高中物理专题练习：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.(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d,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1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,d1＝d2B．木块向右运动,d1<d2C．木块静止,d1<d2D．木块向左运动,d1＝d2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＋mv 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′＝gR3,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＝1.5×104 J,薄膜光帆的面积S＝6.0×102 m2,探测器的质量m＝60 kg.已知光子动量的计算式p＝hλ,那么探测器得到的加速度大小最接近( )A．0.001 m/s2B．0.01 m/s2 C．0.0005 m/s2D．0.005 m/s2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p0,受到光压作用Δt时间后动量增加到p0＋Δp,因为光全部反射,根据动量守恒定律np＋p0＝－np＋(p0＋Δp),探测器动量增加量Δp＝2np,加速度a＝ΔvΔt＝ΔpmΔt＝2ESm·pε＝2ESmc＝0.001 m/s2,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m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x－t图象.已知m1＝0.1kg.由此可以判断( )A．碰前m2静止,m1向右运动B．碰后m2和m1都向右运动C．m2＝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m2静止,m1向右运动,碰后m2向右运动,m1向左运动,A正确,B错误；设碰前m1速度大小为v0,碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2,则v0＝82m/s＝4 m/s,v1＝86－2m/s＝2 m/s, v2＝16－86－2m/s＝2 m/s,设向右为正方向,由动量守恒定律得m1v0＝－m1v1＋m2v2,解得m2＝0.3 kg,C正确；由能量守恒定律得,损失的机械能ΔE损＝12m1v2－（12m1v21＋12m2v22）＝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m1,速度为负值的物体的质量为m2,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,m1×4＋m2×(－2)＝m2×6,解得m1＝2m2,由能量关系：碰前E1＝12m1×42＋12m2×22＝8m1＋2m2＝18m2,碰后E2＝12m2×62＝18m2,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f1＝m1a1＝m1×6－41＝2m1,速度为负值的物体所受的摩擦力大小f2＝m2a2＝m2×6－21＝4m2＝2m1＝f1,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M1＝0.49 kg、M2＝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v0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mv＝(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．(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)＝12×2mv2B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：1 2×2mv2B＝2mgR＋12×(2m＋m＋m)v2共2mv B＝(2m＋m＋m)v共解得h＝RvB＝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＝2mvB－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1 2×2mv2B＝12×2mv B′2＋12×2mv2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．(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：(1)物块从A到B过程中克服摩擦做的功W克f；(2)物块在BC段滑动的时间t；(3)若换一材料、高度相同但长度仅为L3＝1 m的平板车,平板车的质量m2＝1 kg,且不固定,试通过计算判断物块是否能滑离平板车,若不能滑离,求出最终物块离平板车左端的距离；若能滑离,求出滑离时物块和平板车的速度大小.答案(1)36 J (2)1 s (3)能滑离103m/s43m/s解析(1)设物块到达B点时的速度大小为v1,由题意可知此时长木板对物块的支持力N＝40 N,由牛顿第二定律有N－m1g＝m 1v21 R解得v1＝6 m/s从A到B由动能定理有m1gR－W克f＝12m1v21解得W 克f ＝36 J.(2)设物块在C 点的速度大小为v 2,从B 运动到C 的时间为t ,由动能定理有 －μm 1gL 1＝12m 1v 22－12m 1v 21解得v 2＝4 m/s由牛顿第二定律有μm 1g ＝m 1a 解得加速度大小a ＝2 m/s 2 则从B 运动到C 的时间为t ＝v 1－v 2a＝1 s. (3)当原平板车固定时,由动能定理有 －f ′L 2＝0－12m 1v 22解得物块与原平板车之间的滑动摩擦力大小为f ′＝4 N由于新平板车材料与原平板车相同,所以物块与新平板车之间的滑动摩擦力大小f ＝f ′＝4 N.当新平板车不固定时,假设物块不能滑离平板车,它停在平板车最右端时二者共同的速度大小为v 3,物块相对平板车滑行的距离为x物块与平板车组成的系统动量守恒,有m 1v 2＝(m 1＋m 2)v 3物块与平板车组成的系统能量守恒,有 fx ＝12m 1v 22－12(m 1＋m 2)v 23联立解得x ＝43m>L 3说明假设不成立,物块滑离平板车设物块滑离平板车时物块的速度大小为v 4,平板车的速度大小为v 5 物块与平板车组成的系统动量守恒,有m 1v 2＝m 1v 4＋m 2v 5物块与平板车组成的系统能量守恒,有fL3＝12m1v22－12m1v24－12m2v25解得v4＝103m/s,v5＝43m/s另一组解v4＝2 m/s,v5＝4 m/s不合题意,舍去.10．(2015·广东高考)(15分)如图所示,一条带有圆轨道的长轨道水平固定,圆轨道竖直,底端分别与两侧的直轨道相切,半径R＝0.5 m.物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道,滑过最高点Q,再沿圆轨道滑出后,与直轨上P处静止的物块B碰撞,碰后粘在一起运动.P点左侧轨道光滑,右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段长度都为L＝0.1 m.物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1,A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点,碰撞时间极短).(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值；(3)求碰后AB滑至第n个(n<k)光滑段上的速度v n与n的关系式.答案(1)4 m/s 22 N (2)45(3)v n＝9－0.2n m/s(n<45)解析(1)根据机械能守恒定律有1 2mv2＝2mgR＋12mv2解得v＝4 m/s设在Q点轨道对物块A的弹力向下,则mg＋F＝m v2 R解得F＝22 N.(2)根据机械能守恒定律,物块A与物块B碰撞前速度仍为v0.设碰撞后速度为v1,则mv＝2mv1碰后AB一起向前滑行,由动能定理有－μ×2mgx＝0－12×2mv21解得x＝4.5 m＝45L因此AB停在第45个粗糙段上,即k＝45.(3)碰后AB滑至第n个光滑段上,经过了n个粗糙段,则由动能定理得－μ×2mg(nL)＝12×2mv2n－12×2mv21解得v n＝9－0.2n m/s(n<45).。