1、动量与能量综合应用问题时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分。其中 13题为单选，47题为多选)1如图所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M3 kg。质量m1 kg的铁块B以水平速度v04 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为()A3 J B.4 J C.6 J D.20 J答案A解析设铁块与木板共速时速度大小为v，铁块相对木板向右运动的最大距离为L，铁块与木板之间的摩擦力大小为f。铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒定律可得mvfL(
2、Mm)v2Ep，由动量守恒定律得mv0(Mm)v。从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由能量守恒定律得mv2fL(Mm)v2。联立解得Ep3 J，故A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，d1d2 B.木块向右运动，d1d2C木块静止，d1d2 D.木块向左运动，d1d2答案
3、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0m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E1m弹v(m弹m)v共2fd1，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E2m弹v(m弹m)v共20fd2，E1
4、E2，故d1d2，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()AA不能到达B圆槽的左侧最高点BA运动到圆槽的最低点时A的速率为 CA运动到圆槽的最低点时B的速率为 DB向右运动的最大位移的大小为答案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v1，则v10，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0mv2mv，计
5、算得出v，根据能量守恒定律得mgRmv22mv2，计算得出v ，B的速率v，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(2Rx)2mx，计算得出：x，故D正确。4(2019辽宁沈阳模拟)如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块的质量为4 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的vt图象如图乙所示，则可知()A物块A的质量为4 kgB运动过程中物块A的最大速度为vm4 m/sC在物块A离开挡板
6、前，系统动量守恒、机械能守恒D在物块A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为6 J答案BD解析A离开挡板后，弹簧伸长最长时弹力最大，B的加速度最大，此时A和B共速，由图乙知，A、B的共同速度为：v共2 m/s，A刚离开挡板时B的速度为：v03 m/s。在A离开挡板后，取向右为正方向，由动量守恒定律有mBv0(mAmB)v共，解得mA2 kg，A错误；当弹簧第一次恢复原长时A的速度最大，设为vm，B的速度最小，为vB1 m/s，由mBv0mAvmmBvB，mBvmAvmBv，解得A的最大速度vm4 m/s，B正确；在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，C错误；分
7、析A离开挡板后A、B的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为v共2 m/s，根据能量守恒定律有：EpmBv(mAmB)v，解得弹簧的最大弹性势能Ep6 J，D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xt图象。已知m10.1 kg。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Cm20.3 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
8、为v1、v2，则v0 m/s4 m/s，v1 m/s2 m/s，v2 m/s2 m/s，设向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0m1v1m2v2，解得m20.3 kg，C正确；由能量守恒定律得，损失的机械能E损m1vm1vm2v0，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()At0时，两物体的距离为1 mBt2.5 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
9、线运动，1 s时相碰，可知t0时，两物体的距离为s(46)1 m(26)1 m9 m，A错误；t2.5 s时，两物体的距离为s6(2.51) m4.5 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，m14m2(2)m26，解得m12m2，由能量关系：碰前E1m142m2228m12m218m2，碰后E2m26218m2，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f1m1a1m12m1，速度为负值的物体所受的摩擦力大小f2m2a2m24m22m1f1，则D错误。
10、7(2019江西高三九校3月联考)如图所示，光滑水平面上放一个质量为M的足够长的木板，开始木板静止，现在有一个质量为m的滑块以速度v0滑上木板，滑块和木板间的动摩擦因数为，以下说法正确的是()A如果增大木板的质量M，则滑块和木板相对运动的时间变长，因摩擦而产生的热量增加B如果增大滑块的质量m，则滑块和木板相对运动的时间变短，滑块在木板上滑行的距离变大C如果增大动摩擦因数，则因摩擦而产生的热量不变D如果增大初速度v0，则因摩擦而产生的热量增加答案ACD解析将木板和滑块看成一个系统，合外力为零，动量守恒，根据动量守恒定律有：mv0(mM)v1，解得：v1；根据能量守恒定律可知因摩擦而产生的热量为：
11、Qmv(mM)v，对木板由动量定理可得：mgtMv1，解得滑块和木板相对运动的时间为：t。如果增大木板的质量M，则滑块和木板相对运动的时间t变长，因摩擦而产生的热量Q增加，故A正确；如果增大滑块的质量m，则滑块和木板相对运动的时间t变短，对滑块根据动能定理可得：mgsmvmv，解得滑块在木板上滑行的距离s，增大m，则s变小，故B错误；如果增大动摩擦因数，则因摩擦而产生的热量Q不变，故C正确；如果增大初速度v0，则因摩擦而产生的热量Q增加，故D正确。二、非选择题(本题共4小题，共58分)8(12分)(2019河北唐山模拟)如图所示，在光滑的水平面上放着一个质量为m的木球，在木球正上方L处有一个固
12、定悬点O，在悬点O和木球之间用一根长为2L的不可伸长的轻绳连接。有一个质量也为m的子弹以v0的速度水平射入木球并留在其中，一段时间之后木球绕O点在竖直平面内做圆周运动。球可视为质点，重力加速度为g，空气阻力不计，求：(1)木球以多大速度离开水平地面；(2)子弹速度v0的最小值。答案(1)v0(2)8解析(1)设子弹打入木球后共同速度为v，木球离开水平地面的速度为v1，由动量守恒定律得：mv02mv，解得：vv0 木块离开地面时沿绳方向的分速度瞬间减为零，垂直绳方向的分速度不变，故木球离开地面的速度为v1vv0。(2)木球从离开水平地面到最高点的过程中机械能守恒，设到最高点时速度为v3，绳子对木
13、球的拉力为F，由机械能守恒定律和牛顿第二定律有2mg3L2mv2mv，F2mg2m由题意知F0，联立解得v08，即v0的最小值为8。9(14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，方向水平向右(3)2解析(1)设小球第一次运动到槽最低点B的速度
14、为vB，小球从开始释放至运动到B点的过程中，则有：2mg(hR)2mv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：2mv2mgR(2mmm)v2mvB(2mmm)v共解得hRvB2。(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：I2mvB0解得I4m，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：2mvB2mvB2mv槽2mv2mvB22mv解得：vB0，v槽2，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2。10(14分)如图所示，质量为M1 kg
15、、上表面为一段圆弧的大滑块放在水平面上，圆弧面的最底端刚好与水平面相切于水平面上的B点，B点左侧水平面粗糙、右侧水平面光滑，质量为m0.5 kg的小物块放在水平面上的A点，现给小物块一个向右的水平初速度v04 m/s，小物块刚好能滑到圆弧面上的最高点C，已知圆弧所对的圆心角为53，A、B两点间的距离为L1 m，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为g10 m/s2。求：(1)圆弧所对圆的半径R；(2)若A、B间水平面光滑，将大滑块固定，小物块仍以v04 m/s的初速度向右运动，则小物块从C点抛出后，经多长时间落地？答案(1)1 m(2) s解析(1)设小物块在B点时的速度大小为v1
16、，根据动能定理得：mgLmvmv设小物块在C点时的速度大小为v2，物块从B点滑到圆弧面上最高点C的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有：mv1(mM)v2根据机械能守恒定律有：mv(mM)vmg(RRcos53)联立解得：R1 m。(2)若A、B间水平面光滑，大滑块固定，物块以v0的速度冲上圆弧面，设物块到达C点时速度为v3，根据机械能守恒定律有：mvmvmg(RRcos53)解得：v32 m/s物块从C点抛出后，在竖直方向的分速度为：vyv3sin53 m/s这时物块离地面的高度为：hRRcos530.4 m设小物块从C点抛出后经时间t落地，在竖直方向由运动学公
17、式有：hvytgt2解得：t s。11(18分)(2020山东泰安高三上学期期中)为了解决快递公司装卸货物时因抛掷造成物品损坏的问题，一位同学设计了如图所示的缓冲转运装置。卸货时货车不动，缓冲车A紧靠货车，转运车B靠紧A。包裹C沿缓冲车A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分，滑上转运车B并最终停在转运车B上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为10.3，缓冲车A与水平地面间的动摩擦因数为20.1，转运车B与地面间的摩擦可忽略。A、B两车的质量均为M40 kg，两车水平部分的长度均为L3 m。包裹C可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。C与B的右挡板发生碰撞时
18、损失的机械能可忽略。(1)要求包裹C在缓冲车A上运动时A不动，则包裹C的质量最大不超过多少？(2)若某包裹的质量为m10 kg，为使该包裹能停在转运车B上，则该包裹释放时的高度h应满足什么关系？(3)若某次将m10 kg的包裹从2.7 m高处释放，则转运车B的最大速度是多少？(结果用根号表示)答案(1)20 kg(2)0.9 mh3.15 m(3) m/s解析(1)包裹C在车A的水平面上滑动时所受的摩擦力大小f11m1g缓冲车A与地面间的最大静摩擦力大小f22(m1M)g缓冲车A不动的条件是f1f2由式联立解得m120 kg即包裹C的最大质量为20 kg。(2)设包裹从h1高处释放时，刚好滑上
19、转运车B，根据动能定理mgh11mgL0代入数据解得h10.9 m设包裹从h2高处释放时，刚滑上转运车时的速度为v，与挡板相碰后最终停在转运车B的左端，此时包裹与转运车B共同运动的速度为v。根据动能定理得mgh21mgLmv2根据动量守恒定律和能量守恒定律得mv(mM)vmv2(mM)v221mgL由式联立解得h23.15 m由式可知h的范围为0.9 mh3.15 m。(3)设h32.7 m时，包裹滑上转运车B时得速度v0，包裹与挡板碰撞前的速度为v1，碰前B的速度为v2。由动能定理得mgh31mgLmv由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0mv1Mv2mvmvMv1mgL由式联立解得v1 m/s，v2 m/s或v1 m/s，v2 m/s，当v1为正值且v1v2时，表示包裹与挡板碰撞前两者的速度。包裹与挡板发生弹性碰撞，则到碰撞结束式仍成立，所以v10的另一组解表示弹性碰撞结束时两者的速度，此后B车做减速运动，所以B车的最大速度是弹性碰撞结束时的速度v2 m/s。