人教版江苏专用高中物理选择性必修第一册素养培优练1动量和能量的综合问题含答案

这是一份人教版江苏专用高中物理选择性必修第一册素养培优练1动量和能量的综合问题含答案，共10页。
素养培优练(一)　动量和能量的综合问题一、选择题1．如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是(　　)A．A开始运动时 B．A的速度等于v时C．B的速度等于零时 D．A和B的速度相等时D　[对A、B组成的系统由于水平面光滑，所以动量守恒。而对A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，即A、B动能与弹簧弹性势能之和为定值。当A、B速度相等时，可类似于A、B的完全非弹性碰撞，A、B总动能损失最多，弹簧形变量最大，弹性势能最大。]2．(2022·湖南衡阳八中月考)如图所示，A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量。若用锤子敲击A球使A得到大小为v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B球使B得到大小为v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为(　　)A．L1＞L2 B．L1＜L2C．L1＝L2 D．不能确定C　[用锤子敲击A球，当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAv＝(mA＋mB)v′，由机械能守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)mAv2－eq \f(1,2)(mA＋mB)v′2，解得弹簧压缩到最短时的弹性势能Ep＝eq \f(mAmBv2,2mA＋mB)，同理可得用锤子敲击B球，当弹簧压缩到最短时的弹性势能也为eq \f(mAmBv2,2mA＋mB)，所以L1＝L2，选项C正确。]3．短道速滑接力比赛中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则(　　)A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功B　[运动员乙推甲的过程中，甲和乙间的相互作用力等大反向，作用时间相等，故甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等，方向相反，A错，B对；“交棒”过程中甲和乙的速度不一定相等，在乙推甲的过程中位移不一定相等，因而甲对乙做的负功的绝对值和乙对甲做的正功不一定相等，由动能定理，其动能变化量的绝对值也不一定相等，C、D错。]4．(2022·中原名校联考)如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)A．子弹射入木块后瞬间，速度大小为eq \f(m0v0,m0＋m＋M)B．子弹射入木块后瞬间，轻绳拉力等于(M＋m0)gC．子弹射入木块后瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)gD．子弹射入木块后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒C　[子弹射入木块过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，则m0v0＝(M＋m0)v1，解得射入后瞬间速度大小为v1＝eq \f(m0v0,m0＋M)，选项A错误；子弹射入木块后瞬间，根据牛顿第二定律得T－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq \f(v\o\al( 2,1),l)，可知轻绳拉力大于(M＋m0)g，选项B错误；子弹射入木块后瞬间，对圆环有N＝T＋mg>(M＋m＋m0)g，选项C正确；子弹射入木块后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D错误。]5．(2022·河南焦作模拟)如图所示，一木块静止在长木板的左端，长木板静止在水平地面上，木块和长木板的质量相等，均为M，木块和长木板之间、长木板和地面之间的动摩擦因数都为μ。一颗质量为m＝eq \f(M,5)的子弹以一定速度水平向右射入木块并留在其中，木块在长木板上运动的距离为L；静止后一颗相同的子弹以相同的速度射入长木板，并留在长木板中，重力加速度为g，则(　　)A．第一颗子弹射入木块前瞬间的速度为eq \r(2μgL)B．木块运动的加速度大小为μgC．第二颗子弹射入长木板后，长木板运动的加速度大小为2μgD．最终木块静止在距离长木板左端eq \f(1,2)L处B　[子弹射入木块过程中，由动量守恒定律可得eq \f(Mv0,5)＝eq \f(6Mv1,5)，解得v0＝6v1，分析可知木块在长木板上运动时，长木板不动，由动能定理可得－μ·eq \f(6,5)Mg·L＝0－eq \f(1,2)·eq \f(6M,5)·veq \o\al( 2,1)，解得子弹射入木块前、后瞬间的速度分别为v0＝6eq \r(2μgL)，v1＝eq \r(2μgL)，选项A错误；由牛顿第二定律可得μ·eq \f(6,5)Mg＝eq \f(6Ma1,5)，解得a1＝μg，选项B正确；第二颗子弹射入长木板后，由牛顿第二定律可知，长木板受到木块、地面的摩擦力均向左，故有μ·eq \f(6,5)Mg＋μ·eq \f(12,5)Mg＝eq \f(6,5)Ma2，解得a2＝3μg，选项C错误；子弹射入木板过程中，子弹与木板组成的系统动量守恒，则eq \f(M,5)v0＝eq \f(6,5)Mv2，解得v2＝v1＝eq \r(2μgL)，子弹射入木板后，木板向右做减速运动，木块向右做加速运动，两者速度相等后一起做减速运动直到静止，子弹射入木板到木块与木板共速的过程有a1t＝v2－a2t，解得t＝eq \f(\r(2μgL),4μg)，该过程木板的位移x2＝v2t－eq \f(1,2)a2t2＝eq \f(5,16)L，木块的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2＝eq \f(1,16)L，最终木块静止在距离长木板左端d＝L＋x1－x2＝eq \f(3,4)L处，选项D错误。]6．如图所示，光滑水平地面上有A、B两物体，质量都为m，B左端固定一个处于压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效。A以速率v向右运动，A撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于A、B运动过程说法正确的是(　　)A．A物体最终会静止，B物体最终会以速率v向右运动B．A、B系统的总动量最终将大于mvC．A、B系统的总动能最终将大于eq \f(1,2)mv2D．当弹簧的弹性势能最大时，A、B的总动能为eq \f(1,2)mv2C　[设弹簧恢复原长时，A、B的速度分别为v1、v2，弹簧被锁定时的弹性势能为Ep，规定向右为正方向，A、B两物体与弹簧组成的系统在整个过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv＝mv1＋mv2，Ep＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \o\al( 2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al( 2,2)，因Ep＞0，可知v1≠0，v2≠v，选项A错误；A、B系统在水平方向动量守恒，系统的总动量最终等于mv，选项B错误；弹簧解除锁定后，存储的弹性势能会释放，导致A、B系统总动能增加，系统的总动能最终将大于eq \f(1,2)mv2，选项C正确；弹簧被压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，A、B两物体具有相同的速度，设为v′，由动量守恒定律知mv＝2mv′，解得v′＝eq \f(1,2)v，则有总动能Ek＝eq \f(1,2)·2m·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)mv2，选项D错误。]7．质量为m0、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ，初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(　　)A．eq \f(1,2)mv2 B．eq \f(mm0v2,2m＋m0)C．eq \f(1,2)NμmgL D．μmgLB　[根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝eq \f(mv,m0＋m)，损失的动能ΔEk＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(m0＋m)v′2＝eq \f(mm0v2,2m＋m0)，所以B正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而热量等于摩擦力乘以相对路程，所以ΔEk＝FfNL＝NμmgL，所以C、D错误。]8．(2021·湖南卷)如图(a)，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a­t图像如图(b)所示，S1表示0到t1时间内A的a­t图线与坐标轴所围面积大小， S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a­t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法有误的是(　　)图(a)图(b)A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0B．mA>mBC．B运动后，弹簧的最大形变量等于xD．S1－S2＝S3C　[a­t图像与x轴围成的面积代表速度变化量Δv，t1时刻A的速度就是S1，B的速度为0，t1时间内，A做加速度减小的加速运动，t1时刻弹簧恢复原长，B与墙面之间的压力消失，则t1时间内，对A由动量定理有：I＝mAv0，整个过程B保持静止，故墙面对B的力与弹簧对B的力等大反向，故弹簧对A与B的冲量大小也相等，故A正确；t1之后，B获得向前的加速度，离开墙面，此时A、B均在弹簧的弹力下做变速运动，故A、B所受合外力大小相等，根据图像t2时刻，B的加速度大于A的加速度，由牛顿第二定律可知，故B正确；t1时，弹簧的弹性势能完全转换为A的动能，在t1之后，如果存在某一位置使得弹簧形变量为x，由能量守恒可知，此时弹簧弹性势能必为刚开始的Ep，且A、B的动能均为零，即A、B的速度均为零，但在t1时刻之后，A、B系统具有初动量为mA v0 ，由动量守恒知，A、B不可能速度均为零，故C错误；t2时刻，A、B两物体共速，v1＝v2，由面积含义可知S1＝v0，S2＝v0－v1，S3＝v2，故D正确。]9．如图所示，光滑水平面上的木板静止，在其右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝1 kg，质量m＝2 kg的铁块以水平速度v0＝3 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，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　　)A．1.5 J B．6 J C．3 J D．4 JA　[从铁块滑上木板开始到弹簧被压缩到最短，系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，根据能量守恒定律得Q＋Ep＝eq \f(1,2)mveq \o\al( 2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2；从铁块滑上木板开始到最后恰好停在木板的左端，系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，根据能量守恒定律得2Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al( 2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2，解得Ep＝1.5 J，所以最大弹性势能为1.5 J，选A。]10．如图所示，一质量M＝3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A。现以地面为参考系，给A和B大小均为4.0 m/s、方向相反的速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离B。站在地面上的观察者在一段时间内看到小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板相对地面的速度大小可能是(　　)A．1.8 m/s B．2.0 m/sC．2.6 m/s D．3.0 m/sC　[以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(M－m)v0＝MvB1，代入数据解得vB1＝2.67 m/s。从A、B开始运动到A、B速度相同的过程中，由动量守恒定律得(M－m)v0＝(M＋m)vB2，代入数据解得vB2＝2 m/s。综上可知，在木块A做加速运动的时间内，B的速度大小范围为2 m/s