高考物理一轮复习分层规范快练动量和能量观点综合应用中“三个模型”新人教2

版高考物理一轮复习分层规范快练动量和能量看法综合应用中的“三个模型”新人教版版高考物理一轮复习分层规范快练动量和能量看法综合应用中的“三个模型”新人教版PAGE版高考物理一轮复习分层规范快练动量和能量看法综合应用中的“三个模型”新人教版分层规范快练(二十一)动量和能量看法综合应用中的“三个模型”[双基过关练]1．[2019·湖南师大附中摸底考试]以以下图，质量均为M＝0.4kg的两长平板小车A和B开始时紧靠在一起都静止于圆滑水平面上．小物块(可看作质点)m＝0.2kg以初速度v＝9m/s从最左端滑上小车A的上表面，最后停在小车B最右端时速度为v2＝2m/s，最后A的速度v1为()A．1.5m/sB．2m/sC．1m/sD．0.5m/s分析：三物体整体分析，系统动量守恒mv＝(m＋M)v2＋Mv1⇒v1＝1.5m/s.答案：A2．以以下图，在足够长的圆滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面圆滑、高度为h、倾角为θ.一质量为m(m<M)的小物块以必定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．假如斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端．假如斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为()A．hB.eq\f(m,M＋m)hC.eq\f(m,M)hD.eq\f(M,M＋m)h分析：若斜面固定，由机械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv2＝mgh；若斜面不固定，系统水平方向动量守恒，有mv＝(M＋m)v1，由机械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv2＝mgh′＋eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,1).联立以上各式可得h′＝eq\f(M,M＋m)h，故D正确．答案：D3．[2019·福建龙岩质检](多项选择)以以下图，两个质量和速度均同样的子弹分别水平射入静止在圆滑水平川面上质量同样、资料不同样的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍．上述两种射入过程比较较()A．射入滑块A的子弹速度变化大B．整个射入过程中两滑块遇到的冲量同样大C．两个过程中系统产生的热量同样D．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍分析：设子弹的初速度为v，子弹与滑块的共同速度为v′，则依据动量守恒定律，有mv＝(M＋m)v′，解得v′＝eq\f(mv,M＋m)；因为两矩形滑块A、B的质量同样，故最后子弹与滑块的速度都是同样的，子弹速度变化同样，故A错误：滑块A、B的质量同样，初速度均为零，末速度均为eq\f(mv,M＋m)，故动量变化量相等，依据动量定理可知两滑块遇到的冲量相等，故B正确；依据能量守恒定律，两个过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，故两个过程中系统产生的热量同样，故C正确；依据动能定理，子弹射入滑块中时阻力对子弹做功等于子弹动能的减小量，故射入滑块A中时阻力对子弹做功等于射入滑块B中时阻力对子弹做功，故D错误．答案：BC4．[2019·长沙模拟](多项选择)以以下图，质量为M的小车静止在圆滑水平面上，小车A端固定一根轻弹簧，弹簧的另一端连结一个搁置在小车上且质量为m的物体C，已知小车底部圆滑，弹簧处于压缩状态．弹簧被开释后，物体C被弹出向B端运动，最后与B端粘在一起．以下说法中正确的选项是()A．物体C走开弹簧时，小车在向左运动B．物体C与B端粘在一起以前，小车的运动速率与物体C的运动速率的比值为eq\f(m,M)C．物体C与B端粘在一起后，与小车一起向右运动D．整个过程中，小车、物体C及弹簧构成的系统的机械能守恒分析：系统动量守恒，物体C走开弹簧时正向右运动，动量方向向右，系统的总动量为零，因此小车的动量方向向左，由动量守恒定律有mv1－Mv2＝0，因此小车的运动速率v2与物体C的运动速率v1的比值为eq\f(m,M)；当物体C与小车的B端粘在一起后，由动量守恒定律知，系统的总动量为零，即小车和物体均静止，整个过程中弹性势能转变为内能，因此选项A、B正确．答案：AB5．(多项选择)以以下图，质量为m的小球A位于圆滑水平面上，小球A与墙之间用轻弹簧连结．现用与小球A完满同样的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧，不计空气阻力，若压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能为E，两球回到小球A原静止地点时的速度大小为v，此过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则以下表达式中正确的选项是()A．E＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)I＝0B．v＝eq\f(v0,2)I＝2mv0C．v＝eq\f(v0,2)I＝mv0D．E＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)I＝2mv0分析：小球B与A相碰过程，由动量守恒定律得mv0＝(m＋m)v′，v′为小球B碰撞小球A后瞬时两小球共同运动的速度大小，解得v′＝eq\f(v0,2)，两小球构成的系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，当其速度减小到零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可得E＝eq\f(1,2)·2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，今后两球做加快运动，回到小球A原静止地点时两球速度大小v＝eq\f(v0,2)，两小球构成的系统遇到的协力即墙对弹簧的作使劲，依据动量定理可得墙对弹簧的冲量大小I＝2mv0，应选项B、D正确．答案：BD6.以以下图，A、B两个木块用弹簧相连结，它们静止在圆滑水平面上，A和B的质量分别为99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，求在今后过程中弹簧的最大弹性势能为多大？分析：子弹射入木块A的极短时间内，弹簧未发生形变(其实是形变很小，忽视不计)，设子弹和木块A获取一共同速度v，由动量守恒定律有mv0＝(m＋99m)v①今后木块A(含子弹)开始压缩弹簧推进B行进，当A、B速度相等时弹簧压缩量最大，设此时弹簧的最大弹性势能为Epm，A、B共同速度为v1，则对A(含子弹)、B构成的系统，由动量守恒定律有(m＋99m)v＝(m＋99m＋100m)v1②由机械能守恒定律有eq\f(1,2)(m＋99m)v2＝eq\f(1,2)(m＋99m＋100m)veq\o\al(2,1)＋Epm③联立①②③式解得Epm＝eq\f(1,400)mveq\o\al(2,0).答案：eq\f(1,400)mveq\o\al(2,0)7．如图甲所示，质量M＝2kg的木板以初速度v0＝5m/s在圆滑的水平面上运动，质量m＝0.5kg的滑块落在木板的右端没有弹起，最后恰巧没掉下来，从滑块落到木板上开始计时，两者的速度—时间图象如图乙所示，g取10m/s2，求：(1)滑块与木板间的动摩擦因数μ.(2)木板的长度L和系统产生的内能Q.分析：(1)由图乙知，t＝2s末两者达到共同速度，设共同速度为v对滑块，由动量定理得μmgt＝mv－0对木板和滑块构成的系统，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得Mv0＝(M＋m)v联立解得μ＝0.2.(2)2s内木板的位移x1＝eq\f(v0＋v,2)t＝9m滑块的位移x2＝eq\f(v,2)t＝4m木板的长度L＝x1－x2＝5m系统产生的内能Q＝μmgL＝5J.答案：(1)0.2(2)5J[技术提高练]8．以以下图，圆滑固定斜面倾角θ＝30°，一轻质弹簧底端固定，上端与m0＝3kg的物体B相连，初始时B静止，物体A质量m＝1kg，从斜面上与物体B相距x1＝10cm处由静止开释，物体A下滑过程中与物体B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后粘在一起，已知碰后A、B经t＝0.2s下滑x2＝5cm至最低点，弹簧素来处于弹性限度内，A、B可视为质点，g取10m/s2，求：(1)A、B两物体从碰后到最低点的过程中弹簧弹性势能的增添量ΔEp.(2)A、B两物体从碰后至返回碰撞点的过程中，弹簧弹力冲量的大小．分析：(1)设与B相撞前瞬时A的速度大小为v0，由动能定理得mgx1sinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝1m/sA、B相碰前后由动量守恒定律得mv0＝(m＋m0)v1解得v1＝0.25m/s从碰后到最低点的过程中，由机械能守恒定律得ΔEp＝eq\f(1,2)(m＋m0)veq\o\al(2,1)＋(m＋m0)gx2sinθ解得ΔEp＝1.125J(2)以沿斜面向上为正方向，从碰后至返回碰撞点的过程中，由动量定理得I－(m＋m0)gsinθ·2t＝(m＋m0)v1－[－(m0＋m)v1]解得I＝10N·s答案：(1)1.125J(2)10N·s9．如图甲所示，半径R＝0.45m的圆滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道最低点，在圆滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M＝5kg，长度L′＝0.5m，车的上表面与B点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止开释，其质量m＝1kg，g取10m/s2.(1)求物块滑到B点时对轨道压力的大小；(2)若平板车上表面粗拙，物块最后没有滑离平板车，求物块最后速度的大小；(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数渐渐增大的特别资料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力f随它距B点位移L的变化关系如图乙所示，物块最后滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小．分析：(1)物块从A点滑到B点的过程中机械能守恒则mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝3m/s在B点由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)解得物块在B点时遇到轨道对它的支持力FN＝30N则物块滑到B点时对轨道的压力F′N＝FN＝30N(2)物块滑上平板车后，物块与平板车构成的系统动量守恒有，mvB＝(m＋M)v共解得物块最后速度的大小v共＝0.5m/s(3)物块在平板车上滑行时战胜摩擦力做的功Wf为Ff－L图线与横轴所围的面积，则Wf＝eq\f(2＋6×0.5,2)J＝2J物块在平板车上滑动过程中，由动能定理得：－Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得物块滑离平板车时的速度大小v＝eq\r(5)m/s答案：(1)30N(2)0.5m/s(3)eq\r(5)m/s10．[2019·领航高考冲刺卷]以以下图，质量为m、半径为R、内壁圆滑的半圆槽置于圆滑水平面上，其左边紧靠竖直墙，右边紧靠一质量为m的小滑块．将一质量为2m的小球自左边槽口A的正上方某一地点由静止开始开释，由圆弧槽左端A点进入槽内，小球恰巧能抵达槽右端C点，重力加快度为g，求：(1)小球开始着落时距A的高度h；(2)小球从开始着落到槽最低点B的过程中，墙壁对槽的冲量；(3)小滑块走开槽时的速度大小．分析：(1)设小球第一次运动到槽最低点B时的速度为vB，小球从开始开释到运动到B的过程中，有2mg(h＋R)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,)B，小球运动到C点时，设小球、半圆槽和小滑块构成的系统的共同速度为v共，小球从B点到C点，有eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B)＝2mgR＋eq\f(1,2)×(2m＋m＋m)veq\o\al(2,共)，2mvB＝(2m＋m＋m)v共，解得h＝R，vB＝2eq\r(gR)；(2)对小球、半圆槽和小滑块构成的系统，从小球开始着落到小球运动到B点的过程中，在水平方向由动量定理得I＝2mvB－0，解得I＝4meq\r(gR)，方向水