高考物理一轮复习课时作业29定律与能量综合专题（含解析）

这是一份高考物理一轮复习课时作业29定律与能量综合专题（含解析），共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
定律与能量综合专题一、选择题1.(2018·河南模拟)如图所示，质量为M的足够高光滑斜槽静止在光滑水平面上，质量为m的小球以一定的水平初速度冲上斜槽且不脱离斜槽，后又返回斜槽底部，则下列说法正确的是(　　)A．小球获得的最大重力势能等于小球初始动能B．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零C．小球回到斜槽底部时，小球速度方向一定向右D．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左答案　D解析　A项，小球冲上斜槽的过程中，斜槽向左运动，获得了动能，所以小球获得的最大重力势能小于小球初始动能，故A项错误．B项，小球到达斜槽最高点处时速度与斜槽速度相同，由水平动量守恒得mv＝(M＋m)v′，可得v′＝≠0，故B项错误．C、D两项，设小球回到斜槽底部时，由水平动量守恒得mv＝mv1＋Mv2.根据机械能守恒定律得mv2＝mv12＋Mv22.解得v1＝v，若m＞M，得v′＞0，说明小球速度方向向左，故C项错误，D项正确．2．(2018·海南)如图，用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止．一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度．不计空气阻力．对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程(　　)A．若保持m、v、l不变，M变大，则系统损失的机械能变小B．若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能变小C．若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大D．若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能变大答案　C解析　弹丸击中沙箱过程系统水平方向动量守恒，以弹丸的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝(M＋m)v′，解得：v′＝，弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，由能量守恒定律可知，整个过程系统损失的机械能：ΔE＝mv2－(M＋m)v′2＝；由此判断，只有C项正确．3．(2018·新乡一模)(多选)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍．上述两种射入过程相比较(　　)A．射入滑块A的子弹速度变化大B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍D．两个过程中系统产生的热量相同答案　BD解析　A项，设子弹的初速度为v，共同速度为v′，则根据动量守恒定律，有：mv＝(M＋m)v′，解得：v′＝；由于两矩形滑块A、B的质量相同，故最后子弹与滑块的速度都是相同的，故A项错误；B项，滑块A、B的质量相同，初速度均为零，末速度均为，故动量改变量相等，根据动量定理，冲量相等，故B项正确；C项，根据动能定理，射入滑块中时阻力对子弹做功等于动能的变化量，故射入滑块A中时阻力对子弹做功与射入B中时相等，故C项错误；D项，根据能量守恒定律，两个过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，故两个过程中系统产生的热量相同，故D项正确．4．(多选)如图所示，在质量为M(含支架)的小车中用轻绳悬挂一小球，小球的质量为m0，小车和小球以恒定速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？(　　)A．在此过程中小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3B．在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度分别为v1和v2，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2C．在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度都变成u，满足Mv＝(M＋m)uD．碰撞后小球摆到最高点时速度变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2答案　CD解析　A项，碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球的速度在瞬间不变，若碰后小车和木块的速度变为v1和v2，根据动量守恒有：Mv＝Mv1＋mv2.若碰后小车和木块速度相同，根据动量守恒定律有：Mv＝(M＋m)u.故C项正确，A、B两项错误；D项，碰撞后，小车和小球水平方向动量守恒，则整个过程中，系统动量守恒，则有：(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2，故D项正确．5.(2018·赣州一模)如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg.质量m＝1 kg的铁块以水平速度v0＝4 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(　　)A．3 J　　　　　　　　 B．6 JC．20 J   D．4 J答案　A解析　设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，滑行的最大路程为L，摩擦力大小为f.根据能量守恒定律得：铁块相对于木板向右运动过程：mv02＝fL＋(M＋m)v2＋Ep铁块相对于木板运动的整个过程：mv02＝2fL＋(M＋m)v2又根据系统动量守恒可知，mv0＝(M＋m)v联立得到：Ep＝3 J.6.(2018·宜昌模拟)如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点．已知小车质量M＝3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则(　　)A．全程滑块水平方向相对地面的位移R＋LB．全程小车相对地面的位移大小s＝(R＋L)C．滑块m运动过程中的最大速度vm＝D．μ、L、R三者之间的关系为R＝4μL答案　B解析　A、B两项，设全程小车相对地面的位移大小为s，则滑块水平方向相对地面的位移x＝R＋L－s.取水平向右为正方向，由水平动量守恒得：m－M＝0，即m－M＝0，结合M＝3m，解得s＝(R＋L)，x＝(R＋L)．故A项错误，B项正确．C项，滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得：0＝mvm－Mv.mgR＝mvm2＋Mv2.联立解得vm＝，故C项错误．D项，对整个过程，由动量守恒定律得：0＝(m＋M)v′，得v′＝0由能量守恒定律得mgR＝μmgL，得R＝μgL，故D项错误．7.(2018·安徽二模)(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度均为d.两物体m1和m2与弹簧连接，m2的左边有一固定挡板．m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1速度为v1，则在以后的运动过程中，可能的情况是(　　)A．m1的最小速度是0 B．存在某段时间m1向左运动C．m2的最大速度一定是v1 D．m2的最大速度是v1答案　ABD解析　A、C、D项，从小球m1到达最近位置后继续前进，此后拉到m2前进，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m1达到最小速度，m2达最大速度：取向右为正方向．根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得m1v1＝m1v1′＋m2v2m1v12＝m1v12′＋m2v22；解得：v1′＝v1，v2＝v1故m2的最大速度为v1，m1的最小速度为v1，当m1＝m2时，m1的最小速度是0，故A、D两项正确，C项错误．B项，若m1＜m2，由上得v1′＜0，知存在某段时间m1向左运动，故B项正确．8．(2018·漳州三模)(多选)如图甲，长木板A静放在光滑的水平面上，质量为m＝1 kg的物块B以v0＝3 m/s的速度滑上A的左端，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g＝10 m/s2，由此可得(　　)A．A的质量mA＝1 kgB．A、B间的动摩擦因数为0.2C．木板A的长度至少为2 mD．0～2 s内，A、B系统机械能的损失为3 J答案　BD解析　A项，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mA)v，由图知v＝1 m/s，解得mA＝2 kg，故A项错误．B项，由图像可知，木板A的加速度为a＝＝1 m/s2，根据μmg＝mAa得出动摩擦因数为μ＝0.2，故B项正确．C项，木板A的最小长度等于0～1 s内A与B间相对位移的大小，为L＝＝1.5 m，故C项错误．D项，0～2 s内，A、B系统机械能的损失为：ΔE＝mv02－(m＋mA)v2，解得：ΔE＝3 J，故D项正确．9.(2018·孝感一模)(多选)如图所示，在光滑水平地面上有一长木板，其左端放有一质量为2m的木块(可视为质点)，木块与长木板之间的动摩擦因数为μ.开始时，长木板和木块都静止，现有一质量为m的子弹以初速度v0击中木块并停留其中，设长木板撞到前方固定的障碍物前，长木板和木块的速度已经相等．已知长木板与障碍物发生弹性碰撞，经足够长的时间后，木块始终不从长木板上掉下来，则(重力加速度为g)(　　)A．木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、木板三者组成的系统动量守恒B．木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、木板三者组成的系统机械能守恒C．若木板的质量为6m，木板可能与障碍物发生两次碰撞D．若木板的质量为2m，木板的长度至少为答案　AD解析　A、B两项，木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、木板三者组成的系统所受的外力之和为零，所以系统的动量守恒．由于有机械能转化为内能，所以系统的机械能不守恒，故A项正确，B项错误．C项，设木板的质量为M.木板要能与障碍物发生两次碰撞，碰撞前子弹和木块的总动量应大于木板的动量，即有(m＋2m)v＞Mv，得M＜3m，所以若木板的质量为6m，木板不可能与障碍物发生两次碰撞，故C项错误．D项，子弹射入木块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋2m)v1，得：v1＝v0，木块在木板上多次滑行，最终静止在障碍物处，由能量守恒定律得：μ·3mgL＝×3mv12，木板的长度至少为：L＝.故D项正确．10.(2018·湖北二模)(多选)质量为2m的两个相同小球A、B穿在水平光滑细杆上，用两根长度为L的轻绳与C球相连，已知C的质量为m，一开始A、B相距2L，现将系统从静止释放，A与B相碰前瞬间，A、B球的速度大小分别为vA、vB，下列说法正确的是(　　)A．vA＝vB＝B．vA＝vB＝C．从释放到A、B两球碰前，两轻绳对C球所做的总功为－mgLD．当A、B间距为L的时候，A、B、C三球速度大小相等答案　AC解析　A项，由系统水平方向的动量守恒得2mvA－2mvB＝0　vA＝vB，由A、B、C为系统，由机械能守恒定律：mgL＝·2mvA2＋·2mvB2，解得：vA＝vB＝，故A项正确，B项错误；C项，C球重力做功WG＝mgL，则两轻绳对C球所做的总功为－mgL，故C项正确．D项，根据运动的分解沿绳方向速度应该相等，即当A、B间距为L的时候，vCcos30°＝vAsin30°，所以C点速度和A点速度大小肯定不同，故D项错误．11．(2018·聊城一模)(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两物块相连，它们静止在光滑水平地面上．现给物块m1一个瞬时冲量，使它获得水平向右的速度v0，从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，则下列判断正确的是(　　)A．t1时刻弹簧长度最短B．在t1～t3时间内，弹簧处于压缩状态C．在0～t2时间内，弹簧对m1冲量的大小为m1(v0－v3)D．m1、m2的动量满足：m1v0＝(m1＋m2)v2＝m2v1－m1v3答案　AD解析　A项，从图像可以看出，从0到t1的过程中，m1的速度比m2的大，弹簧被压缩，t1时刻两物块达到共同速度，此后，m1的速度比m2的小，两者间距增大，弹簧的压缩量减小，所以t1时刻弹簧长度最短，故A项正确．B项，t2时刻m2的速度最大，此后m2的速度减小，弹簧被拉伸，则t2时刻弹簧恢复原长，则知在t1～t2时间内，弹簧处于压缩状态．t2～t3时间内，弹簧处于拉伸状态．故B项错误．C项，在0～t2时间内，根据动量定理得：弹簧对m1冲量为I＝－m1v3－m1v0，冲量大小为m1(v0＋v3)，故C项错误．D项，两个物体组成的系统外力之和为零，系统的动量守恒，则有：m1v0＝(m1＋m2)v2＝m2v1－m1v3.故D项正确．12.如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，则(　　)A．小球和小车组成的系统动量守恒B．小车向左运动的最大距离为RC．小球离开小车后做斜上抛运动D．小球第二次能上升的最大高度h0<h<h0答案　D解析　A项，小球与小车组成的系统在水平方向所受外力之和为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受外力之和不为零，系统动量不守恒，故A项错误；B项，系统水平方向动量守恒：mv－mv′＝0，m－m＝0，解得，小车的位移：x＝R，故B项错误；C项，小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C项错误；D项，小球第一次从释放到上升到最高点运动过程中，由动能定理得：mg(h0－h0)－Wf＝0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf＝mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：h0－h0＝h0，而小于h0，故D项正确．二、非选择题13．(2018·乐山模拟)如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的最右端，已知A、B、C质量均相等，且为m，木板C长为L，求：(1)A物体的最终速度；(2)A、C之间的摩擦力f；(3)A在木板C上滑行的时间t.答案　(1)v0　(2)　(3)解析　(1)B、C碰撞过程中动量守恒，令B、C碰后的共同速度为v1，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1，解得：v1＝，B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离A、C相互作用过程中动量守恒，设最终A、C的共同速度v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＋mv1＝2mv2，解得：v2＝v0；(2、3)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律得：fL＝mv02＋mv12－·2mv22，解得：f＝，此过程中对C，由动量定理得：ft＝mv2－mv1，解得：t＝.14．如图所示，有一倾角为α＝30°的光滑斜面固定在水平面上，质量为mA＝1 kg的滑块A(可以看做质点)在水平向左的恒力F作用下静止在距离斜面底端x＝5 m的位置上，水平面上有一质量为mB＝1 kg的表面光滑且足够长的木板B，B的右端固定一轻质弹簧，一质量为mC＝3 kg的物块C与弹簧的左端拴接，开始时，B、C静止且弹簧处于原长状态，今将水平力F变为水平向右，当滑块A刚好滑到斜面底端时撤去力F，不考虑A滑上水平面过程的能量损失．滑块A运动到水平面上后与滑块B发生对心碰撞(碰撞时间极短)粘在一起，并拉伸弹簧使滑块C向前运动，不计一切摩擦，g取10 m/s2，求：(1)水平力F的大小及滑块A滑到斜面底端时的速度vA；(2)被拉伸弹簧的最大弹性势能Ep及滑块C的最大速度vC.答案　(1) N　10 m/s　(2)　15 J　4 m/s解析　(1)滑块处于平衡状态：F＝mAgtanα代入数据解得：F＝ NA向下运动的过程中只有重力和拉力F做功，由动能定理得：Fxcosα＋mAgx·sinα＝mAvA2代入数据得：vA＝10 m/s(2)A与B在水平面上碰撞的过程中，系统的动量守恒，选取向右为正方向，得：mAvA＝(mA＋mB)v1代入数据得：v1＝5 m/s在ABC相互作用的过程中，当它们的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由系统的动量守恒，则：(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2代入数据得：v2＝2 m/s由功能关系得：Ep＝(mA＋mB)v12－(mA＋mB＋mC)v22代入数据得：Ep＝15 J开始时弹簧被拉长，C一直向右加速，当弹簧恢复原长时，C的速度最大，设此时AB的速度为v3，C的速度为vC，则：(mA＋mB)v1＝(mA＋mB)v3＋mCvC由机械能守恒得：(mA＋mB)v12＝(mA＋mB)v32＋mCvC2.代入数据得：vC＝4 m/s.