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    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

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    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

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    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.

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