（課標版）高考物理二輪復習 專題二 能量與動量 第8講 計算題對“能量與動量”的考查限時練（含解析）-人教版高三全冊物理試題

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1、計算題對“能量與動量”的考查 [A組　12分中難大題練——少失分] 1．(12分)如圖所示，質量為2 kg、上表面光滑的木板甲靜止在光滑水平面上，質量為1 kg可視為質點的小物體丙放在木板甲右端，質量為4 kg的木板乙以5 m/s的速度向左運動，與木板甲碰撞以后小物體滑到木板乙上，木板甲獲得8 m/s的速度，木板乙上表面與小物體的動摩擦因數為0.2，g取10 m/s2，求： (1)小物體在木板乙上表面滑行多長時間相對木板乙靜止？ (2)要使小物體不從木板乙上滑落，木板乙至少要多長？ 解析：(1)乙與甲碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以乙的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得： m乙v乙＝

2、m乙v′乙＋m甲v′甲(2分) 小物體在乙上滑動至有共同速度v，對小物體與木板乙，由動量守恒定律得：m乙v′乙＝(m乙＋m丙)v(2分) 對小物體應用牛頓第二定律得：a＝μg(1分) 運動時間：t＝，解得：t＝0.4 s(2分) (2)設物塊最終距離木板乙左端最大距離為s，由能量守恒定律得： μm丙gs＝m乙v′－(m乙＋m丙)v2(3分) 解得：s＝0.2 m，木板的長度至少要0.2 m(2分) 答案：(1)0.4 s　(2)0.2 m 2．(12分)(2019·廣東五校聯(lián)考)如圖所示，一光滑細管ABC，AB內有一壓縮的輕質彈簧，上方有一質量m1＝0.01 kg 的小球1；B

3、C是半徑R＝1 m的四分之一圓弧細管，管口C的切線水平，并與長度L＝1 m的粗糙直軌道CD平滑相接，小球與CD的滑動摩擦系數μ＝0.3.現(xiàn)將彈簧插銷K拔出，球1從管口C水平射出，通過軌道CD后與球2發(fā)生彈性正碰．碰后，球2立即水平飛出，落在E點．球1剛返回管口C時恰好對管道無作用力，若球1最后也落在E點．(球1和球2可視為質點，g＝10 m/s2)求： (1)碰后球1的速度、球2的速度； (2)球2的質量． 解析：(1)球1剛返回管口C時恰好對管道無作用力，則重力提供向心力：m1g＝m1(1分) 球1在CD水平面上所受的摩擦力： f＝μFN＝μm1g(1分) 球1從D→C過程，

4、根據動能定理： －fL＝m1v－m1v(2分) 由以上三式解得：v11＝4 m/s, v12＝ m/s. 由于管道光滑，根據能量守恒，球1以速度v12從管口C出來 球1從C→D過程，根據動能定理： －fL＝m1v－m1v(1分) 解得：v13＝2 m/s(1分) 球1也落在E點，根據平拋運動的規(guī)律可知： v2＝v13＝2 m/s(1分) (2)1、2兩球在D點發(fā)生彈性正碰，由題可知碰后球1的速度向左 根據動量守恒：m1v10＝－m1v11＋m2v2(2分) 根據能量守恒：m1v＝m1v＋m2v(2分) 由以上兩式解得：m2＝0.05 kg.(1分) 答案：(1)4

5、m/s　2 m/s　(2) 0.05 kg 3．(12分)(2019·河北唐山期末)如圖所示，光滑曲面與粗糙平面平滑連接，質量為m2＝3 kg的滑塊B靜止在光滑曲面的底端，質量為m1＝2 kg的滑塊A由曲面上某一高度H處無初速釋放，滑到底端和滑塊B發(fā)生彈性正碰，碰后滑塊B在平面上滑行的距離為L＝2 m，已知兩滑塊與平面間的動摩擦因數均為0.4，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)滑塊B在碰撞后獲得的速度大?。? (2)滑塊A的釋放高度． 解析：(1)碰后物塊B減速滑行，由動能定理 －μm2gL＝－m2v(2分) 滑塊碰后獲得速度 v2＝4 m/s(2分) (2)兩物塊

6、碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律 m1v0＝m1v1＋m2v2(2分) m1v＝m1v＋m2v(2分) 物塊A下滑，由動能定理 m1gH＝m1v(2分) 由以上各式解得 H＝1.25 m(2分) 答案：(1)4 m/s　(2)1.25 m 4．(12分)(2019·湖南益陽4月模擬)如圖所示，質量分別為m1＝1.0 kg和m2＝2.0 kg的甲、乙兩物體之間夾有少量炸藥，兩物體一起沿水平地面向右做直線運動，當速度v0＝1 m/s時夾在兩物體間的炸藥爆炸，之后甲物體以7 m/s的速度仍沿原方向運動．已知兩物體均可視為質點，甲物體與地面間的動摩擦因數為0.35，乙物體與地面間的動

7、摩擦因數為0.2，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)炸藥爆炸使甲、乙兩物體增加的總動能； (2)甲、乙兩物體分離2 s后兩者之間的距離． 解析：(1)爆炸瞬間系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，設爆炸后甲物體的速度為v1，乙物體的速度為v2，由動量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2(1分) v1＝7 m/s代入解得v2＝－2 m/s，負號表示速度方向與正方向相反(1分) 由能量守恒定律得 (m1＋m2)v＋ΔEk＝m1v＋m2v(2分) 代入數據解得ΔEk＝27 J(1分) (2)甲、乙兩物體分離后，甲物體向右勻減速滑行，乙物體向左勻減速滑行 根據牛頓第二

8、定律得甲物體滑行的加速度 a1＝μ1g＝3.5 m/s2(1分) 乙物體滑行的加速度大小a2＝μ2g＝2 m/s2(1分) 從分離到甲物體停止運動，經過的時間 t1＝＝2 s(1分) 甲物體運動的位移為x1＝t1＝7 m(1分) 從分離到乙物體停止運動，經過的時間 t2＝＝1 s(1分) 乙物體運動的位移為x2＝t2＝－1 m(1分) 故甲、乙兩物體分離2 s后兩者之間的距離 d＝|x1|＋|x2|＝8 m(1分) 答案：(1)27 J　(2)8 m 5．(12分)(2019·福建莆田一中模擬)如圖為一豎直固定的半徑為R＝0.5 m的半圓軌道AB，該軌道與水平軌道相切于

9、A點．質量分別為m1＝0.1 kg、m2＝0.2 kg的可視為質點的小球甲和乙處在水平軌道上，且甲、乙之間有一壓縮的輕彈簧處于鎖定狀態(tài)，兩球與輕彈簧均不連接，開始甲、乙兩球以共同的速度v0＝2 m/s向右做勻速直線運動，兩小球運動至銜接點A時，鎖定突然解除，使兩球分離，經過一段時間小球乙恰好能通過B點，且能從B點水平拋出，重力加速度g取10 m/s2.不計一切摩擦阻力，求： (1)兩小球分離時小球甲的速度； (2)小球乙由A到B的過程中合力的沖量． 解析：(1)小球乙恰好能通過B點時，重力提供向心力，由牛頓第二定律得m2g＝ m2，(2分) 解得v′2＝ m/s(1分) 小球乙從

10、A運動到B的過程中機械能守恒： m2v＝m2g ·2R＋m2v′(2分) 解得v2＝5 m/s(1分) 當兩球之間的鎖定突然解除后，系統(tǒng)的動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得 (m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2(2分) 代入數據解得v1＝－4 m/s，即兩小球分離時小球甲的速度大小為4 m/s，方向水平向左．(1分) (2)取向右為正方向，對小球乙，由動量定理得 I＝－m2v′2－m2v2＝－0.2× kg·m/s－0.2×5 kg·m/s＝－(＋1)kg·m/s，(2分) 即小球乙由A到B的過程中合力的沖量大小為 (＋1)kg·m/s，方向水平向左. (1分)

11、答案：(1)4 m/s，方向水平向左 (2)(＋1)kg·m/s，方向水平向左 [B組　20分壓軸大題練——多得分] 6．(20分)(2019·安徽蕪湖期末)如圖所示，長為L的輕繩豎直懸掛著一質量為m的小球A，恰好挨著放置在水平面上質量為m的物塊B左側．現(xiàn)保持細繩繃直，把小球向左上方拉至細繩與豎直方向成60°角的位置，然后從靜止釋放小球．小球A到達最低點時恰好與物塊B發(fā)生彈性碰撞，物塊向右滑行了L的距離停下．求： (1)物塊與水平面間的動摩擦因數μ. (2)若僅改變A的質量，使物塊B與A發(fā)生彈性碰撞后能向右滑行的距離為2L，則小球A的質量應該多大． 解析：(1)設小球與物塊碰撞

12、前瞬間的速度為v0，由機械能守恒定律得： ×mv＝mg(L－Lcos 60°)(2分) 解得：v0＝(1分) 設碰撞后瞬間小球、物塊的速度大小分別為v1、v2，由于碰撞是彈性的有：mv0＝mv1＋mv2(2分) mv＝mv＋mv(2分) 解得：v2＝v0＝(1分) 對于物塊向右滑行的過程，由動能定理有： μmgL＝mv(1分) μ＝0.5.(1分) (2)設小球與物塊碰撞前瞬間的速度為v′0，由機械能守恒定律得： Mv′＝Mg(L－Lcos 60°)(2分) 解得：v′0＝(1分) 設碰撞后瞬間有：Mv′0＝Mv′1＋mv′2(1分) Mv′＝Mv′＋mv′(1分)

13、 解得：v′2＝(1分) 若B物體前進2L停下則有：μmg2L＝mv′(1分) 得v′2＝(1分) 則有v′2＝＝(1分) 得：M＝(＋1)m.(1分) 答案：(1)0.5　(2)(＋1)m 7．(20分)(2019·重慶4月調研)在光滑絕緣水平軌道上有一彈簧左端系于A點，右端與質量為3m的小球1接觸但不連接．現(xiàn)用外力推動小球1將彈簧壓縮至彈性勢能為Ep＝mgs(s為一定值)時靜止釋放，離開彈簧后與靜止在P點質量為m、帶電量為q(q＞0)的小球2發(fā)生彈性正碰(不發(fā)生電荷轉移)，碰后小球2從D、B間進入圓弧軌道，如圖所示．BC是一段豎直墻面，DEF是固定在豎直平面內的一段光滑絕緣圓弧

14、軌道，軌道上端D點的切線水平，B、D間距很小，可看作重合的點．圓心O與軌道下端F的連線與豎直墻面的夾角為53°.在BC右邊整個空間有水平向左、場強E＝的勻強電場，小球2進入圓弧軌道之后恰好能沿著軌道DEF運動，一段時間后從軌道下端F處脫離，最后打在豎直墻面BC的C點．已知重力加速度為g，sin 53°＝0.8.求： (1)碰后小球2運動的速度； (2)軌道DEF的半徑R； (3)小球2打在C點前瞬間的速度． 解析：(1)由能量守恒得Ep＝×3mv①(1分) 1、2小球根據動量守恒得： 3mv1＝3mv′1＋mv2②(2分) 1、2小球根據機械能守恒得： ×3mv＝×3mv′

15、＋mv③(2分) 由①②③式解得vB＝v2＝(1分) (2)由題意得F合＝＝mg(2分) 設DEF軌道半徑為R，設在E點小球達到等效最高點，由于小球恰好能沿著DEF軌道運動，則在E點有： mg＝m①(2分) 根據動能定理得： －mg·(R－Rsin 53°)＝mv－mv②(2分) 由①②式解得R＝s(2分) (3)過點F做切線以及垂直BC的水平線，則α為53°.又因為＝，則小球所受合力的方向與水平方向夾角成53°.即在F點小球速度方向與合力方向共線，小球做直線運動(1分) 由幾何關系得LBC＝R＋＝s(2分) 從B到C全程動能定理有： mgLBC＝mv－mv(2分)

16、 解得vC＝(1分) 答案：(1) 　(2)s　(3) 8．(20分)(2019·廣東廣州天河區(qū)二模)如圖所示，有一質量為M＝2 kg的平板小車靜止在光滑的水平地面上，現(xiàn)有質量均為m＝1 kg的小物塊A和B(均可視為質點)，由車上P處開始，A以初速度v1＝2 m/s向左運動，B同時以v2＝4 m/s向右運動．最終A、B兩物塊恰好停在小車兩端沒有脫離小車．兩物塊與小車間的動摩擦因數都為μ＝0.1，g取10 m/s2.求： (1)物塊A開始運動至減速為零所用的時間t及此減速過程的位移x1； (2)小車總長L； (3)從A、B開始運動計時，經6 s小車運動的路程x. 解析：(1)物

17、塊A和B在小車上滑動，給小車的摩擦力等大反向，故A運動至小車左端前，小車始終靜止． μmg＝maA(2分) v1＝aAt1(1分) x1＝aAt(1分) 聯(lián)立可得t1＝2 s，x1＝2 m(2分) (2)A到左端后，小車與A以共同的加速度從靜止開始向右加速，最后三者共速，設共同速度為v，整個系統(tǒng)動量守恒、能量守恒： mv2－mv1＝(2m＋M)v(2分) μmgL＝mv＋mv－(2m＋M)v2(2分) 解得：v＝0.5 m/s，L＝9.5 m(2分) (3)以B為研究對象，設從開始到達到共速歷時t2 μmg＝maB(1分) v＝v2－aBt2(1分) 聯(lián)立可得：t2＝3.5 s(2分) 小車在t1前靜止，在t1至t2之間以a向右加速： μmg＝(M＋m)a(1分) 小車向右的位移s＝a(t2－t1)2(1分) 三者組成的系統(tǒng)以v共同勻速運動了 s′＝v(6－t2)(1分) 小車在6 s內向右運動總距離 x＝s＋s′＝1.625 m(1分) 答案：(1)2 s　2 m　(2)9.5 m　(3)1.625 m