2020高考物理一轮复习课时作业29定律与能量综合专题(含解析)新人教版

8．(2018·漳州三模)(多选)如图甲，长木板A静放在光滑的水平面上，质量为m＝1 kg的物块B以v0＝3 m/s的速度滑上A的左端，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g＝10 m/s，由此可得( )

2

A．A的质量mA＝1 kg

B．A、B间的动摩擦因数为0.2 C．木板A的长度至少为2 m

D．0～2 s内，A、B系统机械能的损失为3 J 答案 BD

解析 A项，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mA)v，由图知v＝1 m/s，解得mA＝2 kg，故A项错误．

v2B项，由图像可知，木板A的加速度为a＝＝1 m/s，根据μmg＝mAa得出动摩擦因数为μ

t＝0.2，故B项正确．

3×1

C项，木板A的最小长度等于0～1 s内A与B间相对位移的大小，为L＝＝1.5 m，故

2C项错误．

1212

D项，0～2 s内，A、B系统机械能的损失为：ΔE＝mv0－(m＋mA)v，解得：ΔE＝3 J，

22故D项正确．

9.(2018·孝感一模)(多选)如图所示，在光滑水平地面上有一长木板，其左端放有一质量为2m的木块(可视为质点)，木块与长木板之间的动摩擦因数为μ.开始时，长木板和木块都静止，现有一质量为m的子弹以初速度v0击中木块并停留其中，设长木板撞到前方固定的障碍物前，长木板和木块的速度已经相等．已知长木板与障碍物发生弹性碰撞，经足够长的时间后，木块始终不从长木板上掉下来，则(重力加速度为g)( )

A．木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、木板三者组成的系统动量守恒 B．木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、木板三者组成的系统机械能守恒 C．若木板的质量为6m，木板可能与障碍物发生两次碰撞 v0

D．若木板的质量为2m，木板的长度至少为 18μg答案 AD

2

解析 A、B两项，木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、木板三者组成的系统所受的外力之和为零，所以系统的动量守恒．由于有机械能转化为内能，所以系统的机械能不守恒，故A项正确，B项错误．C项，设木板的质量为M.木板要能与障碍物发生两次碰撞，碰撞前子弹和木块的总动量应大于木板的动量，即有(m＋2m)v＞Mv，得M＜3m，所以若木板的质量为6m，木板不可能与障碍物发生两次碰撞，故C项错误．D项，子弹射入木块的过程，取向右为正1

方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋2m)v1，得：v1＝v0，木块在木板上多次滑行，最终静

31v02

止在障碍物处，由能量守恒定律得：μ·3mgL＝×3mv1，木板的长度至少为：L＝.

218μg故D项正确．

10.(2018·湖北二模)(多选)质量为2m的两个相同小球A、B穿在水平光滑细杆上，用两根长度为L的轻绳与C球相连，已知C的质量为m，一开始A、B相距2L，现将系统从静止释放，A与B相碰前瞬间，A、B球的速度大小分别为vA、vB，下列说法正确的是( )

2

1

A．vA＝vB＝2gL

2B．vA＝vB＝2gL

C．从释放到A、B两球碰前，两轻绳对C球所做的总功为－mgL D．当A、B间距为L的时候，A、B、C三球速度大小相等 答案 AC

解析 A项，由系统水平方向的动量守恒得2mvA－2mvB＝0 vA＝vB，由A、B、C为系统，由11122

机械能守恒定律：mgL＝·2mvA＋·2mvB，解得：vA＝vB＝2gL，故A项正确，B项错误；

222C项，C球重力做功WG＝mgL，则两轻绳对C球所做的总功为－mgL，故C项正确．D项，根据运动的分解沿绳方向速度应该相等，即当A、B间距为L的时候，vCcos30°＝vAsin30°，所以C点速度和A点速度大小肯定不同，故D项错误．

11．(2018·聊城一模)(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两物块相连，它们静止在光滑水平地面上．现给物块m1一个瞬时冲量，使它获得水平向右的速度v0，从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，则下列判断正确的是( )

A．t1时刻弹簧长度最短

B．在t1～t3时间内，弹簧处于压缩状态

C．在0～t2时间内，弹簧对m1冲量的大小为m1(v0－v3) D．m1、m2的动量满足：m1v0＝(m1＋m2)v2＝m2v1－m1v3 答案 AD

解析 A项，从图像可以看出，从0到t1的过程中，m1的速度比m2的大，弹簧被压缩，t1时刻两物块达到共同速度，此后，m1的速度比m2的小，两者间距增大，弹簧的压缩量减小，所以t1时刻弹簧长度最短，故A项正确．

B项，t2时刻m2的速度最大，此后m2的速度减小，弹簧被拉伸，则t2时刻弹簧恢复原长，则知在t1～t2时间内，弹簧处于压缩状态．t2～t3时间内，弹簧处于拉伸状态．故B项错误．C项，在0～t2时间内，根据动量定理得：弹簧对m1冲量为I＝－m1v3－m1v0，冲量大小为m1(v0＋v3)，故C项错误．D项，两个物体组成的系统外力之和为零，系统的动量守恒，则有：m1v0＝(m1＋m2)v2＝m2v1－m1v3.故D项正确．

12.如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道3

后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，则( )

4

A．小球和小车组成的系统动量守恒 1

B．小车向左运动的最大距离为R

2C．小球离开小车后做斜上抛运动

13

D．小球第二次能上升的最大高度h0

24答案 D

解析 A项，小球与小车组成的系统在水平方向所受外力之和为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受外力之和不为零，系统动量不守恒，故A项错误；B项，系统水平方向动量2R－xx

守恒：mv－mv′＝0，m－m＝0，解得，小车的位移：x＝R，故B项错误；C项，小球

tt与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，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运动，故C项错误；D项，小球第3

一次从释放到上升到最高点运动过程中，由动能定理得：mg(h0－h0)－Wf＝0，Wf为小球克

4

11

服摩擦力做功大小，解得：Wf＝mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由

44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11

小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高

443113

度大于：h0－h0＝h0，而小于h0，故D项正确．

4424二、非选择题

13．(2018·乐山模拟)如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的最右端，已知A、B、C质量均相等，且为m，木板C长为L，求：

(1)A物体的最终速度； (2)A、C之间的摩擦力f； (3)A在木板C上滑行的时间t. 3mv04L

答案 (1)v0 (2) (3)

416Lv0

解析 (1)B、C碰撞过程中动量守恒，令B、C碰后的共同速度为v1，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mv0＝2mv1， v0

解得：v1＝，

2

B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离A、C相互作用过程中动量守恒， 设最终A、C的共同速度v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mv0＋mv1＝2mv2， 3

解得：v2＝v0；

4

(2、3)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律得： 121212

fL＝mv0＋mv1－·2mv2，

222mv0

解得：f＝，

16L

此过程中对C，由动量定理得：ft＝mv2－mv1， 4L

解得：t＝. v0

2

2