课时测评32 能量和动量守恒的综合应用（word练习）-【金版新学案】2026年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（新高考）

课时测评32　能量和动量守恒的综合应用 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1、3、4、5，每题6分，其余每题4分，共36分) 1．(多选)如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以水平速度v0射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为s，此过程经历的时间为t。若木块对子弹的阻力大小Ff视为恒定，则下列关系式中正确的是(　　) A．FfL＝Mv2 B．Fft＝mv0－mv C．v＝ D．Ffs＝mv2 答案：AB 解析：对木块，由动能定理可得FfL＝ ＝mv－mv0，故B正确；对木块和子弹整体，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝，故C错误；对木块和子弹整体，根据能量守恒定律得Ffs＝(M＋m)v2，故D错误。故选AB。 2．如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端系在环上，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.子弹射入木块后的瞬间，速度大小为 B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g C．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 答案：C 解析：子弹射入木块过程，子弹和木块系统的动量守恒，则有m0v0＝(M＋m0)v1，解得子弹和木块的速度大小为v1＝，A错误；子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律得FT－(M＋m0)g＝(M＋m0)(M＋m＋m0)g，C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，D错误。故选C。 3．(多选)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，g＝。则下列说法正确的是(　　) A．长木板A获得的动能为1 J B．A、B系统损失的机械能为2 J C．长木板A的最小长度为2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 答案：ABD 解析：由题图乙可知，最终长木板A获得的速度为v＝1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，则长木板A获得的动能为Ek＝Mv 2＝2×12 J＝1 J，A正确；系统损失的机械能ΔE＝(m＋M)v 2＝×2×22 J－×(2＋2)×12 J＝2 J，B正确；v-t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，则由题图乙得到0～1 s内B的位移为xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为xA＝×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，C错误；由题图乙可知，B的加速度a＝＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，D正确。故选ABD。 4．(多选)如图所示，一质量M＝3 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量m＝1 kg的小木块A。现以地面为参考系，给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度，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板。A、B间的动摩擦因数为0.1，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．木块A一直做匀减速运动 B．木块A在木板B上滑动过程中，木块A的加速度大小不变，方向变化 C．木块在加速运动过程中，木块相对于木板运动了2.67 m D．整个过程中，滑动摩擦产生的热量为24 J 答案：CD 解析：系统的初动量方向水平向右，对木板与木块组成的系统，合力保持为零，系统的总动量守恒，由动量守恒定律可知，A、B共速时总动量也向右，故二者最终向右运动，所以物块A先向左做匀减速运动，速度减到零后再反向做匀加速运动，最后和B一起做匀速运动，A错误；共速前A一直相对B向左滑动，故A受到的滑动摩擦力方向一直水平向右，由牛顿第二定律可知μmg＝ma，则木块A的加速度的大小和方向一直不变，B错误；规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律，木块A速度为零时，有Mv0－mv0＝MvB，解得vB＝ m/s，以后A加速至和B速度相等，则有MvB＝(M＋m)v共，解得v共＝2 m/s，由能量守恒定律得μmgs＝，解得s≈2.67 m，C正确；由能量守恒定律得Q＝＝24 J，D正确。故选CD。 5．(多选)质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则(　　) A．小球将向左做平抛运动 B．小球将做自由落体运动 C．此过程小球对小车做的功为 D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为 答案：BC 解析：小球上升到最高点时与小车相对静止，有相同的速度v′，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0＝2Mv′，×2Mv′2＋Mgh，联立解得h＝，D错误；从小球冲上小车到滚下并离开小车过程，系统在水平方向上动量守恒，由于无摩擦力做功，机械能守恒，此过程类似于弹性碰撞，由于二者质量相等，故作用后两者交换速度，即小球速度变为零，开始做自由落体运动，小车速度变为v0，动能为，根据动能定理得此过程小球对小车做的功为，B、C正确，A错误。故选BC。 6．如图甲所示，左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块B以一初速度向A运动，t＝0时B与弹簧接触，0～2 s内两物体的v-t图像如图乙所示。则(　　) A．A的质量比B的大 B．0～1 s内，弹簧对A、B的冲量相同 C．t＝1 s时，弹簧的弹性势能最大 D．t＝2 s时，A的动量比B的大 答案：C 解析：由题图乙可知，物块B的初速度为v0＝1.2 m/s，t＝1 s时，物块A、B的共同速度大小为v＝1.0 m/s，由动量守恒定律可得mBv0＝(mA＋mB)v，解得mB＝5mA，故A错误；0～1 s内，弹簧对A的冲量方向向右，弹簧对B的冲量方向向左，所以弹簧对A、B的冲量不相同，故B错误；t＝1 s时，物块A、B有共同速度，弹簧最短，弹簧的弹性势能最大，故C正确；t＝2 s时，A的动量pA＝mAvA，B的动量pB＝，由题图乙可知vA＝2.0 m/s，vB＝0.8 m/s，又mB＝5mA，所以A的动量比B的小，故D错误。故选C。 7．如图所示，光滑水平面上有a、b、c、d四个弹性小球，质量分别为m、9m、3m、m。小球a一端靠墙，并通过一根轻弹簧与小球b相连，此时弹簧处于原长。小球b和c接触但不粘连。现给小球d一个向左的初速度v0，与小球c发生碰撞，整个碰撞过程中没有能量损失，弹簧始终处于弹性限度内。以下说法正确的是(　　) A．整个过程中小球a、b、c、d和弹簧组成的系统动量守恒 B．整个过程中四个弹性小球a、b、c、d的机械能守恒 C．小球a的速度的最大值为v0 D．弹簧弹性势能的最大值为 答案：C 解析：由于墙壁对a球有弹力作用，整个过程中小球a、b、c、d和弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误；整个过程中弹簧与四个弹性小球的系统机械能守恒，但四个弹性小球的机械能不守恒，故B错误；小球d与小球c碰撞，设小球c碰撞后速度为v1，小球d碰撞后速度为v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝3mv1＋mv2，，联立解得v1＝v0，小球c与小球b碰撞，设小球c碰撞后速度为v3，小球b碰撞后速度为v4，由动量守恒定律和机械能守恒定律得3mv1＝3mv3＋9mv4，，联立解得v4＝，小球b向左运动速度为零时，弹簧弹性势能最大，则有Epmax＝，故D错误；小球b从开始压缩弹簧到弹簧恢复原长的过程，小球b与弹簧组成的系统机械能守恒，恢复原长时小球b向右的速度大小为v4，当小球a、b向右运动，弹簧处于原长时，小球a的速度最大，设小球a的速度大小为v5，小球b的速度大小为v6，由动量守恒定律和机械能守恒定律得9mv4＝mv5＋9mv6，，联立解得v5＝v0，故C正确。 8．(12分)(2023·海南卷·T18)如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道A，半径R＝0.2 m，一质量为mB＝1 kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC＝3 kg，B、C间动摩擦因数μ1＝0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2＝0.8，C右端有一个挡板，C长为L。已知g取10 m/s2。 (1)B滑到A的底端时对A的压力是多大？ (2)若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？ (3)在0.16 m＜L＜0.8 m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止所用的时间。 答案：　(1)30 N　(2)1.6 J　(3) s 解析：　(1)小滑块B从轨道顶端下滑到轨道底部的过程，由动能定理有mBgR＝mBv2 小滑块B在A的底端时，有FN－mBg＝mB 解得FN＝30 N 由牛顿第三定律可知B对A的压力大小也为30 N。 (2)当B滑上C瞬间，B、C的速度相等 假设两者之间无相对滑动，对B、C整体有 μ2(mB＋mC)g＝(mB＋mC)a 解得a＝8 m/s2 而B减速的最大加速度a1＝μ1g＝2 m/s2<a 故假设不成立，B、C间会有相对滑动 则B的加速度向左，大小为a1＝2 m/s2 C受B向右的摩擦力μ1mBg和地面向左的摩擦力μ2(mB＋mC)g 其加速度满足μ2(mB＋mC)g－μ1mBg＝mCa2 解得a2＝10 m/s2 B向右运动的距离x1＝ C向右运动的距离x2＝ B、C间因摩擦产生的热量Q＝μ1mBg(x1－x2) 解得Q＝1.6 J。 (3)假设B还未与C右端挡板发生碰撞，C就停下，设C从开始运动到停下用时为t1，有t1＝ 解得t1＝0.2 s 此时B、C的位移分别是xB＝vt1－＝0.36 m，xC＝vt1－＝0.2 m，则x相＝0.16 m，此时vB＝v－a1t1＝1.6 m/s 由于L>0.16 m，所以假设成立，一定是C停下之后，B才与C右端挡板发生碰撞 设再经t2时间B与C右端挡板发生碰撞，有 L－0.16 m＝vBt2－ 解得t2＝s(另一解不符合题意，舍去) 碰撞前瞬间B的速度大小为vB′＝vB－a1t2＝ 碰撞过程由动量守恒定律可得 mBvB′＝(mB＋mC)v共 碰撞后B、C速度大小为v共＝ m/s 之后二者一起减速，有a＝μ2g＝8 m/s2，经t3后停下 则有at3＝v共 解得t3＝ s 故总时间t＝t1＋t2＋t3＝ s。 9．(12分)(2023·浙江6月·T18)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝(x为形变量)。 (1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN； (2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE； (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。 答案：(1)10 m/s　31.2 N　 (2)0　 (3)0.2 m 解析：(1)滑块a从D到F，由动能定理得 mg·2R＝ 在F点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m 联立解得vF＝10 m/s，FN＝31.2 N。 (2)滑块a返回到B点时的速度vB＝1 m/s 滑块a一直在传送带上减速，由牛顿第二定律得μmg＝ma 解得a＝μg＝5 m/s2 根据运动学公式有－2aL 解得在C点的速度vC＝3 m/s 则滑块a从碰撞后到达C点，由能量守恒定律得＋mg·2R 解得v1＝5 m/s 因a、b碰撞过程中动量守恒，则有 mvF＝－mv1＋3mv2 解得碰后b的速度v2＝5 m/s 则碰撞损失的能量 ΔE＝＝0。 (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，由动量守恒定律得mvF＝4mv 解得a、b碰后的共同速度v＝2.5 m/s 当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度，由动量守恒定律得(m＋3m)v＝6mv′ 解得v′＝ m/s 当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系得·(m＋3m)v2＝·6mv′2＋ 解得x1＝0.1 m 同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2＝x1 则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2 m。 学科网（北京）股份有限公司 $