统考版2024版高考物理一轮复习微专题小练习专题41动量和能量的综合应用

这是一份统考版2024版高考物理一轮复习微专题小练习专题41动量和能量的综合应用，共6页。试卷主要包含了[2023·全国乙卷]等内容，欢迎下载使用。


A． eq \f(Mv0,m＋M) eq \f(mMv eq \\al(2,0) ,2（m＋M）) B． eq \f(Mv0,m＋M) eq \f(mMv eq \\al(2,0) ,m＋M)
C． eq \f(mv0,m＋M) eq \f(mMv eq \\al(2,0) ,2（m＋M）) D． eq \f(mv0,m＋M) eq \f(mMv eq \\al(2,0) ,m＋M)
2．(多选)如图所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动．在以后的运动过程中，关于A、B两物体与弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)( )
A．虽然A、B两物体会有加速运动，但它们的总动量保持不变
B．在以后的运动过程中F1、F2一直做正功，系统的机械能一直在增大
C．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体总动能最大
D．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，弹簧弹性势能最大
3．[2023·山东省德州市期中]如图所示，光滑水平面上静止着一长为L的平板车，一人站在车尾将一质量为m的物体水平抛出，物体恰好落在车的前端．物体可看做质点，抛出位置位于车尾正上方，距车上表面的竖直高度为h ，不计空气阻力，已知人和车的总质量为M，重力加速度为g ，物体水平抛出时获得的冲量大小为( )
A.mL eq \r(\f(g,2h)) B．ML eq \r(\f(g,2h))
C． eq \f(m2L,M＋m) eq \r(\f(g,2h)) D． eq \f(MmL,M＋m) eq \r(\f(g,2h))
4．[2023·八省八校第一次联考](多选)内部长度为L、质量为M的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内部正中间放置一可视为质点的质量为m的木块，木块与木箱之间的动摩擦因数为μ.初始时木箱向右的速度为v0，木块无初速度．木箱运动的v­t图象如图所示，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度为g，则在0～t0时间内，下列说法正确的是( )
A．M＝2m
B．M与m间的相对路程为 eq \f(v eq \\al(2,0) ,4μg)
C．M对地的位移为 eq \f(v eq \\al(2,0) ,8μg) ＋ eq \f(3,2) L
D．m对地的位移为 eq \f(3v eq \\al(2,0) ,8μg) － eq \f(3,2) L
5.
[2023·江苏盐城期末]如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动．已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg.某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x＝2.7 m，则下列说法正确的是( )
A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同
B．刚分离时，甲球的速度大小为0.6 m/s
C．刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s
D．爆炸过程中释放的能量为0.027 J
6．[2023·湖南省五市十校联考]如图所示，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段是水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块(可视为质点)从小车上的A点由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.则下列说法正确的是( )
A．滑块从A滑到C的过程中，滑块和小车组成的系统动量守恒
B．滑块滑到B点时的速度大小为 eq \r(2gR)
C．滑块从A滑到C的过程中，小车的位移大小为 eq \f(1,3) (R＋L)
D．水平轨道的长度L＝ eq \f(R,μ)
7．[2023·湖北十堰高三阶段练习]如图所示，足够长的光滑水平直轨道AB与光滑圆弧轨道BC平滑连接，B为圆弧轨道的最低点．一质量为1 kg的小球a从直轨道上的A点以大小为4 m/s的初速度向右运动，一段时间后小球a与静止在B点的小球b发生弹性正碰，碰撞后小球b沿圆弧轨道上升的最大高度为0.2 m(未脱离轨道).取重力加速度大小g＝10 m/s2，两球均视为质点，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．碰撞后瞬间，小球b的速度大小为1 m/s
B．碰撞后瞬间，小球a的速度大小为3 m/s
C．小球b的质量为3 kg
D．两球会发生第二次碰撞
8．[2023·全国乙卷]
如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l.一质量为m＝ eq \f(1,3) M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等．小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数．
专题41 动量和能量的综合应用
1．C 木块在小车上表面滑动的过程中动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，系统因摩擦产生的热量Q＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) － eq \f(1,2) (M＋m)v2，两式联立解得木块的最终速度v＝ eq \f(mv0,M＋m) ，摩擦产生的热量Q＝ eq \f(mMv eq \\al(2,0) ,2（M＋m）) ，C正确．
2．AC 由题意，水平恒力F1、F2等大反向，则系统受合外力为零，总动量守恒，故A正确；拉力与物体的运动方向相同，则F1、F2一直做正功，系统的机械能一直在增大，当物体减速为零后此时弹簧的弹力大于拉力，物体会反向运动，此时拉力与运动方向相反，都做负功则机械能减少，B错误；当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等后，弹力大于拉力，则物体减速运动，故弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体速度最大，总动能最大，C正确；当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等后，物体减速运动，但仍然会使弹簧继续伸长，弹性势能继续增大，D错误．
3．D 系统水平方向动量守恒，mv1＝Mv2，有mx1＝Mx2，且x1＋x2＝L，解得x1＝ eq \f(ML,M＋m) ，x2＝ eq \f(mL,M＋m) .由平抛运动的规律得h＝ eq \f(1,2) gt2，x1＝v1t，由动量定理得I＝mv1，解得I＝ eq \f(MmL,M＋m) eq \r(\f(g,2h)) .
4．BCD 由v ­t图象可知木块与木箱最终共速，则mv0＝(M＋m) eq \f(v0,2) ，得m＝M，则A错；由能量守恒可得： eq \f(1,2) Mv eq \\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) (M＋m) eq \f(v eq \\al(2,0) ,4) ＋μmgs，得到两物体的相对路程为 eq \f(v eq \\al(2,0) ,4μg) ，B正确；由图知共碰撞三次，都是弹性碰撞，到共速为止所花总时间为t＝ eq \f(v0－\f(v0,2),μg) ＝ eq \f(v0,2μg) ，则木箱运动的位移为 eq \f(3,2) L＋ eq \f(v eq \\al(2,0) ,8μg) ，木块相对地面的位移为 eq \f(3v eq \\al(2,0) ,8μg) － eq \f(3,2) L，C、D正确．
5．D 设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，刚分离时两球速度分别为v1、v2，以向右为正方向，则由动量守恒得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题意有v2－v1＝ eq \f(x,t) ，代入数据可解得v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s，说明刚分离时两球速度方向相反，故A、B、C错误；爆炸过程中释放的能量ΔE＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) m2v eq \\al(2,2) － eq \f(1,2) (m1＋m2)v eq \\al(2,0) ，将v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s，代入计算可得ΔE＝0.027 J，故D正确．
6．D 滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为零，系统动量不守恒，故A错误；滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律得0＝mvm－MvM，mgR＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,m) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(2,M) ，解得vm＝ eq \r(\f(3gR,2)) ，vM＝ eq \r(\f(gR,6)) ，滑块滑到B点时的速度为 eq \r(\f(3gR,2)) ，故B错误；设全程小车相对地面的位移大小为s，根据题意可知全程滑块水平方向相对小车的位移为R＋L，则滑块水平方向相对地面的位移为x′＝R＋L－s，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得m(R＋L－s)－Ms＝0.已知M＝3m，解得s＝ eq \f(1,4) (R＋L)，x′＝ eq \f(3,4) (R＋L)，故C错误；系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得0＝(m＋M)v′，解得v′＝0，由能量守恒定律得mgR＝μmgL，解得L＝ eq \f(R,μ) ，故D正确．
7．C 由机械能守恒mbgh＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,B) 可得碰后小球b在B点的速度为vB＝2 m/s，故A错误；由动量守恒定律可得mav0＝mav1＋mbvB，由机械能守恒可得 eq \f(1,2) mav eq \\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) mav eq \\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) mbv eq \\al(2,B) ，联立求得mb＝3 kg，v1＝－2 m/s，碰撞后瞬间，小球a的速度大小为2 m/s，故B错误，C正确；碰后a球立刻向左运动，b球先向右运动到最高点，再向左返回到平面上运动，两球速度大小相等，所以两球不会发生第二次碰撞，故D错误．
8．(1) eq \f(\r(2gl),2) eq \f(\r(2gl),2) (2)l (3)4
解析：(1)过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律
mgl＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0)
解得v0＝ eq \r(2gl)
过程2：小球以 eq \r(2gl) 与静止圆盘发生弹性碰撞，根据系统机械能守恒和动量守恒定律分别有
eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) Mv′ eq \\al(2,1)
mv0＝mv1＋Mv′1
解得v1＝ eq \f(m－M,m＋M) v0＝－ eq \f(\r(2gl),2)
v′1＝ eq \f(1,2) v0＝ eq \f(\r(2gl),2)
即小球碰后速度大小为 eq \f(\r(2gl),2) ，方向竖直向上，圆盘速度大小为 eq \f(\r(2gl),2) ，方向竖直向下；
(2)第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即v1＋gt＝v′1
解得t＝ eq \f(v′1－v1,g) ＝ eq \f(v0,g)
根据运动学公式得最大距离为
dmax＝x盘－x球＝v′1t－(v1t－ eq \f(1,2) gt2)＝ eq \f(v eq \\al(2,0) ,2g) ＝l
(3)第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有x盘1＝x球1
即v1t1＋ eq \f(1,2) gt eq \\al(2,1) ＝v′1t1
解得t1＝ eq \f(2v0,g)
此时小球的速度v2＝v1＋gt1＝ eq \f(3,2) v0
圆盘的速度仍为v′1，这段时间内圆盘下降的位移
x盘1＝v′1t1＝ eq \f(v eq \\al(2,0) ,g) ＝2l
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
mv2＋Mv′1＝mv′2＋Mv″2
根据能量守恒 eq \f(1,2) mv eq \\al(2,2) ＋ eq \f(1,2) eq \a\vs4\al(Mv′ eq \\al(2,1) ) ＝ eq \f(1,2) mv′ eq \\al(2,2) ＋ eq \f(1,2) Mv″ eq \\al(2,2)
联立解得
v′2＝0
v″2＝v0＝ eq \r(2gl)
同理可得当位移相等时
x盘2＝x球2
v″2t2＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(2,2)
解得t2＝ eq \f(2v0,g)
圆盘向下运动x盘2＝v″2t2＝ eq \f(2v eq \\al(2,0) ,g) ＝4l
此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
v3＝gt2＝2v0
由动量守恒mv3＋Mv″2＝mv′3＋Mv″3
机械能守恒
eq \f(1,2) mv eq \\al(2,3) ＋ eq \f(1,2) Mv″ eq \\al(2,2) ＝ eq \f(1,2) mv′ eq \\al(2,3) ＋ eq \f(1,2) Mv″ eq \\al(2,3)
得碰后小球速度为v′3＝ eq \f(v0,2)
圆盘速度v″3＝ eq \f(3v0,2)
当二者即将四次碰撞时x盘3＝x球3
即v″3t3＝v′3t3＋ eq \f(1,2) gt eq \\al(2,3)
得t3＝ eq \f(2v0,g) ＝t1＝t2
在这段时间内，圆盘向下移动
x盘3＝v″3t3＝ eq \f(3v eq \\al(2,0) ,g) ＝6l
此时圆盘距离下端管口长度为
20l－1l－2l－4l－6l＝7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x盘4＝8l
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次．