2025版高考物理一轮复习微专题小练习动量守恒定律专题41动量和能量的综合应用

这是一份2025版高考物理一轮复习微专题小练习动量守恒定律专题41动量和能量的综合应用，共6页。

A．磁铁穿过铝管过程中，铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右
B．磁铁穿过铝管后，铝管速度可能为4 m/s
C．磁铁穿过铝管正中央时，铝管加速度为零
D．磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到0.2 J
答案：D
解析：根据楞次定律的“来拒去留”可知，磁铁对铝管的安培力一直水平向右，A错误；磁铁与铝管组成的系统动量守恒，如果铝管足够长，则磁铁穿过铝管时二者共速，由动量守恒定律得mv＝(M＋m)v′，解得v′＝1 m/s，所以铝管的速度不可能大于1 m/s，B错误；磁铁穿过铝管正中央时，由楞次定律可知，磁铁始终受到铝管的磁场力方向向左，根据牛顿第三定律，磁铁对铝管的反作用力水平向右，根据牛顿第二定律得，铝管加速度不为零，C错误；磁铁的初动能为Ek1＝ eq \f(1,2)mv2＝ eq \f(1,2)×0.1×32 J＝0.45 J，假设铝管足够长，则二者共速，根据对B项分析可知磁铁穿过铝管过程所产生的热量最多为Q＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)(M＋m)v′2＝0.45 J－0.15 J＝0.30 J，所以磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到0.2 J，D正确．
2．如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则木块的最终速度大小和系统因摩擦产生的热量分别为( )
A． eq \f(Mv0,m＋M) eq \f(mMv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（m＋M）) B． eq \f(Mv0,m＋M) eq \f(mMv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,m＋M)
C． eq \f(mv0,m＋M) eq \f(mMv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（m＋M）) D． eq \f(mv0,m＋M) eq \f(mMveq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),m＋M)
答案：C
解析：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(\s\up1(2),\s\d1(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(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（M＋m）)，C正确．
3．如图所示，在光滑的水平面上静止一质量M＝8 kg的小车B，小车左端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到小车右端的距离L＝1 m，这段车厢板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝0.1，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的车厢板上表面光滑．木块A以速度v0＝15 m/s由小车B右端开始沿车厢板表面向左运动．已知木块A的质量m＝2 kg，重力加速度g取10 m/s2.则木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为( )
A．45 J B．178 J
C．225 J D．270 J
答案：B
解析：由题意知，小车和木块系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，由能量守恒，得 eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2)(M＋m)v2＋μmgL＋Epmax，联立解得Epmax＝178 J，B项正确．
4．[2024·浙江省宁波金兰教有合作组织联考]如图所示，质量为2m、长为L的长木板c静止在光滑水平面上，质量为m的物块b放在c的正中央，质量为m的物块a以大小为v0的速度从c的左端滑上c，a与b发生弹性正碰，最终b刚好到c的右端与c相对静止，不计物块大小，物块a、b与c间动摩擦因数相同，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．a与b碰撞前b的速度始终为零
B．a与b碰撞后，a与b都相对c滑动
C．物块与木板间的动摩擦因数为 eq \f(3v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,8gL)
D．整个过程因摩擦产生的内能为 eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
答案：C
解析：物块a滑上长木板c后，假设物块b与长木板c一起滑动，设物块a与长木板c间的动摩擦因数为μ，则有μmg＝3ma，解得a＝ eq \f(1,3)μg，则物块b与长木板c间的静摩擦力为f静＝ma＝ eq \f(1,3)μmg<μmg＝fmax，所以假设成立，物块b与长木板c一起做匀加速直线运动，速度并不为零，即a滑上c后，b不会相对c滑动．a与b发生弹性正碰，a与b质量相等，所以正碰后速度发生交换，物块a的速度与长木板c的相等，一起做匀加速直线运动，直到最终b刚好滑到c的右端与c相对静止，A、B错误；b刚好到c的右端与a、c相对静止时，设共同速度为v共，以a、b、c为整体，系统动量守恒，则mv0＝(m＋m＋2m)v共，根据能量守恒可得 eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2)(m＋m＋2m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(共)) ＝μmgL＝Q，所以整个过程因摩擦产生的内能为Q＝ eq \f(3,8)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝ eq \f(3v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,8gL)，C正确，D错误．
5.
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)
答案：D
解析：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(\s\up1(2),\s\d1(m)) ＋ eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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．
6.
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
答案：C
解析：由机械能守恒mbgh＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2)mav eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2)mbv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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．
7．如图甲所示，在光滑水平面上有A、B两个滑块，已知A滑块的质量mA＝1 kg，初始时刻滑块B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移时间图像如图乙所示(规定向右为位移正方向)，则：
(1)碰撞前、后，滑块A的速度分别为多大？
(2)滑块B的质量为多少？
(3)滑块A、B碰撞过程中A、B系统损失的机械能为多少？
答案：(1)4 m/s 1 m/s (2)3 kg (3)6 J
解析：(1)由图乙可得，碰撞前A的速度vA＝ eq \f(16,4) m/s＝4 m/s
碰撞后A、B粘在一起的速度v＝ eq \f(20－16,8－4) m/s＝1 m/s
(2)依据动量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)v
解得mB＝3 kg
(3)A、B系统损失的机械能ΔE＝ eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) － eq \f(1,2)(mA＋mB)v2
解得ΔE＝6 J
8.
[2024·广东省深圳市外国语学校检测]如图所示为春节期间燃放的“火箭”型爆竹，由上下A、B两部分构成，A的质量为0.1 kg，B的质量为0.2 kg，A、B中间夹有少量火药．开始时让“火箭”在距地面1.8 m高处自由释放，“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时火药爆炸，经极短时间后A、B分离，此时B恰好停在地面上．不计空气阻力和“火箭”的体积，火药爆炸所释放的化学能全部转化为A、B的机械能，重力加速度取10 m/s2.求
(1)“火箭”着地时的速度大小；
(2)A上升的最大高度；
(3)火药爆炸所释放的化学能．
答案：(1)6 m/s (2)16.2 m (3)10.8 J
解析：(1)“火箭”在距地面1.8 m高处自由释放，做自由落体运动，则有v2＝2gh
解得“火箭”着地时的速度大小为v＝ eq \r(2gh)＝ eq \r(2×10×1.8) m/s＝6 m/s
(2)“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时火药爆炸，经极短时间后A、B分离，此时B恰好停在地面上，取向上为正方向，根据动量守恒可得(mA＋mB)v＝mAv′
解得v′＝18 m/s
A做竖直上抛运动，则有0－v′2＝－2gh′
解得A上升的最大高度为h′＝ eq \f(v′2,2g)＝ eq \f(182,2×10) m＝16.2 m
(3)根据能量守恒可得
E化＝ eq \f(1,2)mAv′2－ eq \f(1,2)(mA＋mB)v2
解得火药爆炸所释放的化学能E化＝10.8 J
9．有一款推拉门，其三扇门板俯视如图所示，每扇门的宽度均为L＝1.00 m，质量均为m＝20 kg，边缘凸起部位的宽度均为d＝0.05 m．门完全关闭时，1号门板的左侧以及3号门板的右侧分别与两侧的门框接触时，相邻门板的凸起部位也恰好接触．测试时，将三扇门板均推至最左端，然后用恒力F水平向右推3号门板，每次都经过相同的位移s＝0.20 m后撤去F，观察三扇门的运动情况．发现当恒力为8.5 N时，3号门板恰好能运动到其左侧凸起与2号门板右侧的凸起接触处．设每扇门与轨道间的动摩擦因数均相同，门板凸起部位间的碰撞及门板与门框的碰撞均为完全非弹性碰撞(不黏连).不考虑空气阻力，取g＝10 m/s2.
(1)求每扇门与轨道间的动摩擦因数．
(2)若要实现三扇门恰好完全关闭，则恒力应是多大？
(3)若想让三扇门都到达最右侧门框处，则恒力至少是多大？
答案：(1)0.01 (2)42.5 N (3)314.5 N
解析：(1)设每扇门与轨道间的动摩擦因数为μ，根据动能定理
F1s－μmg(L－3d)＝0
解得μ＝0.01
(2)设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为v1，根据动能定理
F2s－μmg(L－3d)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为v2，根据动量守恒定律有
mv1＝2mv2
3号门板与2号门板碰撞后一起向右运动的过程中，根据动能定理－μ(2m)g(L－3d)＝0－ eq \f(1,2)(2m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得F2＝42.5 N
(3)设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为v3，根据动能定理
F3s－μmg(L－3d)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为v4，根据动量守恒定律有
mv3＝2mv4
3号门板与2号门板碰撞后一起向右运动到与门框接触前的速度大小为v5，根据动能定理－μ(2m)g(L－3d)＝ eq \f(1,2)(2m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) － eq \f(1,2)(2m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4))
设2号门板与1号门板碰撞后速度的大小为v6，根据动量守恒定律有mv5＝2mv6
从2号门板与1号门板碰撞后到1号门板恰好停止过程中，根据动能定理－2μmg(L－3d)＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6))
联立解得F3＝314.5 N