2023一轮复习课后速练29 6.3 动量与能量综合应用五大模型

这是一份2023一轮复习课后速练29 6.3 动量与能量综合应用五大模型，共13页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2023一轮复习课后速练(二十九)
一、选择题
1.(2021·四川模拟)如图，质量为3 kg的木板放在光滑水平面上，质量为1 kg的物块在木板上，它们之间的动摩擦因数μ＝0.5，速度分别为v1＝1 m/s 、v2＝3 m/s的初速度向相反方向运动，物体最后没有滑离长木板．下面说法正确的是(　　)
A．物块和木板相对静止的速度大小是2.5 m/s
B．系统损失的机械能为5 J
C．长木板长度至少为1.2 m
D．物体相对运动时间是0.2 s
【答案】　C
【思维分析】 设木板的质量为M，物块的质量为m，根据动量守恒(M＋m)v＝Mv2－mv1，解得v＝2 m/s，即物块和木板相对静止的速度大小是2 m/s，A项错误；系统损失的机械能ΔE＝Mv22＋mv12－(m＋M)v2＝6 J，B项错误；长木板长度至少为L，根据ΔE＝Mv22＋mv12－(m＋M)v2＝μmgL，解得L＝1.2 m，C项正确；对于木板，根据动量定理－μmgt＝Mv－Mv1，解得t＝0.6 s，D项错误．故选C项．
2.(2021·天津模拟)如图，光滑水平面上放有A、B两物块，B的质量M＝3 kg，A的质量m＝1 kg，B上固定一根水平轻质弹簧，B处于静止状态，A以速度v0＝4 m/s冲向B，并与弹簧发生作用．已知A、B始终在同一条直线上运动，则在A与弹簧作用直至分离的过程中，弹簧弹性势能的最大值Ep及B的最大速度vB分别是(　　)
A．Ep＝4 J，vB＝1 m/s　　　　 B．Ep＝6 J，vB＝1 m/s
C．Ep＝4 J，vB＝2 m/s D．Ep＝6 J，vB＝2 m/s
【答案】　D
【思维分析】 当两者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设速度为v.取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v，由机械能守恒定律有Ep＝mv02－(M＋m)v2，联立解得Ep＝6 J，即弹簧弹性势能的最大值为6 J，当弹簧恢复原长时，B的速度最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0＝mvA＋MvB，mv02＝mvA2＋mvB2，联立解得vB＝2 m/s，vA＝－2 m/s，所以B的最大速度为2 m/s，方向向右．故选D项．
3．(2022·山东模拟)(多选)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v0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．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cos θ＝(m＋M)v
C．mgh＝m(v0sin θ)2
D．mgh＋(m＋M)v2＝mv02
【答案】　BD
【思维分析】 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mv0cos θ＝(m＋M)v，故A项错误，B项正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＋(m＋M)v2＝mv02，故C项错误，D项正确．
4．(2022·海南模拟)(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出．若射击上层，则子弹刚好能射进一半厚度，如图所示，上述两种情况相比较(　　)

A．子弹损失的动能一样多
B．子弹射击上层时，从射入到共速所经历时间较长
C．系统产生的热量一样多
D．子弹与上层摩擦力较大
【答案】　ACD
【思维分析】 子弹射入滑块的过程中，将子弹和滑块看成一个整体，合力为0，动量守恒，所以两种情况后子弹和滑块的速度相同，所以末动能相同，故系统损失的动能一样多，产生的热量一样多，A、C两项正确；子弹射入上层滑块能进一半厚度，射入下层滑块刚好不射出，说明在上层所受的摩擦力比下层大，根据动量定理可知，两种情况冲量相同，子弹射击上层所受摩擦力大，所以从入射到共速经历时间短，B项错误，D项正确．故选A、C、D三项．
5.(2021·山西模拟)(多选)如图，质量分别为m1＝1.0 kg和m2＝2.0 kg的弹性小球a、b，用轻绳紧紧地把它们捆在一起，使它们发生微小的形变．该系统以速度v0＝0.10 m/s沿光滑水平面向右做直线运动．某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过时间t＝5.0 s后，测得两球相距s＝4.5 m，则下列说法正确的是(　　)
A．刚分离时，a球的速度大小为0.7 m/s
B．刚分离时，b球的速度大小为0.2 m/s
C．刚分离时，a、b两球的速度方向相同
D．两球分开过程中释放的弹性势能为0.27 J
【答案】　ABD
【思维分析】 系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，位移：s＝v1t－v2t，代入数据解得：v1＝0.70 m/s，v2＝－0.20 m/s，负号表示速度方向与正方向相反；故A、B两项正确，C项错误；由能量守恒定律得(m1＋m2)v02＋Ep＝m1v12＋m2v22，代入数据解得Ep＝0.27 J，D项正确．故选A、B、D三项．
6．(多选)如图所示，一轻杆两端分别固定a、b两个半径相等的光滑金属球，a球质量大于b球质量，整个装置放在光滑的水平面上，设b球离地高度为h，将此装置从图示位置由静止释放，则下列判断正确的是(　　)
A．在b球落地前的整个过程中，a、b及轻杆系统，动量守恒，机械能守恒
B．在b球落地前瞬间，b球的速度大小为
C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做的功为零
D．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做正功
【答案】　BC
【思维分析】 在b球落地前的整个过程中，b球竖直方向有加速度，系统竖直方向的合力不为零，而水平方向不受外力，所以系统的合力不为零，系统的动量不守恒．由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故A项错误．对两球及杆系统，根据系统水平方向动量守恒知，系统初始动量为零，则在b球落地前瞬间，a球的速度必定为零，根据系统的机械能守恒得：mbgh＝mbv2，可得，b球的速度大小v＝，故B项正确；由动能定理可知，杆对a球做功为0，系统机械能守恒，则除了重力之外的力做的功必定为零，对b球做功也为0，故C项正确，D项错误．
7.(2021·荆州模拟)如图所示，在光滑水平面上停放质量为m、装有弧形槽的小车，现有一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则下列说法正确的是(　　)
A．小球离车后，对地将做自由落体运动
B．小球离车后，对地将向右做平抛运动
C．小球在弧形槽上上升的最大高度为
D．此过程中小球对车做的功为mv02
【答案】　C
【思维分析】 设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得2mv0＝mv2＋2mv1，由机械能守恒定律得·2mv02＝mv22＋·2mv12，解得v1＝v0＝v0，v2＝v0，所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动，故A、B两项错误；当小球与小车的水平速度相等时，小球在弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得2mv0＝3mv，由机械能守恒定律得·2mv02＝·3mv2＋2mgh，解得h＝，故C项正确；对小车运用动能定理得，小球对小车做功，W＝·2mv02－·2mv12＝mv02，故D项错误．故选C项．
8.(2019·济南一模)(多选)如图所示，质量相同的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计，下列说法正确的是(　　)
A．A球将做变速圆周运动
B．B球将一直向右运动
C．B球向右运动的最大位移为L
D．B球运动的最大速度为
【答案】　CD
【思维分析】 由于B点不固定，故A的轨迹不可能为圆周，故A项错误；A球来回摆动，B球将左右做往复运动，故B项错误；对A、B，水平方向动量守恒，从A球释放到A球摆到最左端过程中，取水平向左为正方向，由水平方向上动量守恒得：
mA－mB＝0，即有mAsA＝mBsB
又sA＋sB＝2L，得B球向右运动的最大位移sB＝L，故C项正确；当A球摆到B球正下方时，B的速度最大．由水平方向上动量守恒，得mAvA＝mBvB
由机械能守恒，得mAgL＝mAvA2＋mBvB2，解得B球运动的最大速度为vB＝，故D项正确．
9．(2021·重庆模拟)(多选)如图，A、B、C三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，三个球的质量分别为mA＝2 kg、mB＝3 kg、mC＝2 kg，初状态三个小球均静止，B、C两球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态．现给A一个向左的初速度v0＝10 m/s，A、B碰后A球的速度变为向右，大小为2 m/s.下列说法正确的是(　　)
A．球A和B碰撞是弹性碰撞
B．球A和B碰后，弹簧恢复原长时，球C的速度为9.6 m/s
C．球A和B碰后，球B的最小速度为1.6 m/s
D．球A和B碰后，弹簧的最大弹性势能可以达到96 J
【答案】　ABC
【思维分析】 A、B两球相碰，根据动量守恒定律mAv0＝mAv1＋mBv2，代入数据，可求得v2＝8 m/s.由于在碰撞的过程中满足mAv02＝mAv12＋mBv22，因此该碰撞是弹性碰撞，A项正确；由于B、C及弹簧组成的系统在运动的过程中满足动量守恒和机械能守恒，当B的速度最小时，应该是弹簧处于原长状态mBv2＝mBv3＋mCv4，mBv22＝mBv32＋mCv42，整理得v3＝1.6 m/s，v4＝9.6 m/s，因此B的最小速度为1.6 m/s，此时C球的速度为9.6 m/s，B、C两项正确；当B、C两球速度相等时，弹簧的弹性势能最大mBv2＝(mB＋mC)v5，Ep＝mBv22－(mB＋mC)v52，解得Ep＝38.4 J，D项错误．故选A、B、C三项．
10.(2022·成都模拟)(多选)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物体上部半圆形槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计．则下列说法正确的是(　　)
A．A不能到达B圆槽的左侧最高点
B．B向右匀速运动
C．A运动到圆槽最低点的速率为v＝
D．B向右运动的最大位移大小为R
【答案】　CD
【思维分析】 物体A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A到达左侧最高位置时速度为零，此时B的速度也为零，由机械能守恒可知，A能到达B圆槽的左侧最高点，故A项错误；物体B向右先加速后减速，减速到零之后又向左先加速后减速，即做往返运动，故B项错误；由于水平方向上动量守恒，所以有mvA－2mvB＝0，即vA＝2vB，物体A运动到圆槽的最低点的运动过程中，A、B整体机械能守恒，即mgR＝mvA2＋·2mvB2＝mvA2，解得vA＝，故C项正确；物体A、B在水平方向上的最大位移之和为2R，由于A的速度总是B的2倍，所以A的位移也是B的2倍，则B向右运动的最大位移大小为xB＝2R×＝R，故D项正确．故选C、D两项．
二、非选择题
11．(2021·洛阳二模)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg.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图像如图乙所示．求：

(1)物块C的质量mC；
(2)B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep.
【答案】　(1)2 kg　(2)9 J
【思维分析】 (1)由图乙知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度为正方向，
由动量守恒定律得：mCv1＝(mA＋mC)v2
解得：mC＝2 kg.
(2)t＝12 s时B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B速度v4相等时，弹簧弹性势能最大．
根据动量守恒定律，有：(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4
根据机械能守恒定律，有：(mA＋mC)v32＝(mA＋mB＋mC)v42＋Ep，解得Ep＝9 J.
12．(2021·合肥模拟)如图所示，木板A、B静止于光滑水平桌面上，B上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C，B、C间的动摩擦因数为μ，A、B由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态，现在突然给C一个向右的速度2v0，让C在B上滑动，当C的速度为v0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B的速度为，A、B、C的质量均为m.

(1)从C获得速度2v0开始经过多长时间绳子被拉直？
(2)拉断绳子造成的机械能损失为多少？
(3)若最终滑块C未脱离木板B，则木板B的长度至少为多少？
【答案】　(1)　(2)mv02　(3)
【思维分析】 (1)从C获得一个向右的速度2v0到绳子拉直的过程中，取向右为正方向，由动量定理有－μmgt＝mv0－m·2v0，得t＝.
(2)设绳刚被拉直时B的速度为vB，对B、C系统分析，由动量守恒定律有m·2v0＝mv0＋mvB，得vB＝v0，绳子拉断过程中，A、B组成的系统动量守恒mvB＝mvA＋m·，得vA＝，绳子拉断过程中，A、B系统由能量守恒定律得机械能的损失ΔE＝mvB2－mvA2－m，得ΔE＝mv02.
(3)设C在拉断前的过程中相对于B的位移为L1，由能量守恒定律m(2v0)2＝mv02＋mvB2＋μmgL1
设绳子拉断后C恰好滑到B的右端时又相对于B滑动了L2，对B、C分析，根据动量守恒定律有mv0＋m＝2mv，由能量守恒定律有m＋mvB2＝×2mv2＋μmgL2，木板至少长L＝L1＋L2，得L＝.
13.(2021·福建模拟)如图，在光滑水平地面上有一辆质量M＝2 kg的小车，小车左右两侧均为半径R＝0.3 m的四分之一光滑圆弧轨道，两圆弧轨道之间平滑连接长L＝0.6 m的粗糙水平轨道．质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)从小车左侧圆弧轨道顶端A处静止释放，小物块和粗糙水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)小物块第一次滑到左侧圆弧轨道末端时，小物块与小车的速度大小之比；
(2)小物块第一次滑到右侧圆弧轨道上的最大高度h；
(3)整个运动过程小物块在粗糙水平轨道上经过的路程s及全过程小车在地面上发生的位移x的大小．
【答案】　(1)2∶1　(2)0.24 m　(3)3 m　0.3 m
【思维分析】 (1)小物块和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设水平向右为正方向，小物块第一次滑到左侧圆弧轨道末端时速度大小为v1，小车速度大小为v2
0＝mv1－Mv2，可得v1∶v2＝2∶1.
(2)小物块第一次滑到右侧圆弧轨道上的最大高度h处时，小物块和小车有相同的水平速度v′，有0＝(m＋M)v′，由系统能量守恒得mgR＝mgh＋μmgL＋(m＋M)v′2，得h＝0.24 m.
(3)小物块最终与小车相对静止，有0＝(m＋M)v″，得v″＝0，整个过程，由系统能量守恒得mgR＝μmgs，得s＝3 m，则s＝5L，可知，物块在小车的水平轨道最右端(或右侧圆弧底端)相对小车静止，则物块相对小车发生位移x总＝R＋L，系统水平方向动量守恒，设小物块水平向右发生位移大小为x1，小车水平向左发生位移大小为x，有mx1＝Mx，又x1＋x＝x总，得x＝0.3 m.