新高考物理一轮复习教案第6章限时规范专题练(二)动量与能量综合应用问题（含解析）

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一、选择题(本题共6小题，每小题8分，共48分。其中1～3题为单选，4～6题为多选)
1. 如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度v0向右运动，另有一质量为m的粘性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为( )
A.eq \f(1,4)mveq \\al(2,0) B.eq \f(1,8)mveq \\al(2,0)
C.eq \f(1,12)mveq \\al(2,0) D.eq \f(1,15)mveq \\al(2,0)
答案 C
解析 粘性物体和A相互作用的过程，水平方向动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0＝2mv1，得：v1＝eq \f(v0,2)。之后三个物体组成的系统动量守恒，当B车与A车速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律得：2mv1＝3mv2，解得：v2＝eq \f(2,3)v1＝eq \f(v0,3)，弹簧的最大弹性势能为：Ep＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,2)＝eq \f(1,12)mveq \\al(2,0)，故C正确，A、B、D错误。
2. 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，d1＝d2 B.木块向右运动，d1C．木块静止，d1答案 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＋0－m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作一个系统，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′＝eq \f(m弹,m弹＋m)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ΔE1＝eq \f(1,2)m弹veq \\al(2,弹)－eq \f(1,2)(m弹＋m)v共′2＝fd1，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ΔE2＝eq \f(1,2)m弹veq \\al(2,弹)＋eq \f(1,2)(m弹＋m)v共′2－0＝fd2，ΔE1<ΔE2，故d13．(2020·浙江省宁波市十校高三下学期3月联考)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图乙所示，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
A．物体A的质量为2m
B．物体A的质量为4m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mveq \\al(2,0)
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为eq \f(3,2)mveq \\al(2,0)
答案 D
解析 当弹簧固定且弹簧的压缩量最大为x时，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律知弹簧的最大弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有Epm＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)；当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B的速度相等时，弹簧的压缩量达到最大，仍为x，此时弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mA·2v0＝(m＋mA)v，由机械能守恒定律得Epm＝eq \f(1,2)mA(2v0)2－eq \f(1,2)(mA＋m)v2，联立得mA＝3m，Epm＝eq \f(3,2)mveq \\al(2,0)，故A、B、C错误，D正确。
4. 如图所示，足够长的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可视为质点的物块P，P、Q间接触面粗糙。现给P向右的速率vP，给Q向左的速率vQ，取向右为速度的正方向，不计空气阻力，则运动过程中P、Q的速度随时间变化的图像可能正确的是( )
答案 ABC
解析 开始时，木板和物块均在摩擦力作用下做匀减速运动，两者最终达到共同速度，以向右为正方向，P、Q组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得mPvP－mQvQ＝(mP＋mQ)v；若mPvP＝mQvQ，则v＝0，图像如图A所示；若mPvP>mQvQ，则v>0，图像如图B所示；若mPvP5. (2020·山东省泰安市四模)如图所示，竖直平面内固定有半径为R的光滑半圆形轨道，最高点M、N与圆心O在同一水平线上，物块甲、乙的质量之比为1∶3。物块甲从M处由静止开始无初速度释放，滑到最低点P与静止在P处的物块乙发生第一次弹性碰撞，碰撞时间很短可不计，碰后物块甲立即反向，恰能回到轨道上的Q点，物块甲、乙均可视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．Q、P之间的竖直高度为eq \f(R,4)
B．Q、P之间的竖直高度为eq \f(R,3)
C．在以后的运动中，物块甲不能回到M点
D．在以后的运动中，物块甲能回到M点
答案 AD
解析 设Q、P之间的竖直高度为h，物块甲从M点滑到P点过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得物块甲第一次与物块乙恰好碰撞前时刻的速度大小为v0＝eq \r(2gR)；碰后物块甲立即反向，恰能回到轨道上的Q点，由机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，解得碰撞后甲的速度大小为v1＝eq \r(2gh)。设甲的质量为m，则乙的质量为3m，甲、乙发生弹性碰撞，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝－mv1＋3mv2，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,2)，联立解得h＝eq \f(R,4)，v1＝ eq \r(\f(gR,2))，v2＝ eq \r(\f(gR,2))，故A正确，B错误。由于第一次碰撞后两物块的速度大小相等，则物块甲、乙将同时回到最低位置P点发生第二次弹性碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律得3mv2－mv1＝mv1′＋3mv2′，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)×3mv2′2，解得碰后物块甲的速度大小为v1′＝eq \r(2gR)，碰撞后对甲，由机械能守恒定律得mgh′＝eq \f(1,2)mv1′2，解得h′＝R，则物块甲能回到M点，故C错误，D正确。
6．(2020·山东省济宁市嘉祥一中高三下学期第一次质量检测)如图a所示，在粗糙的水平地面上有两个大小相同但材质不同的甲、乙物块。t＝0时刻，甲物块以速度v0＝4 m/s向右运动，经一段时间后与静止的乙物块发生正碰，碰撞前后两物块运动的v­t图像如图b中实线所示，其中甲物块碰撞前后的图线平行，已知甲物块质量为5 kg，乙物块质量为4 kg，则( )
A．此碰撞过程为弹性碰撞
B．碰后瞬间乙物块速度为2.5 m/s
C．碰后乙物块移动的距离为3.75 m
D．碰后甲、乙两物块所受摩擦力之比为6∶5
答案 BC
解析 由题图b知，碰前瞬间甲物块的速度为v＝3 m/s，碰后瞬间甲物块的速度为v1＝1 m/s，设乙物块碰后瞬间的速度为v2，取碰前甲物块的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得m甲v＝m甲v1＋m乙v2，解得v2＝2.5 m/s，碰撞前后系统动能之差为ΔEk＝eq \f(1,2)m甲v2－eq \f(1,2)m甲veq \\al(2,1)－eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,2)，解得ΔEk＝7.5 J>0，所以此碰撞过程为非弹性碰撞，故A错误，B正确；设碰后乙物块经过时间t停止运动，根据题图b，结合相似三角形知识知eq \f(1,1＋t)＝eq \f(1,4)，解得t＝3 s，碰后乙物块移动的距离为s＝eq \f(v2,2)t＝eq \f(2.5,2)×3 m＝3.75 m，故C正确；对碰后乙物块滑行过程，根据动量定理得－f乙t＝0－m乙v2，解得f乙＝eq \f(10,3) N，甲物块滑行的加速度大小为a甲＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4－3,1) m/s2＝1 m/s2，甲物块所受摩擦力大小为f甲＝m甲a甲＝5×1 N＝5 N，则f甲∶f乙＝3∶2，故D错误。
二、非选择题(本题共4小题，共52分)
7．(2021·八省联考重庆卷)(10分)如图所示，质量为3m的小木块1通过长度为L的轻绳悬挂于O点，质量为m的小木块2置于高度为L的光滑水平桌面边沿。把木块1拉至水平位置由静止释放，当其运动到最低点时与木块2相撞，木块2沿水平方向飞出，落在距桌面边沿水平距离为2L处，木块1继续向前摆动。若在碰撞过程中，木块1与桌面间无接触，且忽略空气阻力。求：
(1)碰撞前，木块1在最低点时的速度大小；
(2)碰撞后，木块1相对桌面能上升到的最大高度。
答案 (1)eq \r(2gL) (2)eq \f(4,9)L
解析 (1)从小木块1从水平位置释放到与小木块2碰前瞬间，根据机械能守恒定律可知
3mgL＝eq \f(1,2)·3mveq \\al(2,0)
解得v0＝eq \r(2gL)。
(2)小木块2碰撞后做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，L＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝ eq \r(\f(2L,g))
水平方向上做匀速直线运动，2L＝v2t
解得v2＝eq \f(2L,t)＝eq \f(2L,\r(\f(2L,g)))＝2Leq \r(\f(g,2L))＝eq \r(2gL)
小木块1和2碰撞过程，根据动量守恒定律得
3mv0＝3mv1＋mv2
解得碰撞后小木块1的速度大小为
v1＝eq \f(3v0－v2,3)＝eq \f(2,3)eq \r(2gL)
之后小木块1上升，根据机械能守恒定律可知
3mgh＝eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,1)
解得h＝eq \f(4,9)L。
8．(2021·八省联考广东卷)(14分)如图所示，固定的粗糙斜面，倾角θ＝30°，斜面底端O处固定一个垂直斜面的弹性挡板。在斜面上P、Q两点有材质相同、质量均为m的滑块A和B，A和B恰好能静止，且均可视为质点，Q到O的距离是L，Q到P的距离是kL(k>0)。现始终给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，g为重力加速度。设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少；
(2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间。
答案 (1)0 eq \r(2gkL)
(2)当keq \f(1,4)时，t＝eq \r(\f(L,2gk))＋eq \f(4k－1,2k＋1)·eq \r(\f(L,8kg))
解析 (1)A和B恰好能静止，则
mgsinθ＝μmgcsθ
给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，由牛顿第二定律可知F＝mg＝ma
解得a＝g
设与B碰前A的速度为v1，有veq \\al(2,1)＝2gkL
A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知
mv1＝mv2＋mv1′
由机械能守恒定律可知eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)mv1′2
联立解得v1′＝0，v2＝eq \r(2gkL)。
(2)A、B第一次碰后，B受力平衡，沿斜面做匀速直线运动，B运动到斜面底端所用时间为t1＝eq \f(L,v2)＝eq \r(\f(L,2gk))
碰后A的加速度不变，A运动到斜面底端所用时间为
t2＝eq \r(\f(2L,g))
若t1＝t2
解得：k＝eq \f(1,4)
当k解得t＝2eq \r(\f(2kL,g))
当k>eq \f(1,4)时，A与B反向相撞(即B先与挡板碰撞，然后与A发生第二次碰撞)
根据题意，B与挡板碰后速率仍为v2＝eq \r(2gkL)，
设B沿斜面向上运动时加速度大小为a′，则
mgsinθ＋μmgcsθ＝ma′
解得：a′＝g
设B向上运动时间t2后与A第二次相撞，则
L＝eq \f(1,2)g(t1＋t2)2＋v2t2－eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)
解得t2＝eq \f(4k－1L,\r(8kgL)＋4k\r(2kgL))＝eq \f(4k－1,2k＋1) eq \r(\f(L,8kg))，
B向上减速至零的时间t0＝ eq \f(v2,g) eq \r(\f(2kL,g))
因为eq \f(t2,t0)＝eq \f(4k－1,4k2k＋1)＜1，故所求t2合理
则t＝t1＋t2＝ eq \r(\f(L,2gk))＋eq \f(4k－1,2k＋1)·eq \r(\f(L,8kg))。
9．(2020·吉林省白山市二模)(14分)如图所示，小物块甲紧靠轨道BCD静置于光滑水平面上，轨道BCD由水平轨道CD及与CD相切于C点的光滑eq \f(1,4)圆弧轨道组成，圆弧轨道的半径为R。现将小物块乙(视为质点)从B点正上方到B点高度为R的P点由静止释放，乙从B点沿切线方向进入圆弧轨道，恰好不会从水平轨道CD的左端D点掉落。已知甲、乙以及轨道BCD的质量相同，乙与CD间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小为g。求：
(1)乙通过C点时的速度大小v1；
(2)CD的长度L以及乙在CD上滑行的时间t；
(3)在乙从B点开始滑到D点的时间内，轨道BCD的位移大小x。
答案 (1) eq \r(\f(8gR,3)) (2)3R eq \r(\f(6R,g)) (3)eq \f(5,6)R
解析 (1)设乙的质量为m，当乙滑到C点时，轨道BCD与甲的共同速度大小为v2，甲、乙及轨道组成的系统水平方向动量守恒，有mv1－2mv2＝0，
乙滑到C点之前，甲、乙及轨道组成的系统机械能守恒，有mg×2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,2)
解得v1＝eq \r(\f(8gR,3))，v2＝eq \r(\f(2gR,3))。
(2)乙滑到C点后，轨道BCD与甲分离，设轨道BCD与乙速度相同时的速度大小为v，乙从C点滑到D点的过程中，对乙和轨道BCD组成的系统，以水平向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv1－mv2＝2mv
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)×2mv2＝μmgL
则v＝eq \f(v1,4)＝eq \f(v2,2)
解得L＝3R；
设乙从C点滑到D点的过程中的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma
乙从C点滑到D点的过程做匀减速直线运动，有
v＝v1－at
解得t＝ eq \r(\f(6R,g))。
(3)设乙从B点滑到C点的时间为t1，该过程轨道BCD通过的距离为x1，甲、乙及轨道组成的系统水平方向动量守恒，有2m·eq \f(x1,t1)－meq \f(R－x1,t1)＝0
设乙沿轨道BCD从C点运动到D点的过程中轨道BCD通过的距离为x2，由动能定理有
－μmgx2＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
经分析可知x＝x1＋x2
解得x＝eq \f(5,6)R。
10．(2020·青海省西宁市高三下复习检测)(14分)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面的底端有一个固定挡板D，小物体C靠在挡板D上，小物体B与C用轻质弹簧栓接。当弹簧处于自然长度时，B在O点；当B静止时，B在M点，已知OM＝l。在P点还有一小物体A，使A从静止开始下滑，A、B相碰后一起压缩弹簧。A第一次脱离B后最高能上升到N点，且ON＝1.5l。B向上运动时还会拉伸弹簧，能使C物体刚好脱离挡板D。已知A、B、C的质量都是m，重力加速度为g。已知弹簧的弹性势能与弹簧的形变量大小有关。试求：
(1)弹簧的劲度系数；
(2)弹簧第一次恢复到原长时小物体B的速度大小；
(3)M、P两点之间的距离。
答案 (1)eq \f(mg,2l) (2) eq \r(\f(3,2)gl) (3)9l
解析 (1)B静止时，根据平衡条件得kl＝mgsinθ
则弹簧的劲度系数k＝eq \f(mg,2l)。
(2)当弹簧第一次恢复到原长时A、B恰好分离，设此时A、B的速度大小为v3，对A物体，从A、B分离到A速度变为0的过程，根据机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)＝mgΔh
此过程中A物体上升的高度Δh＝1.5lsinθ
解得v3＝ eq \r(\f(3,2)gl)。
(3)设A与B相碰前的速度大小为v1，相碰后的速度大小为v2，M、P两点之间距离为x，对A物体，从开始下滑到A、B相碰前，根据机械能守恒定律得
mgxsinθ＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
A与B碰撞过程，根据动量守恒定律得
mv1＝(m＋m)v2
设B静止时弹簧的弹性势能为Ep，从A、B开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复原长的过程，根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)(m＋m)veq \\al(2,2)＋Ep＝eq \f(1,2)(m＋m)veq \\al(2,3)＋(m＋m)glsinθ
B物体的速度变为0时，C物体恰好离开挡板D，此时弹簧的伸长量也为l，弹簧的弹性势能也为Ep
对B物体和弹簧，从A、B分离到B速度变为0的过程，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)＝mglsinθ＋Ep
解得M、P两点之间的距离x＝9l。