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文档简介
[A组基础题组]一、选择题1.如图所示,一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰,碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失,已知物块B与地面间的动摩擦因数为,与沙坑的距离为0.5m,g取10m/s2,物块可视为质点,则A碰撞前瞬间的速度为()A.0.5m/s B.1.0m/sC.1.5m/s D.2.0m/s解析:碰后物块B做匀减速直线运动,由动能定理有-μ·2mgx=0-eq\f(1,2)·2mv22,得v2=1m/s。A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒,则有mv0=mv1+2mv2,eq\f(1,2)mv02=eq\f(1,2)mv12+eq\f(1,2)·2mv22,解得v0=1.5m/s,C正确。答案:C2.(多选)如图所示,质量为M的长木板静止在光滑水平面上,上表面OA段光滑,AB段粗糙且长为l,左端O处固定轻质弹簧,右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上,轻绳所能承受的最大拉力为F。质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧,弹簧的压缩量达最大时轻绳恰好被拉断,再过一段时间后长木板停止运动,小滑块恰未掉落,则()A.轻绳被拉断瞬间木板的加速度大小为eq\f(F,M)B.轻绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq\f(1,2)mv2C.弹簧恢复原长时滑块的动能为eq\f(1,2)mv2D.滑块与木板AB间的动摩擦因数为eq\f(v2,2gl)解析:轻绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F,对木板,由牛顿第二定律得F=Ma,得a=eq\f(F,M),故A正确;滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧,到弹簧压缩量最大时速度为0,由系统的机械能守恒得,轻绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq\f(1,2)mv2,故B正确;弹簧恢复原长时木板获得动能,所以滑块的动能小于eq\f(1,2)mv2,故C错误;弹簧最大的弹性势能Ep=eq\f(1,2)mv2,小滑块恰未掉落时滑到木板的右端,且速度与木板相同,均为0,由能量守恒定律得Ep=μmgl,解得μ=eq\f(v2,2gl),故D正确。答案:ABD3.(多选)(2021·湖南常德模拟)竖直放置的轻弹簧,一端固定于地面,一端与质量为3kg的B固定在一起,质量为1kg的A放于B上。现在A和B正在一起竖直向上运动,如图所示。当A、B分离后,A上升0.2m到达最高点,此时B速度方向向下,弹簧为原长,则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中,下列说法正确的是(g取10m/s2)()A.A、B分离时B的加速度为gB.弹簧的弹力对B做功为零C.弹簧的弹力对B的冲量大小为6N·sD.B的动量变化量为零解析:A、B分离时,二者的速度相等,加速度也相等,都等于重力加速度g,可知弹簧恢复原长时二者分离,A正确;A到最高点时弹簧恰恢复原长,可知弹簧对B做的功等于0,B正确;分离时二者速度相同,此后A做竖直上抛运动,由题设条件可知,竖直上抛的初速度v=eq\r(2gh)=eq\r(2×10×0.2)m/s=2m/s,上升到最高点所需的时间t=eq\r(\f(2h,g))=0.2s,对B在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)得mBgt+I弹=mBv-(-mBv),解得I弹=6N·s,C正确;分离时B的速度方向向上,A上升0.2m到达最高点时B的速度方向向下,所以B的动量变化量向下,一定不等于0,D错误。答案:ABC4.(多选)如图甲,光滑水平面上放着长木板B,质量为m=2kg的木块A以速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面,由于A、B之间存在摩擦,之后木块A与长木板B的速度随时间变化情况如图乙所示,重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是()A.木块A与长木板B之间的动摩擦因数为B.长木板的质量M=2kgC.长木板B的长度至少为2mD.木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为4J解析:由题图可知,木块A先做匀减速运动,长木板B先做匀加速运动,最后一起做匀速运动,共同速度v=1m/s,取向右为正方向,根据动量守恒定律得mv0=(m+M)v,解得M=m=2kg,故B正确;由题图可知,长木板B匀加速运动的加速度为aB=eq\f(Δv,Δt)=eq\f(1,1)m/s2=1m/s2,对长木板B,根据牛顿第二定律得μmg=MaB,解得μ=,故A正确;由题图可知前1s内长木板B的位移为xB=eq\f(1,2)×1×1m=0.5m,木块A的位移为xA=eq\f(2+1,2)×1m=1.5m,所以长木板B的最小长度为L=xA-xB=1m,故C错误;木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为ΔE=eq\f(1,2)mv02-eq\f(1,2)(m+M)v2=2J,故D错误。答案:AB二、非选择题5.如图所示,质量M=9kg的小车A以大小v0=8m/s的速度沿光滑水平面匀速运动,小车左端固定的支架光滑水平台上放置质量m=1kg的小球B(可看作质点),小球距离车面H=0.8m。某一时刻,小车与静止在水平面上的质量m0=6kg的物块C发生碰撞并粘在一起(碰撞时间可忽略),此后,小球刚好落入小车右端固定的小桶中(小桶的尺寸可忽略),不计空气阻力,取重力加速度g=10m/s2。求:(1)小车的最终速度的大小;(2)初始时小球与小桶的水平距离。解析:(1)整个过程中小球、小车及物块C组成的系统水平方向动量守恒,设系统最终速度大小为v。以v0的方向为正方向,则有(M+m)v0=(M+m+m0)v解得v=5m/s。(2)小车与物块C碰撞过程动量守恒,有Mv0=(M+m0)v1设小球下落时间为t,则有H=eq\f(1,2)gt2,x=(v0-v1)t解得x=1.28m。答案:(1)5m/s(2)1.28m6.如图所示,光滑固定斜面的倾角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s1=10cm处由静止释放,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s2=5cm至最低点,弹簧始终处于弹性限度内,A、B可视为质点,g取10m/s2,求:(1)A、B两物体从碰后到滑到最低点的过程中弹簧弹性势能的增加量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。解析:(1)设与B相撞前瞬间A的速度大小为v0,由动能定理得mgs1sinθ=eq\f(1,2)mv02,解得v0=1m/s。A、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)v12+(m+m0)gs2sinθ,解得ΔEp=1.125J。(2)根据机械能守恒定律知,当A、B一起返回到碰撞点时的速度大小仍为v1=0.25m/s,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·s[B组能力题组]7.在光滑水平地面上放有一质量M=3kg带四分之一光滑圆弧形槽的小车,质量为m=2kg的小球以速度v0=5m/s沿水平槽口滑上圆弧形槽,槽口距地面的高度h=0.8m,重力加速度g取10m/s2。求:(1)小球从槽口开始运动到最高点(未离开小车)的过程中,小球对小车做的功W;(2)小球落地瞬间,小车与小球间的水平间距L。解析:(1)小球上升至最高点时,两物体水平速度相等,小车和小球水平方向动量守恒,得mv0=(m+M)v,①对小车由动能定理得W=eq\f(1,2)Mv2,②联立①②解得W=6J。(2)小球回到槽口时,小球和小车水平方向动量守恒,得mv0=mv1+Mv2,③小球和小车由功能关系得eq\f(1,2)mv02=eq\f(1,2)mv12+eq\f(1,2)Mv22,④联立③④可解得v1=-1m/s,v2=4m/s。⑤小球离开小车后,向右做平抛运动,小车向左做匀速运动,h=eq\f(1,2)gt2,⑥L=(v2-v1)t,⑦联立⑤⑥⑦可得L=2m。答案:(1)6J(2)2m8.如图所示,光滑水平面上有一质量M=1.98kg的小车,车的B点右侧的上表面是粗糙水平轨道,车的B点的左侧是半径R=0.7m的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道在B点相切,车的最右端D点固定轻质弹簧,弹簧处于自然长度其左端正好对应小车的C点,B与C之间距离L=0.9m,一个质量m=2kg的小物块,置于车的B点,车与小物块均处于静止状态,突然有一质量m0=20g的子弹,以速度v0=500m/s击中小车并停留在车中,设子弹击中小车的过程时间极短,已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=,g取10m/s2。(1)通过计算判断小物块是否能达到圆弧轨道的最高点A,并求当小物块再次回到B点时,小物块的最大速度大小;(2)若已知弹簧被小物块压缩的最大压缩量x=10cm,求弹簧的最大弹性势能。解析:(1)对于子弹打小车的过程,取向右为正方向,根据动量守恒定律得m0v0=(m0+M)v,可得v=5m/s。当小物块运动到圆轨道的高度为h时,三者共速为v共1。根据动量守恒定律得m0v0=(m0+M+m)v共1,解得v共1=2.5m/s。根据机械能守恒定律得eq\f(1,2)(m0+M)v2=eq\f(1,2)(m0+M+m)v共12+mgh,解得h=0.625m<R=0.7m,所以小物块不能达到圆弧轨道的最高点A。当小物块再次回到B点时,小物块速度为v1,车和子弹的速度为v2,根据动量守恒定律得(m0+M)v=mv1+(m0+M)v2,根据能量守恒定律得eq\f(1,2)(m0+M)v2=eq\f(1,2)mv12+eq\f(1,2)(m0+M)v22,解得v1=5m/s,v2=0。(2)当弹簧具有最大弹性势能Ep时三者速度相同,由动量守恒定律得m0v0=(m0+M+m)v共2,可得v共2=v共1=2.5m/s。根据能量守恒定律得μmg(L+x)+Ep=eq\f(1,2)(m0+M)v2-eq\f(1,2)(m0+M+m)v共22,解得Ep=2.5J。答案:(1)不能,计算过程见解析5m/s(2)2.5J9.如图所示,用一根细线绕过光滑的定滑轮将物体A、B连接起来,离滑轮足够远的物体A置于光滑的平台上,物体C中央有小孔,物体C放在物体B上,细线穿过物体C的小孔。U形物体D固定在地板上,物体B可以穿过D的上口进入其内部而物体C又恰好能被挡住。物体A、B、C的质量分别为mA=8kg、mB=10kg、mC=2kg,物体B、C一起从静止开始下降H1=3m后,C与D发生没有能量损失的碰撞,B继续下降H2=1.17m后也与D发生没有能量损失的碰撞。取g=10m/s2。(1)求物体C与D碰撞时的速度大小;(2)求物体B与D碰撞时的速度大小;(3)求物体B、C分开后第一次碰撞前B、C的速度;(4)若物体B、C第一次碰撞后不分开,求第一次碰撞损失的机械能。解析:(1)由于平台是光滑的,物体A、B、C在滑动过程中机械能守恒,则有(mB+mC)gH1=eq\f(1,2)(mA+mB+mC)vC2,代入数据得vC=6m/s。(2)物体C与D碰撞后,物体A、B继续运动,满足机械能守恒定律,则有mBgH2=eq\f(1,2)(mA+mB)(vB2-vC2),代入数据得vB=7m/s。(3)物体C与D碰撞后,物体B在继续下降过程中的加速度为a=eq\f(mBg,mA+mB)=eq\f(50,9)m/s2,下降所用时间t1=eq\f(vB-vC,a)=0.18s。B、C分别与D碰撞后均无机械能损失,都以原速率反弹,做竖直上抛运动,取竖直向上为正方向,设C反弹后经过时间t两物体相碰,则有hC=vCt-eq
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