2020高考物理大一轮复习：课时作业专题七动量观点和能量观点综合应用的“四个模型”

1、专题七动量观点和能量观点综合应用的“四个模型课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)基础巩固练1.(多选)如图所示，质量为 M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为0O一个质量为 m 的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度V0开始运动。当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v,距地面高度为 h，则下列关系式中正确的是()A . mvo= (m+ M)vB.mvocos0=(m+M)v12C.mgh+?m(vosin0)1212D.mgh + (m+ M)v = qmvo解析：小物块沿斜面向上运动到最高点时，小物块的速度与楔形物体的速度相同

2、，系统水平方向动量守恒， 全过程机械能守恒，以向右为正方向，在小物块沿斜面向上运动的过 程中，由水平方向系统动量守恒，得mvocos0=(m+ M)v，故 A 错误，B 正确；根据系统机1212械能守恒，得 mgh+ 2(m+ M)v = 2mvo，故 C 错误，D 正确。答案： BD2.(多选)如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为m 的小车，小车的四分之一圆弧轨道在最低点与水平轨道相切，且整个轨道表面光滑。 在小车的右端固定一个轻弹簧，一个质量也为 m 的小球从离水平轨道高为 h 处开始自由滑下，则在以后的运动过程中(重力加速度大小为 g)()A 小球和小车组成的系统的动量始终守恒B .

3、弹簧具有的最大弹性势能为mghC.被弹簧反弹后，小球能回到离水平轨道高h 处D .小球具有的最大动能为 mgh解析：小球从小车上滑下的过程中，小球和小车构成的系统机械能守恒，在水平方向动量守恒，但系统动量不守恒，所以A 错误；当小球与小车的速度相等时，弹簧的弹性势12能最大，此时 mgh 2（m+ m车）共=Ep,经分析可知共速时，小球和小车处于静止状态，根据机械能守恒可得弹簧具有的最大弹性势能为mgh,所以 B 正确；被弹簧反弹后，小球回到小车上最高点时处于静止状态，根据机械能守恒知小球能回到离水平轨道高h 处，所以 C正确；当小球运动到水平轨道上时动能最大，因此时小车也有速度， 所以由机械

4、能守恒可知， 小球具有的最大动能小于 mgh，所以 D 错误。答案： BC3.（2019 安徽滁州模拟）如图所示，A、B 两物块放在光滑的水平面上，一轻弹簧放在A、B之间与 A 相连，与 B 接触但不连接，弹簧刚好处于原长，将物块A 锁定，物块 C 与 A、B在一条直线上，二个物块的质量相等。现使物块C 以 v = 2 m/s 的速度向左运动，与 B 相碰并粘在一起，当 C 的速度为零时，解除 A 的锁定，则 A 最终获得的速度大小为（）121212小为 V3,根据动量守恒定律有 mv2= 2mv3,根据能量守恒定律可得 2x2mVl= ?mv2+ ?x2mv3,代入数据解得2 占v2= m/

5、s，故 D 正确，A、B、C 错误。答案：D3A.g m/s2B. 3 m/s.3C. 2 m/s2t3D .3 一 m/s解析：设物块的质量均为m, C 与 B 碰撞后的共同速度为v1,根据动量守恒定律有mv = 2mvi，代入数据解得 vi= 1 m/s,设 A 最终获得的速度大小为V2, B 和 C 获得的速度大IT4.在光滑水平面上有三个弹性小钢球a、b、c 处于静止状态，质量分别为 2m、m 和 2m。其中 a、b 两球间夹一被压缩了的弹簧，两球通过左右两边的光滑挡板束缚着。若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把 a、b 两球弹出，两球脱离弹簧后，a 球获得的速度大小为 v，若 b、c两球相距

6、足够远，则 b、c 两球相碰后()1A . b 球的速度大小为 3V，运动方向与原来相反2B.b 球的速度大小为 3V，运动方向与原来相反8C.c 球的速度大小为尹2D.c 球的速度大小为 3v解析： 设 b 球脱离弹簧时的速度为 vo, b、c 两球相碰后 b、c 的速度分别为 vb和 vc,取向右为正方向，弹簧将 a、b 两球弹出过程，由动量守恒定律得0= 2mv + mvo，解得 vo1212=2v, b、c 两球相碰过程，由动量守恒定律和机械能守恒得 mvo= mvb+ 2mvc, ?mvo= gmvb1224+ 2 2mvc，联立解得 vb= v(负号表示方向向左，与原来相反),vc

7、= 3v，故 B 正确。答案： B5如图甲所示，质量 M = 2 kg 的木板以初速度 vo= 5 m/s 在光滑的水平面上运动，质量 m= 0.5 kg 的滑块落在木板的右端没有弹起，最终恰好没掉下来，从滑块落到木板上开始计时，二者的速度一时间图象如图乙所示，g 取 10 m/s2,求:(1)滑块与木板间的动摩擦因数w木板的长度 L 和系统产生的内能 Q。(1)由图乙知，t = 2 s 末二者达到共同速度，设共同速度为对滑块，由动量定理得wmg=mv0对木板和滑块组成的系统，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得Mvo= (M + m)v联立解得w=0.2。vo+ v(2)2 s 内木板的位移

8、X1= t = 9 m滑块的位移 X2=vt = 4 m解析:木板的长度 L = xi- X2= 5 m系统产生的内能 Q =卩 mgL 5 J。答案： (1)0.2(2)5 J能力提升练6.如图所示，A、B 两物体之间有一根被压缩的轻质弹簧，弹簧的一端固定在物体A 上，另一端与 B 接触但不拴接，物体之间用一根轻质细线连接在一起，以vo= 3 m/s 的速度向右运动，当两物体运动到0 点时细线断开，弹簧在短时间内恢复原长后，A 物体的速度依然向右，大小变为 vA= 2 m/s, B 物体继续向右运动到 C 点时，进入半径为 R= 0.2 m 的光滑半 圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质

9、量 mA= mB= 1 kg，两物体均可视为质点，轻弹簧的长度不计，物体与水平轨道间的动摩擦因数为卩=0.2,求：(1) 细线断开前弹簧具有的弹性势能 Ep；(2) 0、C 两点间的距离 X。解析：(1)细线断开瞬间，物体 A、B 组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可得 2mv0121212,=mvA+ mvB,由能量守恒定律可得 2 %2mvo+ Ep= ?mvA+ mvB，两式联立并代入数据解得Ep=1 Jo2VD(2)由于 B 物体恰好经过半圆轨道的最高点，故有 mg= mR，在 B 物体由 O 运动到 D 的1212过程中，由动能定理可得一mg-mg2R=?mvD ?mvB,联立可解得

10、 x= 1.5 m。答案：(1)1 J (2)1.5 m7. (2019 山西重点中学协作体联考)如图所示，在水平面上依次放置小物块C 和 A 以及曲面劈 B,其中 A 与 C 的质量相等均为 m,曲面劈 B 的质量 M = 3m,劈 B 的曲面下端与水 平面相切，且劈 B 足够高，各接触面均光滑。现让小物块C 以水平速度 V。向右运动，与 A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B。求：(1) 碰撞过程中系统损失的机械能；(2) 碰后物块 A 与 C 在曲面劈 B 上能够达到的最大高度。碰撞过程中系统损失的机械能为1212E损=2 mvo解得 E损=&mv0;(2)当 A、C 上

11、升到最大高度时，A、B、C 组成的系统速度相等,根据动量守恒定律得 mvo= (m + m+ 3m)vi,1解得 v1= 5vo,由能量守恒定律得2解得h=40g。答案：(1)12(2)3V04mv040g8.(2019 郑州模拟)如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g 的长方形匀质木块，现有一颗质量为 20 g 的子弹以大小为 300 m/s 的水平速度沿木块的中心轴线射向木 块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为 10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。(1) 求子弹和木块的共同速度以及它们在此

12、过程中所增加的内能；(2) 若子弹是以大小为 400 m/s 的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？解析：(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v,对子弹和木块组成的系统，由动 量守解析:(1)小物块 C 与 A 发生碰撞粘在一起，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得 mvo= 2mv，解得 v =12VO;2mgh=1x2mxgvo5mX恒定律得0.02x300-m/s=6 m/s0.98+0.02此过程系统所增加的内能12121212圧=AEk=尹 V0(M+m)v=2x0.02x300 JqX(0.98+0.02) x 6 J=882 J。设子弹以 V0 = 400 m/s 的速度入射时刚好能够射穿质量与粗糙程度均与该木块相同、厚度为 d 的另一个木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0 = (M + m)v” f ,mv00.02X400解得 v =m/s= 8 m/sM + m 0.98 + 0.02此过程系统所损耗的机械能为12