定律與能量綜合專題一、選擇題1.(2018·河南模擬)如圖所示，質(zhì)量為M的足夠高光滑斜槽靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小球以一定的水平初速度沖上斜槽且不脫離斜槽，后又返回斜槽底部，則下列說(shuō)法正確的是()A小球獲得的最大重力勢(shì)能等于小球初始動(dòng)能B小球到達(dá)斜槽最高點(diǎn)處，小球的速度為零C小球回到斜槽底部時(shí)，小球速度方向一定向右D小球回到斜槽底部時(shí)，小球速度方向可能向左答案D解析A項(xiàng)，小球沖上斜槽的過(guò)程中，斜槽向左運(yùn)動(dòng)，獲得了動(dòng)能，所以小球獲得的最大重力勢(shì)能小于小球初始動(dòng)能，故A項(xiàng)錯(cuò)誤B項(xiàng)，小球到達(dá)斜槽最高點(diǎn)處時(shí)速度與斜槽速度相同，由水平動(dòng)量守恒得mv(Mm)v，可得v0，故B項(xiàng)錯(cuò)誤C、D兩項(xiàng)，設(shè)小球回到斜槽底部時(shí)，由水平動(dòng)量守恒得mvmv1Mv2.根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mv2mv12Mv22.解得v1v，若mM，得v0，說(shuō)明小球速度方向向左，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確2(2018·海南)如圖，用長(zhǎng)為l的輕繩懸掛一質(zhì)量為M的沙箱，沙箱靜止一質(zhì)量為m的彈丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動(dòng)一小角度不計(jì)空氣阻力對(duì)子彈射向沙箱到與其共同擺過(guò)一小角度的過(guò)程()A若保持m、v、l不變，M變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變小B若保持M、v、l不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變小C若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大D若保持M、m、v不變，l變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大答案C解析彈丸擊中沙箱過(guò)程系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以彈丸的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv(Mm)v，解得：v，彈丸與沙箱一起擺動(dòng)過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由能量守恒定律可知，整個(gè)過(guò)程系統(tǒng)損失的機(jī)械能：Emv2(Mm)v2；由此判斷，只有C項(xiàng)正確3(2018·新鄉(xiāng)一模)(多選)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質(zhì)量相同、材料不同的兩矩形滑塊A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍上述兩種射入過(guò)程相比較()A射入滑塊A的子彈速度變化大B整個(gè)射入過(guò)程中兩滑塊受的沖量一樣大C射入滑塊A中時(shí)阻力對(duì)子彈做功是射入滑塊B中時(shí)的兩倍D兩個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同答案BD解析A項(xiàng)，設(shè)子彈的初速度為v，共同速度為v，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有：mv(Mm)v，解得：v；由于兩矩形滑塊A、B的質(zhì)量相同，故最后子彈與滑塊的速度都是相同的，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，滑塊A、B的質(zhì)量相同，初速度均為零，末速度均為，故動(dòng)量改變量相等，根據(jù)動(dòng)量定理，沖量相等，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，根據(jù)動(dòng)能定理，射入滑塊中時(shí)阻力對(duì)子彈做功等于動(dòng)能的變化量，故射入滑塊A中時(shí)阻力對(duì)子彈做功與射入B中時(shí)相等，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，根據(jù)能量守恒定律，兩個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)減小的機(jī)械能，故兩個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同，故D項(xiàng)正確4(多選)如圖所示，在質(zhì)量為M(含支架)的小車中用輕繩懸掛一小球，小球的質(zhì)量為m0，小車和小球以恒定速度v沿光滑水平地面運(yùn)動(dòng)，與位于正對(duì)面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時(shí)間極短在此碰撞過(guò)程中，下列哪個(gè)或哪些說(shuō)法是可能發(fā)生的？()A在此過(guò)程中小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足(Mm0)vMv1mv2m0v3B在此碰撞過(guò)程中，小球的速度不變，小車和木塊的速度分別為v1和v2，滿足(Mm0)vMv1mv2C在此碰撞過(guò)程中，小球的速度不變，小車和木塊的速度都變成u，滿足Mv(Mm)uD碰撞后小球擺到最高點(diǎn)時(shí)速度變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(Mm0)v(Mm0)v1mv2答案CD解析A項(xiàng)，碰撞的瞬間小車和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，擺球的速度在瞬間不變，若碰后小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，根據(jù)動(dòng)量守恒有：MvMv1mv2.若碰后小車和木塊速度相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：Mv(Mm)u.故C項(xiàng)正確，A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，碰撞后，小車和小球水平方向動(dòng)量守恒，則整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有：(Mm0)v(Mm0)v1mv2，故D項(xiàng)正確5.(2018·贛州一模)如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板，右端有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M3 kg.質(zhì)量m1 kg的鐵塊以水平速度v04 m/s，從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端在上述過(guò)程中彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為()A3 JB6 JC20 J D4 J答案A解析設(shè)鐵塊與木板速度相同時(shí)，共同速度大小為v，鐵塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑行的最大路程為L(zhǎng)，摩擦力大小為f.根據(jù)能量守恒定律得：鐵塊相對(duì)于木板向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程：mv02fL(Mm)v2Ep鐵塊相對(duì)于木板運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程：mv022fL(Mm)v2又根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒可知，mv0(Mm)v聯(lián)立得到：Ep3 J.6.(2018·宜昌模擬)如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)，一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點(diǎn)靜止開(kāi)始沿軌道滑下，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點(diǎn)已知小車質(zhì)量M3m，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g.則()A全程滑塊水平方向相對(duì)地面的位移RLB全程小車相對(duì)地面的位移大小s(RL)C滑塊m運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度vmD、L、R三者之間的關(guān)系為R4L答案B解析A、B兩項(xiàng)，設(shè)全程小車相對(duì)地面的位移大小為s，則滑塊水平方向相對(duì)地面的位移xRLs.取水平向右為正方向，由水平動(dòng)量守恒得：mM0，即mM0，結(jié)合M3m，解得s(RL)，x(RL)故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確C項(xiàng)，滑塊剛滑到B點(diǎn)時(shí)速度最大，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒分別得：0mvmMv.mgRmvm2Mv2.聯(lián)立解得vm，故C項(xiàng)錯(cuò)誤D項(xiàng)，對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得：0(mM)v，得v0由能量守恒定律得mgRmgL，得RgL，故D項(xiàng)錯(cuò)誤7.(2018·安徽二模)(多選)如圖所示，水平光滑軌道寬度和輕質(zhì)彈簧自然長(zhǎng)度均為d.兩物體m1和m2與彈簧連接，m2的左邊有一固定擋板m1由圖示位置靜止釋放，當(dāng)m1與m2相距最近時(shí)m1速度為v1，則在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，可能的情況是()Am1的最小速度是0B存在某段時(shí)間m1向左運(yùn)動(dòng)Cm2的最大速度一定是v1Dm2的最大速度是v1答案ABD解析A、C、D項(xiàng)，從小球m1到達(dá)最近位置后繼續(xù)前進(jìn)，此后拉到m2前進(jìn)，m1減速，m2加速，達(dá)到共同速度時(shí)兩者相距最遠(yuǎn)，此后m1繼續(xù)減速，m2加速，當(dāng)兩球再次相距最近時(shí)，m1達(dá)到最小速度，m2達(dá)最大速度：取向右為正方向根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律分別得m1v1m1v1m2v2m1v12m1v12m2v22；解得：v1v1，v2v1故m2的最大速度為v1，m1的最小速度為v1，當(dāng)m1m2時(shí)，m1的最小速度是0，故A、D兩項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤B項(xiàng)，若m1m2，由上得v10，知存在某段時(shí)間m1向左運(yùn)動(dòng)，故B項(xiàng)正確8(2018·漳州三模)(多選)如圖甲，長(zhǎng)木板A靜放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1 kg的物塊B以v03 m/s的速度滑上A的左端，之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，取g10 m/s2，由此可得()AA的質(zhì)量mA1 kgBA、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2C木板A的長(zhǎng)度至少為2 mD02 s內(nèi)，A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失為3 J答案BD解析A項(xiàng)，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0(mmA)v，由圖知v1 m/s，解得mA2 kg，故A項(xiàng)錯(cuò)誤B項(xiàng)，由圖像可知，木板A的加速度為a1 m/s2，根據(jù)mgmAa得出動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，故B項(xiàng)正確C項(xiàng)，木板A的最小長(zhǎng)度等于01 s內(nèi)A與B間相對(duì)位移的大小，為L(zhǎng)1.5 m，故C項(xiàng)錯(cuò)誤D項(xiàng)，02 s內(nèi)，A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失為：Emv02(mmA)v2，解得：E3 J，故D項(xiàng)正確9.(2018·孝感一模)(多選)如圖所示，在光滑水平地面上有一長(zhǎng)木板，其左端放有一質(zhì)量為2m的木塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，木塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.開(kāi)始時(shí)，長(zhǎng)木板和木塊都靜止，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以初速度v0擊中木塊并停留其中，設(shè)長(zhǎng)木板撞到前方固定的障礙物前，長(zhǎng)木板和木塊的速度已經(jīng)相等已知長(zhǎng)木板與障礙物發(fā)生彈性碰撞，經(jīng)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，木塊始終不從長(zhǎng)木板上掉下來(lái)，則(重力加速度為g)()A木板與障礙物碰撞前，子彈、木塊、木板三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B木板與障礙物碰撞前，子彈、木塊、木板三者組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C若木板的質(zhì)量為6m，木板可能與障礙物發(fā)生兩次碰撞D若木板的質(zhì)量為2m，木板的長(zhǎng)度至少為答案AD解析A、B兩項(xiàng)，木板與障礙物碰撞前，子彈、木塊、木板三者組成的系統(tǒng)所受的外力之和為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒由于有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤C項(xiàng)，設(shè)木板的質(zhì)量為M.木板要能與障礙物發(fā)生兩次碰撞，碰撞前子彈和木塊的總動(dòng)量應(yīng)大于木板的動(dòng)量，即有(m2m)vMv，得M3m，所以若木板的質(zhì)量為6m，木板不可能與障礙物發(fā)生兩次碰撞，故C項(xiàng)錯(cuò)誤D項(xiàng)，子彈射入木塊的過(guò)程，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0(m2m)v1，得：v1v0，木塊在木板上多次滑行，最終靜止在障礙物處，由能量守恒定律得：·3mgL×3mv12，木板的長(zhǎng)度至少為：L.故D項(xiàng)正確10.(2018·湖北二模)(多選)質(zhì)量為2m的兩個(gè)相同小球A、B穿在水平光滑細(xì)桿上，用兩根長(zhǎng)度為L(zhǎng)的輕繩與C球相連，已知C的質(zhì)量為m，一開(kāi)始A、B相距2L，現(xiàn)將系統(tǒng)從靜止釋放，A與B相碰前瞬間，A、B球的速度大小分別為vA、vB，下列說(shuō)法正確的是()AvAvBBvAvBC從釋放到A、B兩球碰前，兩輕繩對(duì)C球所做的總功為mgLD當(dāng)A、B間距為L(zhǎng)的時(shí)候，A、B、C三球速度大小相等答案AC解析A項(xiàng)，由系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒得2mvA2mvB0vAvB，由A、B、C為系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律：mgL·2mvA2·2mvB2，解得：vAvB，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，C球重力做功WGmgL，則兩輕繩對(duì)C球所做的總功為mgL，故C項(xiàng)正確D項(xiàng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解沿繩方向速度應(yīng)該相等，即當(dāng)A、B間距為L(zhǎng)的時(shí)候，vCcos30°vAsin30°，所以C點(diǎn)速度和A點(diǎn)速度大小肯定不同，故D項(xiàng)錯(cuò)誤11(2018·聊城一模)(多選)如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別是m1和m2的兩物塊相連，它們靜止在光滑水平地面上現(xiàn)給物塊m1一個(gè)瞬時(shí)沖量，使它獲得水平向右的速度v0，從此時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，則下列判斷正確的是()At1時(shí)刻彈簧長(zhǎng)度最短B在t1t3時(shí)間內(nèi)，彈簧處于壓縮狀態(tài)C在0t2時(shí)間內(nèi)，彈簧對(duì)m1沖量的大小為m1(v0v3)Dm1、m2的動(dòng)量滿足：m1v0(m1m2)v2m2v1m1v3答案AD解析A項(xiàng)，從圖像可以看出，從0到t1的過(guò)程中，m1的速度比m2的大，彈簧被壓縮，t1時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度，此后，m1的速度比m2的小，兩者間距增大，彈簧的壓縮量減小，所以t1時(shí)刻彈簧長(zhǎng)度最短，故A項(xiàng)正確B項(xiàng)，t2時(shí)刻m2的速度最大，此后m2的速度減小，彈簧被拉伸，則t2時(shí)刻彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，則知在t1t2時(shí)間內(nèi)，彈簧處于壓縮狀態(tài)t2t3時(shí)間內(nèi)，彈簧處于拉伸狀態(tài)故B項(xiàng)錯(cuò)誤C項(xiàng)，在0t2時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量定理得：彈簧對(duì)m1沖量為Im1v3m1v0，沖量大小為m1(v0v3)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤D項(xiàng)，兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)外力之和為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則有：m1v0(m1m2)v2m2v1m1v3.故D項(xiàng)正確12.如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長(zhǎng)度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)過(guò)半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h0(不計(jì)空氣阻力)，則()A小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為RC小球離開(kāi)小車后做斜上拋運(yùn)動(dòng)D小球第二次能上升的最大高度h0<h<h0答案D解析A項(xiàng)，小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受外力之和為零，水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但系統(tǒng)整體所受外力之和不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒：mvmv0，mm0，解得，小車的位移：xR，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，小球由B點(diǎn)離開(kāi)小車時(shí)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球離開(kāi)小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，小球第一次從釋放到上升到最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：mg(h0h0)Wf0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得：Wfmgh0，即小球第一次在車中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為mgh0，由于小球第二次在車中滾動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于mgh0，機(jī)械能損失小于mgh0，因此小球再次離開(kāi)小車時(shí)，能上升的高度大于：h0h0h0，而小于h0，故D項(xiàng)正確二、非選擇題13(2018·樂(lè)山模擬)如圖所示，可看成質(zhì)點(diǎn)的A物體疊放在上表面光滑的B物體上，一起以v0的速度沿光滑的水平軌道勻速運(yùn)動(dòng)，與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C發(fā)生完全非彈性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘連，A滑上C后恰好能到達(dá)C板的最右端，已知A、B、C質(zhì)量均相等，且為m，木板C長(zhǎng)為L(zhǎng)，求：(1)A物體的最終速度；(2)A、C之間的摩擦力f；(3)A在木板C上滑行的時(shí)間t.答案(1)v0(2)(3)解析(1)B、C碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，令B、C碰后的共同速度為v1，以B的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：mv02mv1，解得：v1，B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脫離A、C相互作用過(guò)程中動(dòng)量守恒，設(shè)最終A、C的共同速度v2，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0mv12mv2，解得：v2v0；(2、3)在A、C相互作用過(guò)程中，由能量守恒定律得：fLmv02mv12·2mv22，解得：f，此過(guò)程中對(duì)C，由動(dòng)量定理得：ftmv2mv1，解得：t.14如圖所示，有一傾角為30°的光滑斜面固定在水平面上，質(zhì)量為mA1 kg的滑塊A(可以看做質(zhì)點(diǎn))在水平向左的恒力F作用下靜止在距離斜面底端x5 m的位置上，水平面上有一質(zhì)量為mB1 kg的表面光滑且足夠長(zhǎng)的木板B，B的右端固定一輕質(zhì)彈簧，一質(zhì)量為mC3 kg的物塊C與彈簧的左端拴接，開(kāi)始時(shí)，B、C靜止且彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，今將水平力F變?yōu)樗较蛴?，?dāng)滑塊A剛好滑到斜面底端時(shí)撤去力F，不考慮A滑上水平面過(guò)程的能量損失滑塊A運(yùn)動(dòng)到水平面上后與滑塊B發(fā)生對(duì)心碰撞(碰撞時(shí)間極短)粘在一起，并拉伸彈簧使滑塊C向前運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切摩擦，g取10 m/s2，求：(1)水平力F的大小及滑塊A滑到斜面底端時(shí)的速度vA；(2)被拉伸彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep及滑塊C的最大速度vC.答案(1) N10 m/s(2)15 J4 m/s解析(1)滑塊處于平衡狀態(tài)：FmAgtan代入數(shù)據(jù)解得：F NA向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中只有重力和拉力F做功，由動(dòng)能定理得：FxcosmAgx·sinmAvA2代入數(shù)據(jù)得：vA10 m/s(2)A與B在水平面上碰撞的過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，選取向右為正方向，得：mAvA(mAmB)v1代入數(shù)據(jù)得：v15 m/s在ABC相互作用的過(guò)程中，當(dāng)它們的速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，由系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則：(mAmB)v1(mAmBmC)v2代入數(shù)據(jù)得：v22 m/s由功能關(guān)系得：Ep(mAmB)v12(mAmBmC)v22代入數(shù)據(jù)得：Ep15 J開(kāi)始時(shí)彈簧被拉長(zhǎng)，C一直向右加速，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，C的速度最大，設(shè)此時(shí)AB的速度為v3，C的速度為vC，則：(mAmB)v1(mAmB)v3mCvC由機(jī)械能守恒得：(mAmB)v12(mAmB)v32mCvC2.代入數(shù)據(jù)得：vC4 m/s.10