2021年高考物理一轮复习考点19动量和能量的综合应用课件

动量和能量的综合应用考点19第1步狂刷小题·夯基础题组一基础小题1．(多选)如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E。这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()A．撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒B．撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒C．撤去F，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为ED．撤去F，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E3答案解析撤去F后，A离开竖直墙前，竖直方向两木块的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而水平方向墙对A有向右的弹力，系统的动量不守恒；这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒；A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向受力平衡，则系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒，故A错误，B正确。撤去F，A离开竖直墙后，当两木块速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大；设两木块的共同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：2mv0＝3mv，E＝12·3mv2＋Ep，又E＝12·2mv20，联立解得弹簧的弹性势能最大值为：Ep＝E3，故C错误，D正确。解析2．如图所示，质量为M的长木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s。已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m，重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，则由此可得子弹射入木块前的速度大小为()A.m＋Mm2μgsB.M－mm2μgsC.mm＋MμgsD.mM－mμgs答案解析子弹击中木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v，解得：v＝mv1M＋m；子弹击中木块后，木块(包括子弹)做匀减速直线运动，由动能定理得：－μ(M＋m)gs＝0－12(M＋m)v2，解得：v1＝M＋mm2μgs。故A正确。解析3．(多选)光滑水平面上有一静止的木块，质量为m的子弹水平射入木块后未穿出，子弹与木块运动的速度图象如图所示。由此可知()A．木块的质量可能是2mB．子弹进入木块的深度为v0t02C．木块所受子弹的冲量大小为12mv0D．子弹射入木块过程中产生的热量为12mv20答案解析设木块的质量为M，根据动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)·12v0，解得M＝m，故A错误；由图象知，子弹射入木块的过程中，子弹运动的位移x1＝12v0＋12v0t0＝34v0t0，木块运动的位移x2＝12·v02t0＝14v0t0，则子弹进入木块的深度为Δx＝x1－x2＝34v0t0－14v0t0＝12v0t0，故B正确；根据动量定理可知木块所受子弹的冲量I＝M·v02＝12mv0，故C正确；根据能量守恒定律可知，子弹射入木块过程产生的热量：Q＝12mv20－12(m＋M)v022＝14mv20，故D错误。解析4．(多选)如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块，现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v0，下列说法正确的是()A．最终小木块和木箱都将静止B．最终小木块和木箱组成的系统损失的机械能为Mv202－Mv022M＋mC．木箱速度为v03时，小木块的速度为2Mv03mD．最终小木块的速度为Mv0m答案解析木箱与木块组成的系统所受外力的合力为零，系统的动量守恒，初状态木箱有向左的动量，根据动量守恒定律知，最终两物体以相同的速度一起向左运动，故A错误；规定向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv0＝(m＋M)v，则最终系统的速度为：v＝Mv0M＋m，方向向左，则最终小木块和木箱组成的系统损失的机械能为：ΔE＝12Mv20－12(m＋M)v2＝Mv202－Mv022M＋m，故B正确，D错误；当木箱的速度为v1＝v03时，根据动量守恒定律有：Mv0＝Mv1＋mv2，可得：v2＝2Mv03m，故C正确。解析5．(多选)如图所示，水平光滑轨道的宽度和轻质弹簧的自然长度均为d。两小球m1和m2与弹簧连接，m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中，可能的情况是()A．m1的最小速度是0B．存在某段时间m1向左运动C．m2的最大速度一定是v1D．m2的最大速度是2m1m1＋m2v1答案解析小球m1到达距离m2最近位置后继续前进，弹簧拉动m2，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m2达到最大速度，m1达到最小速度，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有：m1v1＝m1v1′＋m2v2，12m1v21＝12m1v1′2＋12m2v22，解得：v1′＝m1－m2m1＋m2v1，v2＝2m1m1＋m2v1，故m2的最大速度为2m1m1＋m2v1，m1的最小速度为m1－m2m1＋m2v1，只有当m1＝m2时，m2的最大速度是v1，m1的最小速度是0，故A、D正确，C错误；若m1m2，由以上得v1′0，知存在某段时间m1向左运动，故B正确。解析6.如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛。下列说法正确的是()A．重力对它们的冲量相同B．它们落地时重力的瞬时功率相同C．它们动量变化的大小相同D．它们的末动能相同答案解析球b做自由落体运动，球c的竖直分运动是自由落体运动，故b、c两个球的运动时间相同，为t＝2hg，球a受重力和支持力，合力为mgsinθ，加速度为gsinθ，根据hsinθ＝12·gsinθ·t′2，得t′＝1sinθ2hg，所以tt′，由于三个小球的重力相同，而重力的作用时间不同，故重力的冲量不同，A错误；三个小球的机械能守恒，末速度大小相等，方向不同，则重力的瞬时功率不同，故B错误；b、c球所受合力相同，运动时间相同，故合力的冲量相同，根据动量定理，动量变化量也相同，a、b球机械能守恒，末速度大小相等，故末动量大小相等，初动量为零，故动量增加量的大小相等，C正确；三个小球下落过程只有重力做功，且重力做功相同，初动能不全相同，根据动能定理可知，它们的末动能不全相同，故D错误。解析7．如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，圆弧半径为R＝1m，E点的切线水平。另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M＝4m，g取10m/s2，不计摩擦。则小球的初速度v0的大小为()A．4m/sB．5m/sC．6m/sD．7m/s答案解析当小球上升到圆弧最上端时，小球与滑块水平方向的速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有：mv0＝(m＋M)v1，根据机械能守恒定律有：12mv20＝12(m＋M)v21＋mgR，根据题意有：M＝4m，联立解得：v0＝5m/s，故B正确。解析8.如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B。在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是()A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大B．B板的加速度一直增大C．弹簧给木块A的冲量大小为2mv03D．弹簧的最大弹性势能为mv203答案解析木块与木板组成的系统动量守恒。当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，此后弹簧要恢复原状，木板继续加速，故A错误；木块A与弹簧相互作用的过程中，弹簧的压缩量先增大后减小，故B板的加速度先增大后减小，B错误；设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：2mv0＝2mv1＋mv2，根据机械能守恒定律有：12·2mv20＝12·2mv21＋12mv22，解得：v1＝13v0，v2＝43v0，对木块A，根据动量定理有：I＝2mv1－2mv0＝－43mv0(负号表示方向向右)，故C错误；当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，此时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有：2mv0＝(m＋2m)v，根据机械能守恒定律有：Epmax＝12·2mv20－12(2m＋m)v2，解得：Epmax＝13mv20，故D正确。解析题组二高考小题9．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比答案解析列车做初速度为零的匀加速直线运动，列车动能Ek＝12mv2，又因为v＝at，所以Ek＝12ma2t2，加速度a恒定，动能跟时间t的平方成正比，A错误；根据动能定理Ek＝W合＝F合s＝mas，故动能与位移成正比，B正确；动能与速度平方成正比，故C错误；由Ek＝p22m，可知动能与动量的平方成正比，D错误。解析10．(2015·北京高考)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是()A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力答案解析从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。选项A正确，选项B、C、D错误。解析11．(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是()A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变答案解析A错：摩天轮转动过程中，乘客的动能不变，重力势能不断变化，故乘客的机械能不断变化。B对：乘客在最高点时，具有向下的加速度，处于失重状态。C错：根据I＝Ft知，重力的冲量不为0。D错：根据P＝mgvcosθ，θ为力方向与速度方向之间的夹角，摩天轮转动过程中，θ不断变化，重力的瞬时功率不断变化。解析题组三模拟小题12．(2019·江西南昌二模)用水平力拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止。其速度—时间图象如图所示，且αβ，若拉力F做的功为W1，冲量大小为I1；物体克服摩擦阻力f做的功为W2，冲量大小为I2。则下列选项正确的是()A．W1W2；I1I2B．W1W2；I1I2C．W1W2；I1I2D．W1＝W2；I1＝I2解析对全过程由动能定理有：W1－W2＝0，得W1＝W2；由动量定理有：I1－I2＝0，得I1＝I2，故D正确。答案解析13．(2019·河南重点学校联盟联考)(多选)如图所示，质量m1＝4kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1m，现有质量m2＝2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝3m/s从左端滑上小车。已知物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，则物块滑上小车后()A．物块和小车构成的系统动量守恒B．物块和小车构成的系统机械能守恒C．经过一段时间从小车右端滑下D．整个过程中系统产生的热量为6J答案解析由于水平面光滑，所以物块和小车构成的系