2024高考物理一轮复习限时规范专题练二动量与能量问题综合应用含解析.docVIP

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动量与能量问题综合应用

时间：60分钟满分：100分

一、选择题(本题共6小题，每小题8分，共48分。其中1～4为单选，5～6为多选)

1．如图所示，在光滑水平面上的两小车中间连接有一根处于压缩状态的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中错误的是()

A．两手同时放开后，系统总动量始终为零

B．先放开左手，再放开右手之后动量不守恒

C．先放开左手，后放开右手，总动量向左

D．无论何时放手，在两手放开后、弹簧复原原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不肯定为零

答案B

解析当两手同时放开时，系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因起先时总动量为零，故两手同时放开后系统总动量始终为零，A正确；先放开左手，左边的物体向左运动，再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统在两手都放开后动量守恒，且总动量方向向左，故B错误，C、D正确。

2.(2024·湖南六校联考)如图所示，质量为m的匀称木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射手。首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2。设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对于木块静止时，下列推断正确的是()

A．木块静止，d1＝d2 B．木块向右运动，d1d2

C．木块静止，d1d2 D．木块向左运动，d1＝d2

答案C

解析把木块和打入的两颗子弹看成一个系统，规定水平向右为正方向，由动量守恒定律可得：m弹v弹＋0－m弹v弹＝(2m弹＋m)v共，解得v共＝0。开枪前后系统损失的机械能等于子弹射入木块时克服阻力所做的功，左侧射手开枪后，右侧射手开枪前，把左侧射手开枪打出的子弹和木块看做一个系统，设子弹射入木块时受到的平均阻力大小为f，则由动量守恒定律有：m弹v弹＋0＝(m弹＋m)v共′，则v共′＝eq\f(m弹,m弹＋m)v弹，左侧射手射出的子弹射入木块中时，该子弹和木块组成的系统损失的机械能ΔE1＝eq\f(1,2)m弹veq\o\al(2,弹)－eq\f(1,2)(m弹＋m)v共′2＝fd1，右侧射手开枪打出的子弹射入木块时，则有－m弹v弹＋(m弹＋m)v共′＝(2m弹＋m)v共，系统损失的机械能ΔE2＝eq\f(1,2)m弹veq\o\al(2,弹)＋eq\f(1,2)(m弹＋m)v共′2－0＝fd2，ΔE1ΔE2，故d1d2，C正确。

3.如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部分半圆形槽的半径为R，将物体A

A．A不能到达B圆槽的左侧最高点

B．A运动到圆槽的最低点时A的速率为eq\r(\f(gR,3))

C．A运动到圆槽的最低点时B的速率为eq\r(\f(4gR,3))

D．B向右运动的最大位移的大小为eq\f(2R,3)

答案D

解析对于物体A、B组成的系统，水平方向动量守恒，物体A从圆槽的右端最高点由静止释放时，系统动量为零，设A到达左侧最高点的速度为v1，则v1＝0，依据能量守恒定律知，A能到达B圆槽左侧的最高点，故A错误；设A到达最低点时的速率为v，B的速率为v′，依据动量守恒定律得0＝mv－2mv′，计算得出v′＝eq\f(v,2)，依据能量守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)·2mv′2，计算得出v＝eq\r(\f(4gR,3))，B的速率v′＝eq\r(\f(gR,3))，故B、C错误；因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设B向右的最大位移为x，依据动量守恒定律得：m(2R－x)＝2mx，计算得出：x＝eq\f(2R,3)，故D正确。

4．人们设想将来深空探测器是以光压为动力的。让太阳光垂直薄膜光帆照耀并全部反射，从而产生光压。设探测器在轨道上运行时，每秒每平方米获得的太阳光能E＝1.5×104J，薄膜光帆的面积S＝6.0×102m2，探测器的质量m＝60kg。已知光子动量的计算式p＝eq\f(h,λ)，那么探测器得到的加速度大小最接近()

A．0.001m/s2 B．0.01m/s2

C．0.0005m/s2 D．0.005m/s2

答案A

解析由光子的动量p＝eq\f(h,λ)，能量ε＝hν、λν＝c得ε＝pc。面积为S的光帆Δt时间内获得的光子数n＝eq\f(E·S·Δt,ε)。设探测器某时刻动量为p0，受到光压作用Δt时间后动量增加到p0＋Δp，因为光全部反射，依据动量守恒定律np＋p0＝－np＋(p0＋Δp)，探测器动量增加量Δp＝2np，加