新教材2024-2025学年高中物理第1章动量与动量守恒定律分层作业8动量与能量的综合应用教科版选择性必修第一册

第一章分层作业8动量与能量的综合应用A级必备学问基础练1.(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止在光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ,初始时小物块停在箱子正中间,如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与左右箱壁共碰撞N次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性碰撞,则整个过程中,系统损失的动能为()A.12mv2 B.C.12NμmgL D.Nμ2.如图所示,木块静止在光滑的水平桌面上,一子弹水平射入木块的深度为d时,子弹与木块相对静止。在子弹入射的过程中,木块沿桌面移动的距离为L,木块对子弹的平均阻力为f,木块和子弹看成一个系统,那么在这一过程中,下列说法错误的是()A.木块的机械能增加量为fLB.子弹的机械能削减量为f(L+d)C.系统的机械能削减量为fdD.系统的机械能削减量为f(L+d)3.(多选)两物块A、B用轻弹簧相连,质量均为2kg,初始时弹簧处于原长,两物块A、B都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动,质量为4kg的物块C静止在前方,如图所示,物块B、C碰撞后二者会粘在一起运动,则下列说法正确的是()A.B、C碰撞刚结束时,B、C的共同速度大小为3m/sB.弹簧的弹性势能最大时,A的速度大小为3m/sC.弹簧的弹性势能最大值为12JD.弹簧再次复原原长时,A、B、C的速度相同4.(多选)如图甲所示,把两个相同的小车A和B静止放在光滑的水平地面上,它们之间连有被压缩的轻质弹簧,用不行伸长的轻细线把它们系在一起。如图乙所示,小车C、D是两个相同的小车,让小车D紧靠墙壁,其他条件与图甲相同。烧断细线后,下列说法正确的是()A.当弹簧复原原长时,图甲中小车A和B组成的系统的动量为零B.当弹簧复原原长时,图乙中小车C和D组成的系统的动量为零C.当弹簧复原原长时,图乙中小车C的动能是图甲中小车A的动能的2倍D.从烧断细线到弹簧复原原长的过程中,图乙中弹簧对小车C的冲量是图甲中弹簧对小车A的冲量的2倍5.(多选)如图所示,水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d,两小球1、2的质量分别为m1、m2,m1>m2,小球2的左边有一固定挡板。由图示位置静止释放两小球,当小球1与小球2相距最近时小球1的速度为v1,则在以后的运动过程中()A.小球1的最小速度是0B.小球1的最小速度是m1-C.小球2的最大速度是v1D.小球2的最大速度是2m16.如图所示,光滑水平面上有A、B两小车,质量分别为mA=20kg、mB=25kg。A小车以初速度v0=3m/s向右运动,B小车静止且右端放着物块C,C的质量为mC=15kg。A、B相撞且在极短时间内粘在一起,不再分开。已知C与B上表面间的动摩擦因数为μ=0.2,B车足够长,重力加速度g取10m/s2。求C沿B上表面滑行的长度。B级关键实力提升练7.如图所示,质量m=2kg的滑块B静止放置于光滑平台上,滑块B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质量M=6kg的小车C,其上表面与平台等高,小车C与水平面间的摩擦不计。光滑圆弧轨道半径R=1.6m,连线PO与竖直方向夹角为60°,另一与滑块B完全相同的滑块A从P点由静止起先沿圆弧下滑。滑块A滑至平台上挤压弹簧,弹簧复原原长后滑块B离开平台滑上小车C且恰好未滑落,滑块B与小车C之间的动摩擦因数μ=0.75,g取10m/s2,滑块A、B均可视为质点,求:(1)滑块A刚到平台上的速度大小;(2)该过程中弹簧弹性势能的最大值;(3)小车C的长度。8.(2024山东淄博高二期末)质量均为m的木块A和B并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O点系一条不行拉伸的长为l的细线,细线另一端系一个可以看作质点的C球,质量也为m。现将C球拉起使细线水平自然伸直,并由静止释放C球。求:(1)C球第一次摆到最低点时的速度大小;(2)从C球释放到第一次摆到最低点的过程中B移动的距离;(3)C球向左摇摆的最高点距O点的竖直高度。9.如图所示,在水平轨道上静止放置足够长的木板A和物块C,可视为质点的物块B以初速度v0=3m/s从A左端起先向右运动,当A和B的速度相等时,A与C恰好发生第一次碰撞。已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m,不计A与水平轨道间的摩擦,B与A上表面间的动摩擦因数为μ1=0.1,C与水平轨道间的动摩擦因数μ2=0.05,每次碰撞时间极短,均为弹性碰撞,重力加速度g取10m/s2,忽视空气阻力。求:(1)A与C第一次碰撞后瞬间A、C的速度大小;(2)A与C第一、其次两次碰撞的时间间隔。10.如图所示,两物块B、C用轻弹簧连接放在水平面上,起先时物块C被锁定在水平面上,另一与物块B、C在同始终线上的物块A以水平向左的速度v0向物块B运动,经过一段时间后和物块B碰撞并粘在一起。已知物块A、B、C完全相同,质量均为m,水平面光滑,整个过程中弹簧未超过弹性限度,不计空气阻力。(1)求弹簧的最大弹性势能Epm;(2)在弹簧的弹性势能最大时解除锁定,求物块C的最大速度vCm。答案：1.BD解析取水平向右为正方向,依据动量守恒定律得mv=(M+m)v',则小物块和箱子的共同速度v'=mvM+m,系统损失的动能ΔEk=12mv2-12(M+m)v'2=mMv222.D解析由题意可知,子弹对木块的平均作用力大小为f,木块相对于桌面的位移为L,则子弹对木块做的功为fL,依据动能定理可知,木块机械能的增加量等于子弹对木块做的功,即为fL,故A正确。木块对子弹的阻力做的功为-f(L+d),依据动能定理可知,子弹机械能的削减量等于子弹克服阻力做的功,即为f(L+d),故B正确。子弹相对于木块的位移大小为d,则系统克服阻力做的功为fd,依据功能关系可知,系统机械能的削减量为fd,故C正确,D错误。3.BC解析由题意可知,B、C碰撞时,B、C组成的系统动量守恒,设碰撞后瞬间B、C的共同速度为vBC,规定向右为正方向,由动量守恒定律可得mBv=(mB+mC)vBC,解得vBC=2m/s,A错误;当A、B、C的速度相等时,弹簧的弹性势能最大,A、B、C组成的系统动量守恒,由动量守恒定律可得(mA+mB)v=(mA+mB+mC)vABC,解得vABC=3m/s,即A的速度大小为3m/s,B正确;由能量守恒定律可得弹簧的弹性势能最大值为Ep=12mAvA2+12(mB+mC)vBC2-12(mA+mB+mC)vABC2=36J+12J-36J=12J,C正确;设弹簧再次复原原长时A的速度为v1,B、C的速度为v2,从B、C碰撞后到弹簧再次复原原长的运动中,A、B、C组成的系统动量守恒和机械能守恒,则有mAv+(mB+mC)vBC=mAv1+(mB+mC)v2,12mAv2+12(mB+mC)vBC2=12mAv12+14.ACD解析图甲中,当弹簧复原原长时,A与B作为整体在水平方向上不受力,故A与B组成的系统在水平方向上动量守恒,原来A与B是静止的,系统动量为零,故烧断细线后,A和B组成的系统动量仍旧为零,选项A正确;图乙中,烧断细线后,弹簧对D有向右的作用力,而D的右端是墙壁,所以墙壁会对D有一个向左的作用力,对C与D组成的系统而言,水平方向上受力不等于零,所以C与D在水平方向上的动量不守恒,故图乙中当弹簧复原原长时C和D组成的系统的动量不为零,选项B错误;设弹簧压缩肯定程度时,其弹性势能为Ep,图甲中弹簧复原原长时,依据水平方向上动量为0可知,A与B的速度大小相等、方向相反,设其速度大小均为vA,再依据能量守恒得2EkA=Ep,解得EkA=Ep2,图乙中当弹簧复原原长时,满意机械能守恒,则EkC=Ep,可得EkC=2EkA,故C正确;依据I=Δp结合p=2mEk,可得图乙中弹簧对C5.BD解析由题意结合题图可知,当小球1与小球2相距最近时,小球2的速度为0,此后,小球1在前,做减速运动,小球2在后,做加速运动,当再次相距最近时,小球1减速结束,小球2加速结束,因此此时小球1速度最小,小球2速度最大,在此过程中小球1、2组成的系统动量和动能均守恒,有m1v1=m1v1'+m2v2,12m1v12=12m1v1'2+12m2v22,解得v1'=m16.答案13解析A、B相撞时,A、B组成的系统动量守恒,取向右为正方向,由动量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v1,解得v1=43由于在极短时间内摩擦力对C的冲量可以忽视,故A、B刚粘为一体时,C的速度为零,此后,C沿B上表面滑行,直至相对于B静止,这一过程中,A、B、C组成的系统动量守恒,系统的动能损失等于滑动摩擦力做的功,有(mA+mB)v1=(mA+mB+mC)v12(mA+mB)v12-12(mA+mB+mC)v解得L=137.答案(1)4m/s(2)8J(3)0.8m解析(1)滑块A自P点滑至平台过程中,由动能定理有mgR(1-cos60°)=1解得滑块A刚到平台上的速度大小为v0=4m/s。(2)当A、B速度大小相等时弹簧弹性势能最大,取向右为正方向,由动量守恒定律有mv0=2mv共由能量守恒定律有Ep=12mv0联立代入数据解得该过程中弹簧弹性势能的最大值为Ep=8J。(3)弹簧复原原长时B与A分别,设分别时A的速度为v1,B的速度为v2,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=mv1+mv2,1解得v1=0,v2=4m/sB恰好未从小车C上滑落,即B到小车C右端时二者速度相同,由动量守恒定律有mv2=(m+M)v3解得v3=1m/s由能量守恒定律有μmgL=12mv2解得小车C的长度为L=0.8m。8.答案(1)23gl3(2)l解析(1)对A、B、C组成的系统,水平方向动量守恒,以水平向左为正方向,由动量守恒定律及机械能守恒定律可得mvC-2mvAB=0,mgl=12mvC联立解得vC=23(2)对A、B、C组成的系统,由人船模型规律可得mxC=2mxAB,xC+xAB=l联立解得xAB=l3(3)对A、C组成的系统,由动量守恒定律可得mvC-mvAB=2mv由机械能守恒定律可得12mvC2则C球向左摇摆的最高点距O点的竖直高度为Δh=l-h联立解得Δh=l49.答案(1)1m/s1m/s(2)2s解析(1)A、B组成的系统水平方向动量守恒,取向右为正方向,A与B共速,有2mv0=(2m+m)v1解得v1=2m/sA与C碰撞,由动量守恒定律有mv1=mvA+3mvC由动能守恒定律有12mv1解得vA=-1m/s,vC=1m/s,A与C第一次碰撞后瞬间A的速度大小为1m/s,C的速度大小为1m/s。(2)A与C第一次碰后C减速到0的时间为tC=vCμ2g=2s,C在tC时间内运动的位移为xCA、B再次共速,有2mv1+mvA=3mv2解得v2=1m/sA回到原位置的时间为t1=v1-vA、B一起匀速至与C碰撞的时间为t2=xCv两次碰撞的时间间隔为t=t1+t2=2s。10.答案(1)14mv02解