滑，右侧的水平面粗糙。
质量为m 的物体A 静止在MN 左侧的水平面上，已知物体A 带负电，所带电荷量的大小为q 。
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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 2B ．木块向右运动，d 1<d 2C ．木块静止，d 1<d 2D ．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<d 2，C 正确。
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 3C ．A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为 4gR 3D ．B 向右运动的最大位移的大小为2R3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 ＝4gR3，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 ＝2R3，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 ＝1.5×104J ，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 2B ．0.01 m/s 2C ．0.0005 m/s 2D ．0.005 m/s 2答案 A解析 由光子的动量p ＝hλ，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·Δtε。
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 ＝ΔpmΔt ＝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 kgD ．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＝86－2 m/s ＝2 m/s,v 2＝16－86－2 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 22）＝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( )A ．t ＝0时，两物体的距离为1 mB ．t ＝2.5 s 时，两物体的距离为4.5 mC ．两物体间的碰撞为完全弹性碰撞D ．碰撞前，地面对两个物体的摩擦力大小不相等 答案 BC解析 两物体相向运动，均做匀减速直线运动，1 s 时相碰，可知t ＝0时，两物体的距离为Δs＝12×(4＋6)×1 m＋12×(2＋6)×1 m＝9 m ，A 错误；t ＝2.5 s 时，两物体的距离为Δs′＝12×6×(2.5－1) m ＝4.5 m ，B 正确；设碰前速度为正值的物体的质量为m 1，速度为负值的物体的质量为m 2，由题设可知，碰后原来速度为正值的物体的速度变为零，由动量守恒定律可知，m 1×4＋m 2×(－2)＝m 2×6，解得m 1＝2m 2，由能量关系：碰前E 1＝12m 1×42＋12m 2×22＝8m 1＋2m 2＝18m 2，碰后E 2＝12m 2×62＝18m 2，则两物体间的碰撞为完全弹性碰撞，C 正确；碰前速度为正值的物体所受的摩擦力大小f 1＝m 1a 1＝m 1×6－41＝2m 1，速度为负值的物体所受的摩擦力大小f 2＝m 2a 2＝m 2×6－21＝4m 2＝2m 1＝f 1，则D 错误。
二、非选择题(本题共4小题，共52分)7．(10分)如图所示，两个木块A 、B 的质量分别为M 1＝0.49 kg 、M 2＝0.5 kg ，二者静置在光滑水平地面上，两木块间夹有一轻质弹簧，一颗质量m ＝0.01 kg 的弹丸以大小为150 m/s 的速度v 0打入木块A 并停留在其中(打击时间极短)，求：(1)弹丸射入A与A相对静止瞬时的速度v1；(2)当木块B的速度v＝1 m/s时，弹簧的弹性势能E p。
答案(1)3 m/s (2)1 J解析(1)弹丸与木块A相互作用的过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M1)v1解得v1＝3 m/s。
(2)弹丸同木块A一起压缩弹簧与木块B作用的过程中，系统动量守恒，机械能守恒，有(m＋M1)v1＝(m＋M1)v2＋M2v1 2(m＋M1)v21＝E p＋12(m＋M1)v22＋12M2v2联立解得E p＝1 J。
8．(2018·合肥质检三)(12分)如图所示，质量为m、半径为R、内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，其左侧紧靠竖直墙，右侧紧靠一质量为m的小滑块。
将一质量为2m的小球自左侧槽口A的正上方某一位置由静止开始释放，由圆弧槽左端A点进入槽内，小球刚好能到达槽右端C点，重力加速度为g，求：(1)小球开始下落时距A 的高度h ；(2)小球从开始下落到槽最低点B 的过程中，墙壁对槽的冲量； (3)小滑块离开槽的速度大小。
答案 (1)R (2)4m gR ，水平向右 (3)2gR解析 (1)设小球第一次运动到槽最低点B 的速度为v B ，小球从开始释放至运动到B 点的过程中，则有：2mg(h ＋R)＝12×2mv 2B设小球运动到C 点时，小球、半圆槽和小滑块系统的共同速度为v 共，小球从B 点到C 点的过程中，则有：12×2mv 2B ＝2mgR ＋12×(2m＋m ＋m)v 2共 2mv B ＝(2m ＋m ＋m)v 共 解得h ＝R v B ＝2gR 。
(2)对小球、半圆槽和小滑块系统，从开始至小球下落到B 点的过程中，由动量定理： I ＝2mv B －0解得I ＝4m gR ，方向水平向右。
(3)对小球、半圆槽和小滑块系统，从小球第一次到B 点至第二次到B 点过程： 2mv B ＝2mv B ′＋2mv 槽12×2mv 2B ＝12×2mv B ′2＋12×2mv 2槽 解得：v B ′＝0，v 槽＝2gR ，小球第二次到B 点后，小滑块离开槽而向右做匀速直线运动，速度为v 滑＝v 槽＝2gR 。
9．(2018·兰州诊断)(15分)将一端带有四分之一圆弧轨道的长木板固定在水平面上，其中B 点为圆弧轨道的最低点，BC 段为长木板的水平部分，长木板的右端与平板车平齐并紧靠在一起，但不粘连。
现将一质量m 1＝2 kg 的物块由圆弧的最高点A 无初速度释放，经过B 点时对长木板的压力大小为40 N 。
物块经C 点滑到平板车的上表面。