百强校高考物理题型复习专题33：动量和能量的综合应用

百强校高考物理题型复习专题33：动量和能量的综合应用

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 评卷人 得分 一、单选题

1．两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量4kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘在一起运动.则下列说法正确的是( )

A． B、C碰撞刚结束时BC的共同速度为3 m/s B．弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3 m/s C．弹簧的弹性势能最大值为36J

D．弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同

2．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上。现使A获得水平向右、大小为3m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得

A．在t1和t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于压缩状态 B．在t1~t2时间内A、B的距离逐渐增大，t2时刻弹簧的弹性势能最大 C．两物体的质量之比为m1：m2=2：1

D．在t2时刻A、B两物块的动能之比为Ek1：Ek2=1：8 评卷人 得分 二、多选题

3．在光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0射击质量为M的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块在加速运动中的位移为s。则以下说法正确的是

试卷第1页，总6页

A．子弹动能的亏损大于系统动能的亏损

B．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小 C．摩擦力对M做的功一定等于摩擦力对m做的功 D．位移s一定大于深度d

4．如图所示，木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力F使弹簧压缩，已知木块a的质量的m，木块b的质量是2m，此时弹簧具有的弹性势能为Ep.当撤去外力后，下列说法中正确的是

A．a、b 及弹簧组成的系统机械能始终为Ep B．a、b 组成的系统总动量始终为

C．在弹簧长度最大时弹簧具有的弹性势能为

D．在弹簧第二次达到自然长度时木块时木块 b的速度为0

5．如图所示，小车上面固定一个两端等高的光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上．今有一个半径略小于管道半径质量为m的小球，以水平速度v从左端滑入管道，最后从管道右端滑离小车．关于这个过程，下列说法正确的是

A．小球滑离小车时，小车回到原来位置 B．小球在管道滑动过程中小车一直向右运动 C．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v D．运动过程中小车(含管道)和小球的总动能不变 评卷人 得分 三、解答题

试卷第2页，总6页

6．如图所示，一质量为M=2kg的木板放在光滑水平地面上，在此木板的左端上还有一质量为m=1kg的铁块。最初木板左端位于O点，现给铁块一个瞬间冲量I，当木板左端到达C点时，铁块刚好到达木板右端与木板一起运动。测得木板左端从A点运动到B点用时t1=0.2s，木板左端从B点运动到C点用时t2=0.3s；已知A、B两点间的距离是x1=0.24m，B、C两点间的距离是x2=0.51m，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)O、A两点间的距离和铁块与木板之间的动摩擦因数； (2)最初给铁块的瞬时冲量I的大小和木板的长度； (3)该过程中系统产生的内能

7．如图所示，左侧地面上固定着圆心为O、半径为R的光滑圆弧，圆弧上端B点与O点连线与竖直方向夹角为θ=53°，下端与静止在光滑水平面上的平板车CD上端相切，

平板车上表面粗糙，且水平部分长度为l=5m，平板车右端是一光滑圆弧轨道，平板车的质量为m=2.3kg，平板车左端C点正上方放一质量为m2=2.3kg物块Q(可视为质点)，且Q左侧粘贴有少量火药(质量不计)。一质量为m1=1kg的小滑块P从距离平板车上方高度为h=8m处的A点以v0=6m/s的初速度水平抛出，恰好从B点沿切线方向进入轨道，当滑块运动到C处与物块Q发生弹性正碰的同时火药爆炸，使P、Q分别向两侧运动。

当滑块P沿轨道返回经过F点时对轨道的压力为F1=7N，Q向右运动，并恰好能到达圆弧轨道的最高点E，Q返回后与平板车相对静止时恰好在CD的中点。已知重力加速度g取10m/s2，sin53°=0.8，c0s53°=0.6。(计算结果可用分数表示)求：

(1)滑块到达C点时的速度；

(2)若火药爆炸时释放的能量全部转化为机械能，求火药释放的化学能； (3)Q与平板车间的动摩擦因数。

试卷第3页，总6页

8．如图所示，长木板B的质量为m2=1.0kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3=1.0kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端。一个质量为m1=0.5kg的物块A从距离长木板B左侧L=20m处，以速度v0=11m/s向着长木板运动。一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上。已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1=0.1，物块C与长木板间的动摩擦

2

因数μ2=0.05，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s，求：

(1)A与B碰前瞬间A的速度大小； (2)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；

(3)长木板B的最小长度和物块A离长木板左侧的最终距离。

9．如图所示质量为m的物块A在光滑的水平面上以一定的速度向右滑行，质量为2m的圆弧体静止在光滑水平面上，光滑圆弧面最低点与水平面相切，圆弧的半径为R，圆弧所对的圆心角θ=53°，物块滑上圆弧体后，刚好能滑到圆弧体的最高点，重力加速度为g。求

(1)物块在水平面上滑行的速度大小；

(2)若将圆弧体锁定，物块仍以原来的速度向右滑行并滑上圆弧体，则物块从圆弧面上滑出后上升到最高点的速度大小及最高点离地面的高度。

10．如图所示，光滑水平台面MN上放两个相同小物块A，B，右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度L=17m，沿逆时针方向以恒定速度v0=4m/s匀速转动。物块A，B（大小不计，视作质点）与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2，物块A，B质量均为m=1kg。开始时A，B静止，A，B间压缩一轻质短弹簧。现解除锁定，弹簧弹开A，B，弹开后B滑上传送带，A掉落到地面上的Q点，已知水平台面高h=0.8m，Q点与水平台面间右端间的距离S=3.2m，g取10m/s。

2

（1）求物块A脱离弹簧时速度的大小，及弹簧储存的弹性势能；

试卷第4页，总6页

（2）求物块B在水平传送带上运动的时间； （3）求B与传送带间摩擦产生的热量。

11．如图所示，倾角θ＝37o的粗糙传送带与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，传送带始终以v＝3m/s的速率顺时针匀速转动，A、B、C滑块的质量分别为mA=1kg，mB=2kg，mC=3kg，（各滑块均可视为质点）．A、B间夹着质量可忽略的火药．k为处于原长的轻质弹簧，两端分别与B、C连接．现点燃火药（此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度），滑块A以6m/s的速度水平向左冲出，接着沿传送带向上运动，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.75，传送带与水平面足够长，=0.6，cos37°=0.8． 取g=10m/s，sin37°

2

(1)计算滑块A沿传送带向上滑行的最大距离x；

(2)在滑块B、弹簧、滑块C相互作用的过程中，当弹簧第一次恢复原长时（此时滑块A还未追上滑块B），计算B、C的速度；

(3)若滑块A追上滑块B时能粘住，定量分析在A与B相遇的各种可能情况下，A、B、C及弹簧组成系统的机械能范围．（提示：因A、B相遇时，B的速度不可预知，故粘住后A、B、C及弹簧组成系统的机械能有各种可能值）

12．如图所示,有一质量为M=2kg的平板小车静止在光滑的水平地面上,现有质量均为m=1kg的小物块A和B(均可视为质点),由车上P处开始,A以初速度V1=2m/s向左运动,B同时以V2=4m/s向右运动.最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车.两物块与

2

小车间的动摩擦因数都为μ=0.1,取g=10m/s.求:

(1)求小车总长L;

(2)B在小车上滑动的过程中产生的热量QB

13．如图所示，倾角θ=37°的粗糙传送带与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平A、B、C滑块的质量为mA=1kg，滑连接，传送带始终以v=3m/s的速率顺时针匀速转动，mB=2kg，mC=3kg，(各滑块均视为质点)．A、B间夹着质量可忽略的火药．k为处于原长的轻质弹簧，两端分别与B和C连接．现点燃火药(此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度)，滑块A以6m/s水平向左冲出，接着沿传送带向上前进，已

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木板匀加速运动的加速度为：

木板左端经过A点的速度为：

由速度位移关系得O、A两点间的距离为：

以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得：μmg=Ma1

代入数据解得：

(2)木板与铁块相对静止时的速度为：

取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(m+M)vC 代入数据解得：v0=6m/s

最初给铁块的瞬时冲量为：I=mv0=1×6=6N?s 以铁块为研究对象，由牛顿第二定律得：μmg=ma2

2

代入数据得：a2=4m/s

木板左端到达C点时铁块的位移为：所以木板的长度为：L=x3-(x0+x1+x2)=3m (3)该过程中系统产生的内能为：Q=μmgL 代入数据解得：Q=12J 【点睛】

本题是复杂的力学综合题，关键要理清两个物体的运动过程，熟练运用匀变速直线运动的推论来求木板的瞬时速度和加速度. 7．（1）14m/s（2）57.5J（3）1/3 【解析】 【分析】

（1）P从A到B做平抛运动，在B点的速度方向与OB垂直，结合几何关系和动能定理求解滑块到达C点时的速度；（2）根据动量守恒定律以及能量关系求解火药释放的化学能；（3）Q到达E点返回后平板车相对静止时二者共速，对Q和平板车由动量守恒定律和能量关系

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求解Q与平板车间的动摩擦因数. 【详解】

（1）P从A到B做平抛运动，在B点的速度方向与OB垂直，根据速度分解可得解得t=0.8s

根据几何关系：解得R=3m

设从A经B到C的速度为v，则由动能定理：解得v=14m/s

（2）设PQ碰撞经火药爆炸后速度分别为v1和v2，p返回到F点的速度为v1′，则碰撞时有：

碰撞后P返回到F过程有：

在F点：

联立解得：v1=9m/s，v2=10m/s

根据能量守恒定律：解得：?E=57.5J

（3）Q到达E点返回后平板车相对静止时二者共速，对Q和平板车由动量守恒定律可得：

根据能量守恒定律：

联立解得

8．（1）9m/s（2）-3m/s, 6m/s（3）6m，11.8m 【解析】

答案第6页，总15页

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【分析】

（1）根据动能定理求解A与B碰前瞬间A的速度大小；（2）A与B发生完全弹性碰撞，满足动量守恒和动能守恒，列式求解物块A和长木板B的速度；（3）分析两物体运动的物理过程，结合牛顿第二定律和运动公式求解长木板B的最小长度和物块A离长木板左侧的最终距离。 【详解】

（1）设物块A与木板B碰前的速度为v，由动能定理：

解得

（2）A与B发生完全弹性碰撞，假设碰撞后瞬间的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律可知：

由能量关系：

联立解得

即v1=-3m/s

即v2=6m/s

（3）AB碰后B减速运动，C加速运动，BC达到共同速度之前，由牛顿第二定律： 对木板：对物块C:

设从碰撞后到两者达到共速经历的时间为t，则：v2+a1t=a2t

木板的最小长度联立解得d=6m BC达到共速后，因对木板：

所以两者不能保持相对静止，一起减速至停下.

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整个过程中B运动的位移xB；

AB碰撞后，A做减速运动的加速度也为a4位移：

物块A离木板B左侧的最终距离为X=xA+xB 解得X=11.8m

9．（1）【解析】 【分析】

（2）

（1）A、B组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出物块A的速度。

（2）圆弧体固定，物块上滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出到达圆弧体上端时的速度，离开圆弧体后物块做斜上抛运动，应用运动的合成与分解可以求出到达最高点的速度，应用机械能守恒定律可以求出上升的最大高度。 【详解】

（1）物块与圆弧体组成的系统在水平方向动量守恒，物块到达最高点时两者速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+2m）v，

由机械能守恒定律得：mv02＝(m+2m)v2+mgR(1?cosθ)，

解得：；

（2）对物块，由机械能守恒定律得：mv02＝mv12+mgR(1?cosθ)，

解得： ；

物块从圆弧最高点抛出后，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，

答案第8页，总15页

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物块到达最高点时，物块的速度：v2=v1cosθ=，

由机械能守恒定律得：mv02=mgh+mv22，

解得：h=【点睛】

R；

本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可解题。 10．（1）8m/s，64J（2）9s（3）72J 【解析】 【分析】

A离开平台后做平抛运动，应用平抛运动规律求出A离开平台时的速度，解锁过程A、B系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以去除速度与弹性势能；应用牛顿第二定律求出加速度，然后应用运动学公式求出运动时间；应用运动学公式求出相对位移，应用公式求出摩擦力产生的热量。 【详解】

（1）A作平抛运动，竖直方向：代入数据联立解得：

，水平方向：

解锁过程系统动量守恒，规定A的速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：代入数据解得：

，

，

由能量守恒定律得：代入数据解得：

；

，

（2）B作匀变速运动，由牛顿第二定律有，

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解得

B向右匀减速至速度为零，由解得：

；

，

，所以B最终回到水平台面。

，解得：

；

设B向右匀减速的时间为：

设B向左加速至与传送带共速的时间为由

，解得：

；

；

；

共速后做匀速运动的时间为，有：代入数据解得总时间：

（3）B向右减速运动时，相对于传送带的位移：；

B向左加速运动，相对于传送带的位移：；

B与传送带间摩擦产生的热量：代入数据解得：Q=72J； 【点睛】

，

本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律和牛顿第二定律的综合运用，理清物块在传送带上的运动规律，知道物块先向右做匀减速运动，然后返回做匀加速运动，再做匀速运动，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。 11．（1）1.5m（2）-0.6m/s;2.4m/s（3）【解析】 【详解】

（1）滑块A沿传送带向上的运动的过程

由动能定理有：代入数据解得：x＝1.5m

（2）炸药爆炸过程，设B获得的速度为vB，对A、B系统

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由动量守恒有：–mAvA＋mBvB＝0 解得：vB=3m/s

在B、C相互作用的过程中，设当弹簧第一次恢复原长时，B、C的速度分别为由动量守恒有：

由能量守恒有：

解得：

（3）因滑动摩擦力f＝μmgcosθ＝6N，重力沿斜面向下的分力mgsinθ＝6N．所以A到达最高点后先反向加速，当速度达到3m/s后随传送带一起（相对传送带静止）返回光滑水平面 此时：

因A、B相遇时，B的速度不能确定，可能是–0.6m/s与3m/s间的任何值． ①当

时，此时

，机械能损失最大，系统机械能最小．设A、B粘连

后的共同速度为v′． 由动量守恒有：解得：v′=0.6m/s

系统机械能的最小值：

②当时，此时，机械能损失最小，

系统机械能的最大值

所以A、B、C及弹簧系统机械能范围：9.18J≤E≤13.5J 12．（1）9.5m（2）7.5J 【解析】 【分析】

(1)由于开始时物块A、B给小车的摩擦力大小相等，方向相反，小车不动，物块A、B做减

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速运动，加速度a大小一样，A的速度先减为零，根据运动学基本公式及牛顿第二定律求出加速度和A速度减为零时的位移及时间，A在小车上滑动过程中，B也做匀减速运动，根据运动学公式求出B此时间内运动的位移，B继续在小车上减速滑动，而小车与A一起向右方向加速．因地面光滑，两个物块A、B和小车组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出共同速度，根据功能关系列式求出此过程中B运动的位移，三段位移之和即为小车的长度；

(2)B在小车上滑动的过程中产生的热量等于B滑动过程中克服摩擦力做的功．由牛顿第二定律和位移时间公式求出B相对于小车滑动的位移，即可求解． 【详解】

(1)设最后达到共同速度v,取向右为正方向,由整个系统动量守恒、能量守恒得:

①

②

计算得出:

、

(2)A车离左端距离x1 刚运动到左端历时t1,在A运动至左端前,木板静止. 由牛顿第二定律得:

④

③

⑤

联立可得

,

所以B离右端距离

B在小车上滑动的过程中产生的热量【点睛】

本题的关键是正确分析物体的受力情况，从而判断物体的运动情况，要知道摩擦产生的热量与相对位移成正比，要注意位移的参照物．

13．(1) x1=1.5m (2)m/s m/s

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(3)A、B、C及弹簧系统机械能范围：9.18J≤E≤13.5J

【解析】本题考查动能定理、动量守恒、机械能守恒等知识，要注意过程的选取及临界情况的分析。

(1)滑块A沿传送带向上的运动，根据动能定理得：

代入数据解得：x1=1.5m

(2)炸药爆炸过程，对A和B系统，设B获得的速度为vB，有： -mAvA+mBvB=0 解得：vB=3m/s B与C相互作用，根据动量守恒得：

根据机械能守恒定律得： =+

解得：m/s

m/s

m/s

(3)A返回水平面的速度等于传送带的速度，

追上滑块B前，滑块B的速度在-0.6m/s与3m/s间变化 A粘住B时，

m/s，机械能损失最大，则

，

m/s

得：v′=0.6m/s 此时

A、B、C及弹簧系统机械能的最小值：Emin=mCv+(mA+mB) v′2=9.18J A粘住B时，

m/s，机械能损失最小，△E损=0

A、B、C及弹簧系统机械能的最大值Emax=+=13.5J

A、B、C及弹簧系统机械能范围：9.18J≤E≤13.5J

点睛：碰撞分弹性碰撞和非弹性碰撞，要注意完全非弹性碰撞损失的能量最多。 14．要A、B车不发生相撞，人跳离A车时相对地面的速度v应满足4.8 m/s≥v≥3.8 m/s. 【解析】 【分析】

人从A车上跳出的过程，人与A车组成的系统动量守恒，人落到B车的过程，人与B组成

答案第13页，总15页

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的系统动量守恒，当两车恰好速度相等时，两车恰好可以避免碰撞，由动量守恒定律可以求出人跳出车的速度． 【详解】

设A车（包括人）滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律得

（m+m1）gh=（m+m1）v12 解得 v1=

=3m/s

设人跳出A车的水平速度（相对地面）为v．设人跳离A车和跳上B车后，A、B两车的速度分别为v1′和v2′，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得： 人跳离A车过程有：（m1+m）v1=mv+m1v1′， 人跳上B车过程时：mv-m2v0=（m+m2）v2′， 两车不可能再发生碰撞的临界条件是：v1′=±v2′， 当v1′=v2′时，解得：v=3.8m/s， 当v1′=-v2′时，解得：v=4.8m/s， 故v的取值范围为：3.8m/s≤v≤4.8m/s；

则为使两车不会相撞，人跳离A车时，相对于地面的水平速度应该为：3.8m/s≤v≤4.8m/s． 15．（1）1200N（2）4m/s≤vc≤5m/s（3）480J 【解析】 【分析】

（1）首先根据机械能守恒可以计算到达B点的速度，再根据圆周运动知识计算拉力大小。（2）由平抛运动规律，按照位移大小可以计算速度范围（3）由动量守恒和能量守恒规律计算即可。 【详解】

解(l)从A到B．由功能关系可得

①

代人数据求得v=4 m/s②

在最低点B处，③

答案第14页，总15页

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联立①②解得，轻绳能承受最大拉力不得小于T=1200N (2)小明离开滑板后可认为做平抛运动

竖直位移④

⑤ ⑥

离C点水平位移最小位移离C点水平位移最大为联立④⑤⑥解得

小明跳离滑板时的速度4 m/s≤vc≤5 m/s (3)小明落上滑板时，动量守恒

⑦

代人数据求得v1=3 m/s⑧ 离开滑板时，动量守恒

⑨

将⑧代人⑨得 V2=-3 m/s 由功能关系可得

⑩．

解得W=480 J

答案第15页，总15页

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联立①②解得，轻绳能承受最大拉力不得小于T=1200N (2)小明离开滑板后可认为做平抛运动

竖直位移④

⑤ ⑥

离C点水平位移最小位移离C点水平位移最大为联立④⑤⑥解得

小明跳离滑板时的速度4 m/s≤vc≤5 m/s (3)小明落上滑板时，动量守恒

⑦

代人数据求得v1=3 m/s⑧ 离开滑板时，动量守恒

⑨

将⑧代人⑨得 V2=-3 m/s 由功能关系可得

⑩．

解得W=480 J

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