新课标版高考物理大二轮复习专题强化训练8力学中的动量和能量问题文档格式.docx
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[答案]BC
2．（2019·
河北名校联盟）如图所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用．买者认为：
因为米流落到容器中时对容器有向下的冲力而不划算；
卖者则认为：
当预定米的质量达到要
因
求后时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，
而双方
争执起来，下列说法正确的是（）
根据牛顿第三定律知
F＝F′，称米机的读数应为
M＝F′Nm1g＋F′
A．买者说的对
B．卖者说的对
C．公平交易
D．具有随机性，无法判断
[解析]设米流的流量为
d，它是恒定的，米流在出口处速度很小可视为零，若切断米
流后，设盛米的容器中静止的那部分米的质量为
m1，空中还在下落的米的质量为
m2，则落到
已静止的米堆上的一小部分米的质量为
Δm.在极短时间
内，取
Δm
为研究对象，这部
分米很少，Δm＝d·
Δt，设其落到米堆上之前的速度为
v，经
时间静止，取竖直向上
为正方向，由动量定律得（F－Δmg）Δt＝Δmv
即
F＝dv＋d·
Δt·
g，因
很小，故
F＝dv
v
＝g＝m1＋d
gg
vv
因切断米流后空中尚有
t＝g时间内对应的米流在空中，故
dg＝m2
可见，称米机读数包含了静止在袋中的部分米的质量
m1，也包含了尚在空中的下落的米
的质量
m2，即自动称米机是准确的，不存在哪方划算不划算的问题，选项
正确．
[答案]C
3．（多选）（2019·
四川绵阳模拟）如图所示，在光滑水平面上有一静止的物体
M，物体
上有一光滑的半圆弧形轨道，最低点为
C，两端
A、B
一样高，现让小滑块
m
从
点由静止
下滑，则（）
A．m
不能到达
M
上的
点
B．m
到
的过程中
向左运动，m
向右运动
能守恒定律
mgR＝mgh＋
（m＋M）v2
可知，m
恰能到达
点，且
到达
的瞬间，m、M
C．m
一直向左运动，m
的瞬间，M
速度为零
D．M
与
组成的系统机械能定恒，水平方向动量守恒
[解析]根据机械能守恒、动量守恒定律的条件，M
和
组成的系统机械能守恒，水平
方向动量守恒，D
正确；
滑到右端两者有相同的速度有：
0＝（m＋M）v，v＝0，再根据机械
2
速度为零，A
错误；
向左加速运动，m
向左减速
运动，B
错误，C
[答案]CD
4．（2019·
蓉城名校联盟）如图所示，在足够长的固定斜面上有一质量为m
的薄木板
A，
木板
获得初速度
v0
后恰好能沿斜面匀速下滑．现将一质量也为
的小滑块
无初速度轻
放在木板
的上表面，在滑块
在木板
上滑动的过程中（B
始终未从
的上表面滑出，B
间的动摩擦因数大于
与斜面间的动摩擦因数），下列说法正确的是（）
A．A、B
组成的系统动量和机械能都守恒
B．A、B
组成的系统动量和机械能都不守恒
12
C．当
的速度为3v0
时，A
的速度为3v0
D．当
时，B
[解析]由于木板
沿斜面体匀速下滑，所以此时木板
的合力为零，当小滑块
放在
上表面后，A、B
组成的系统所受的合力为零，则系统的动量守恒，由于A、B
间有摩
擦力的作用，则系统的机械能一直减小，即机械能不守恒，A、B
由于
之间的
动摩擦因数大于
与斜面间的动摩擦因数，所以当
共速后将沿斜面共同匀速下滑，即
的速度不可能大于
的速度，由动量守恒定律知
正确，D
5．（多选）（2019·
华中师大附中五月模拟）如下图所示，在光滑水平面上，质量为
的
球以速度
向右运动，与静止的质量为
4m
的
球碰撞，碰撞后
球以
v＝αv0（待定系数
α<
1）的速率弹回，并与固定挡板
P
发生弹性碰撞，若要使
球能再次追上
球并相撞，则
系数
α
可以是（）
2
5
3
7
损失的机械能
ΔEk＝
mAv20－⎢
mA（αv0）2＋
mBv2B⎥≥0，解得－1≤α≤
，所以
满足的条件是2⎦
<
α≤
，A、B
正确，C、D
1221
A.B.C.D.
[解析]A、B
碰撞过程，以
的方向为正方向，根据动量守恒定律得，mAv0＝－mAαv0
＋mBvB，A
与挡板
碰撞后能追上
发生再次碰撞的条件是
αv0>
vB，解得
α>
3，碰撞过程中
1⎤
1⎡13
2⎣25
13
35
[答案]AB
6．（多选）（2019·
武汉外校模拟）质量
M＝3
kg
的滑块套在水平固定着的轨道上并可在
轨道上无摩擦滑动．
质量
m＝2
的小球（视为质点）通过长
L＝0.75
的轻杆与滑块上的光滑轴
O
连接，开
始时滑块静止，轻杆处于水平状态．现给小球一个
v0＝3
m/s
的竖直向下的初速度，取
g＝
10
m/s2，则（）
动了
x，由滑块和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，有
＝m
L－x
A．小球
从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块
在水平轨道上向右移动了
0.3
m
B．小球
0.5
C．小球
相对于初始位置可以上升的最大高度为
0.27
D．小球
从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块
在水平轨道上向右移动
了
0.54
[解析]可把小球和滑块水平方向的运动看成人船模型．设滑块
在水平轨道上向右运
x
，解得
x＝0.3
m，A
正确，B
错误．根据动量守恒定律有
0＝（m＋M）v，v＝0，由能量守恒定律得2mv2＝mgh＋2（m
L2－h2＝1.35
m，根据水平方向动量守恒得
0＝m
－M
y＝0.54
m，D
＋M）v2，解得
h＝0.45
m，C
错误．小球
从初始位置到第一次到达最大高度过程中，设滑
块
在水平轨道上向右移动距离为
y，由几何关系得，m
相对于
移动的水平距离
s＝L＋
s－yy
tt
[答案]AD
B
7．（多选）（2019·
东北师大附中一模）如下图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为
m1
m2
的两物块
A、
相连接，并静止在光滑的水平面上．现使
瞬间获得水平向右大小为
3
m/s
的速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得
（）
A．在
t1、t3
时刻两物块达到共同速度
1
m/s，且弹簧都是处于压缩状态
B．从
t3
t4
时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C．两物体的质量之比为
m1∶m2＝1∶2
D．在
t2
时刻
的动能之比为
Ek1∶Ek2＝1∶8
[解析]在
m/s，t1
时弹簧处于压缩状态，t3
时弹簧
处于拉伸状态，A、B
错误．由动量守恒定律有
m1v0＝（m1＋m2）v
共，可得
m1∶m2＝1∶2.并由
图可得在
Ek1∶Ek2＝1∶8，C、D
8．（多选）（2019·
湖北百校大联考）在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，
两者在大本营中心发生对心碰撞如图甲所示，碰撞前、后两壶运动的
v－t
图线如图乙中实
线所示，其中红壶碰撞前、后的两段图线相互平行，两冰壶质量均为
19
kg，则（）
A．碰后蓝壶速度为
0.8
B．碰后蓝壶移动的距离为
2.4
C．碰撞过程两壶损失的动能为
7.22
J
D．碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为
5∶4
[解析]由题图乙可知碰撞前、后红壶的速度分别为
v0＝1.0
v1＝0.2
m/s，由
系统动量守恒可得
mv0＝mv1＋mv2，解得碰后蓝壶速度为
v2＝0.8
m/s，碰后蓝壶移动的距离
1111
0
1
为
x＝2×
0.8×
5
m，碰撞过程中两壶损失的动能为
ΔEk＝2mv2－2mv2－2mv2＝3.04
J，
1.2－1.00.8－0
N＝3.8
N，蓝壶所受摩擦力
f2＝ma2＝19×
红壶所受摩擦力
f1＝ma1＝19×
15
N
＝3.04
N，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为
f1∶f2＝5∶4，故
A、D
正确，B、C
9．（2019·
福建省泉州市模拟三）如右图所示，半径为
R、质量为
的半圆轨道小车静
止在光滑的水平地面上，将质量也为
的小球从距
点正上方
h0
高处由静止释放，小球自
3
由落体后由
点经过半圆轨道后从
冲出，在空中能上升的最大高度为4h0，则（）
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为
R
右为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得：
mv－mv′＝0，m
－m
＝0，解得小车
运动，故
小球第一次由释放经半圆轨道冲出至最高点时，由动能定理得：
mgç
h0－
h0⎪
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度2h0<
h<
4h0
[解析]小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，
但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故
系统水平方向动量守恒，以向
2R－xx
的位移：
x＝R，故
小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由
点离开小
车时系统水平方向总动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛
⎛3
⎫
⎝4
⎭
－Wf＝0，Wf
为小球克服摩擦力做功大小，解得
Wf＝4mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的
机械能为4mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的
弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做的功小于4mgh0，机械能的损失小于4mgh0，因此小球第二
3113
次离开小车时，能上升的高度大于：
4h0－4h0＝2h0，且小于4h0，故
[答案]D
二、非选择题
10．（2019·
江西南昌十校二模）如图所示，光滑水平面上放着质量都为
的物块
B，
紧靠着固定的竖直挡板，A、B
间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与
均不拴接），用手挡
9
住
不动，此时弹簧弹性势能为2mv2，在
间系一轻质细绳，细绳的长度略大于弹簧的
自然长度．放手后绳在短暂时间内被拉断，之后
继续向右运动，一段时间后与向左匀速运
动、速度为
发生碰撞，碰后
B、C
立刻形成粘合体并停止运动，C
的质量为
2m.
求：
（1）B、C
相撞前一瞬间
的速度大小；
（2）绳被拉断过程中，绳对
所做的功
W.
[解析]
（1）B
碰撞过程中动量守恒，由于碰后均停止，有
mvB＝2mv0
W＝
mv2A＝
mv201
解得：
vB＝2v0
（2）弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块
的动能，则
Ep＝2mv2BO
vBO＝3v0
绳子拉断过程，A、B
系统动量守恒
mvBO＝mvB＋mvA
vA＝v0
绳对
所做的功为
22
[答案]
（1）2v0
（2）2mv2
11．（2019·
全国卷Ⅲ）静止在水平地面上的两小物块
A、B，质量分别为
mA＝1.0
kg，
mB＝4.0
kg；
两者之间有一被压缩的微型弹簧，A
与其右侧的竖直墙壁距离
l＝1.0
m，如图
所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使
瞬间分离，两物块获得的动能之和为
Ek＝
10.0
J．释放后，A
沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B
与地面之间的动摩擦因数均为
μ＝0.20.重力加速度取
g＝10
m/s2.A、B
运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时
间极短．
Ek＝
mAv2A＋
mBv2B②1
（1）求弹簧释放后瞬间
速度的大小；
（2）物块
中的哪一个先停止？
该物块刚停止时
之间的距离是多少？
（3）A
都停止后，A
[解析]
（1）设弹簧释放瞬间
的速度大小分别为
vA、vB，以向右为正，由动量守
恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB①
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0
m/s，vB＝1.0
m/s③
（2）A、B
两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为
a.
假设
发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的
B.设从
vA″＝3
7
弹簧释放到
停止所需时间为
t，B
向左运动的路程为
sB，则有
mBa＝μmBg④
sB＝vBt－2at2⑤
vB－at＝0⑥
在时间
t
内，A
可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后
将向左运动，碰撞并不改变
的速度
大小，所以无论此碰撞是否发生，A
内的路程
sA
都可表示为
sA＝vAt－2at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75
m，sB＝0.25
m⑧
这表明在时间
内
已与墙壁发生碰撞，但没有与
发生碰撞，此时
位于出发点右边
0.25
处．B
位于出发点左边
处，两物块之间的距离
s
s＝0.25
m＋0.25
m＝0.50
m⑨
（3）t
时刻后
将继续向左运动，假设它能与静止的B
碰撞，碰撞时速度的大小为
vA′，
由动能定理有
2mAvA′2－2mAv2A＝－μmAg（2l＋sB）⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝
7
m/s⑪
故
将发生碰撞．设碰撞后
的速度分别为
vA″和
vB″，由动量守恒定律与机
械能守恒定律有
mA（－vA′）＝mAvA″＋mBvB″⑫
111
2mAvA′2＝2mAvA″2＋2mBvB″2⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
m/s，vB″＝－
5
5m/s⑭
这表明碰撞后
将向右运动，
继续向左运动．设碰撞后
向右运动距离为
sA′时停止，
向左运动距离为
sB′时停止，由运动学公式
2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
sA′＝0.63
m，sB′＝0.28
m⑯
sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离
s′＝sA′＋sB′＝0.91
m⑰
[答案]
（1）4.0
m/s1.0
m/s
（2）B
先停止0.50
m（3）0.91
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