课后限时练08 动量和能量的综合应用（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与策略（江苏专版）

课后限时练8　动量和能量的综合应用 说明：选择题每小题4分，本试卷总分47分 1．(2025·江苏南通高三期末)一小球做平抛运动，关于小球的动量变化p、动量变化率、动能Ek、动能的变化率随时间变化的曲线，下列选项正确的是(　　) 　　 A　　　　　　　　　B 　　 C　　　　　　　　　D D　[小球的动量变化p＝mΔv＝mgt，p-t图像是过原点的直线，选项A错误；根据题意可知＝mg，故-t图像是平行t轴的直线，选项B错误；根据动能定理Ek＝Ek0＋mgh＝Ek0＋mg·gt2＝，Ek-t图像为过纵轴正半轴的抛物线，选项C错误；因为＝mg2t，则-t图像为过原点的直线，选项D正确。] 2．(2025·江苏南通高三模拟)物块A和斜面B的质量分别为m和3m，水平直角边长分别为L和3L，不计一切摩擦，A从斜面顶端由静止开始运动，相对于斜面刚好滑到底端这一过程中，正确的是(　　) A．物块A的机械能守恒 B．A与B组成的系统动量守恒 C．斜面B的位移大小为0.5L D．物块A的位移大小为1.5L C　[根据题意可知，斜面B对物块A的支持力对物块A做功，则物块A的机械能不守恒，故A错误；根据题意可知，初始时刻系统竖直方向动量为零，运动过程中，物块A有竖直方向的分速度，则竖直方向上系统的动量不守恒，故A与B组成的系统动量不守恒，故B错误；由题意可知，系统在水平方向上动量守恒，设物块A的水平位移为x1，斜面B的水平位移为x2，由动量守恒定律有mx1＝3mx2，又有x1＋x2＝3L－L，解得x1＝1.5L，x2＝0.5L，由于物块A的竖直位移不可求，则物块A的位移大小不可求，斜面B的竖直位移为零，则斜面B的位移大小为0.5L，故C正确，D错误。] 3．(2025·江苏常州高三统考)质量相等的甲、乙两球放在光滑的水平面上，它们用细线相连，开始时细绳处于松弛状态。现使两球反向运动，v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s，如图所示，当细线拉紧时突然绷断，此后不发生碰撞，此后两球的运动情况可能是(　　) A．v′甲＝2.5 m/s，v′乙＝1 m/s B．v′甲＝1.5 m/s，v′乙＝－0.5 m/s C．v′甲＝0，v′乙＝1 m/s D．v′甲＝4 m/s，v′乙＝－3 m/s B　[当细线拉紧时突然绷断，满足动量守恒，规定向左为正方向，由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙，因为两球质量相等，所以v甲＋v乙＝v′甲＋v′乙，代入选项A中数据，不满足条件，故A错误；代入选项B中数据，满足v甲＋v乙＝v′甲＋v′乙，且满足动能不增加原则，即m甲＋m乙＞m甲＋m乙，且不会二次碰撞，故B正确；代入选项C中数据，会发生二次碰撞，故C错误；代入选项D中数据，细线断后动能增加，则m甲＋m乙＜m甲＋m乙，违背能量守恒定律，故D错误。] 4．在光滑的水平地面上放有一质量为M、有光滑圆弧形槽的小车，一质量为m的小铁块以速度v0沿水平槽口滑上小车，且上滑过程中始终未离开小车，如图所示，若M＝m，则铁块离开小车时将(　　) A．向左平抛 B．向右平抛 C．自由落体 D．无法判断 C　[小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝Mv车＋mv铁，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得＝，解得铁块离开车时v铁＝0，v车＝v0，所以铁块离开小车时将做自由落体运动，故A、B、D错误，C正确。] 5．(2024·江苏卷T9)如图所示，物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物块A左右端相连，整个系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后(　　) A．弹簧恢复原长时，A的动能达到最大 B．弹簧压缩最大时，A的动量达到最大 C．弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加 D．弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加 A　[对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，以A速度方向为正方向，得mAvA－mBvB＝0，设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得Ep＝，联立得Ep＝，故可知弹簧恢复原长时物块A速度最大，此时物块A的动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为零，系统机械能不变。故选A。] 6．(2025·江苏苏州高三月考)如图所示，某小区门口自动升降杆的长度为L，A、B为横杆上两个质量均为m的小螺帽，A在横杆的顶端，B与A的距离为。杆从水平位置匀速转动至竖直位置的过程中，下列说法一定正确的是(　　) A．A、B的动量大小之比为1∶1 B．A、B的向心加速度大小之比为3∶1 C．A、B的转速之比为3∶2 D．此过程中A、B的机械能增加量之比为3∶2 D　[杆从水平位置匀速转动至竖直位置的过程中，A、B螺帽做同轴转动，则ωA＝ωB，已知RA∶RB＝3∶2，根据v＝R·ω，可得vA∶vB＝3∶2，根据p＝mv，可得pA∶pB＝3∶2，故A错误；根据a＝R·ω2，可知aA∶aB＝3∶2，故B错误；根据ω＝2πn，可知nA∶nB＝1∶1，故C错误；杆从水平位置匀速转动至竖直位置的过程，螺帽动能未增加，重力势能增加量即为其机械能增加量，则ΔEA＝ΔEpA＝mgΔhA＝mgL，ΔEB＝ΔEpB＝mgΔhB＝mgL，则有＝，故D正确。] 7．如图所示，平板车在拖拉机的牵引下沿水平道路匀速前进。某段时间内甲在水平蹦床上跳跃且上升的最大高度越来越大，而坐在车上的乙观察到甲始终沿竖直方向运动(危险动作，请忽模仿)。将甲视为质点，不考虑空气阻力，下列判断正确的是(　　) A．乙观察到甲做匀变速运动 B．甲与蹦床间的作用力始终沿竖直方向 C．每次与蹦床作用的过程中，蹦床对甲的冲量均为零 D．甲每次从离开到落回蹦床的时间均相同 B　[由于甲和乙在水平方向上是相对静止的，并且题中说明坐在车上的乙观察到甲始终沿竖直方向运动，但是甲每次与蹦床相互作用的过程中，蹦床对甲的弹力为变力，故在此过程中甲受到的合力为变力，根据牛顿第二定律可知乙观察到甲不是做匀变速运动，故A错误；由于甲与蹦床之间的作用力为弹力，垂直作用于接触面，坐在车上的乙观察到甲始终沿竖直方向运动，所以甲与蹦床间的作用力始终沿竖直方向，故B正确；蹦床对甲的冲量为I＝Ft，由于每次与蹦床作用的过程中蹦床对甲的作用力F方向不变且不为零，时间t不为零，故蹦床对甲的冲量不为零，故C错误；由题意知甲上升的高度越来越大，说明每次甲离开蹦床时的速度越来越大，根据v＝gt1可知上升时间变大，下降时间也变大，故甲从离开蹦床至落到蹦床的时间变长，故D错误。故选B。] 8．人们常利用高压水枪洗车，假设水枪喷水口的横截面积为S，喷出水流的流量Q(单位时间流出的水的体积)，水流垂直射向汽车后速度变为0。已知水的密度为ρ，则水流对汽车的平均冲击力为(　　) A．ρQS　　B．ρQ2S　　C．　　D． D　[选择短时间Δt内与汽车发生相互作用的水为研究对象，该部分水的质量为Δm＝ρSvΔt，由于喷出水流的流量Q指单位时间流出的水的体积，则有Q＝，根据动量定理有－F1Δt＝0－Δmv，根据牛顿第三定律有F2＝F1，解得水流对汽车的平均冲击力为F2＝，故选D。] 9．(15分)(2024·江苏无锡高三期末)如图所示，倾角θ＝30°的斜面体固定在水平地面上，斜边长度L＝1.6 m，质量均为1 kg的小球B和C处于轻弹簧两端，其中小球C与弹簧相连，小球B与弹簧不连接，它们都静止于水平地面上。现有一个质量也为1 kg的小球A从斜面体的最高点由静止下滑，下滑至斜面底端时，由于和水平地面的相互作用(作用时间Δt＝0.1 s)，小球A速度的竖直分量变为0，水平分量不变，此后小球A与小球B正碰，碰后二者立即粘在一起。不计一切摩擦，已知重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)小球A刚下滑至斜面底端时的速度大小； (2)小球A在斜面底端和水平地面相互作用过程中弹力的冲量； (3)整个过程中，弹簧对小球C做的功。 [解析]　(1)小球A下滑至斜面底端过程中，根据动能定理mgL sin 30°＝ 解得v0＝4 m/s。 (2)小球A和水平地面的相互作用过程中，取竖直向上为正方向，有 I－mgΔt＝0－m(－v0sin 30°) 解得I＝3 N·s，方向竖直向上。 (3)小球水平向左运动的速度 v1＝v0cos 30°＝2m/s 小球A和B碰撞，根据动量守恒定律 mAv1＝(mA＋mB)v2，解得v2＝m/s 从A和B粘在一起向左运动开始到弹簧再次恢复原长过程，根据动量守恒定律有 (mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v3＋mCv4 根据机械能守恒定律有 ＝ 解得v4＝m/s 整个过程中，弹簧对小球C做的功 W＝＝ J。 [答案]　(1)4 m/s　(2)3 N·s，方向竖直向上　(3) J 11/18 学科网（北京）股份有限公司 $