新高考人教物理一轮作业第六章专题突破4动量动力学和能量观点在力学中的应

[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