2024高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒专题提升七动力学动量和能量观点的综合应用作业与检测含解析鲁科版

PAGE9-专题提升(七)动力学、动量和能量观点的综合应用基础必备1.在如图所示的装置中,木块B与水平桌面间的接触是光滑的,子弹A沿水平方向射入木块后留在其中,将弹簧压缩到最短.若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统,则此系统在从子弹起先射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中(B)A.动量守恒,机械能守恒B.动量不守恒,机械能不守恒C.动量守恒,机械能不守恒D.动量不守恒,机械能守恒解析:系统在从子弹起先射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中,墙壁对弹簧有力的作用,所以系统所受的合外力不为0,所以系统动量不守恒;在整个过程中,由于子弹射入木块的碰撞过程为完全非弹性碰撞,有内能产生,系统机械能不守恒,故B正确.2.(多选)如图所示,水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d.m2的左边有一固定挡板.m1由图示位置静止释放,当m1与m2相距最近时m1速度为v1,则在以后的运动过程中(BD)A.m1的最小速度是0B.m1的最小速度是v1C.m2的最大速度是v1D.m2的最大速度是v1解析:当m1与m2相距最近后,m1在前做减速运动,m2在后做加速运动,当再次最近时,m1减速结束,m2加速结束,此时m1速度最小,m2速度最大.在此过程中m1,m2及弹簧组成的系统遵从动量守恒和机械能守恒,则有m1v1=m1v1'+m2v2,m1=m1v1'2+m2,解得v1'=v1,v2=v1,选项B,D正确.3.(2024·河南信阳统考)(多选)如图所示,三小球a,b,c的质量都是m,都放于光滑的水平面上,小球b,c与轻弹簧相连且静止,小球a以速度v0冲向小球b,碰后与小球b粘在一起运动.在整个运动过程中,下列说法中正确的是(ACD)A.三球与弹簧组成的系统总动量守恒,总机械能不守恒B.三球与弹簧组成的系统总动量守恒,总机械能也守恒C.当小球b,c速度相等时,弹簧弹性势能最大D.当弹簧复原原长时,小球c的动能肯定最大,小球b的动能肯定不为零解析:在整个运动过程中,三球与弹簧组成的系统所受合外力为零,系统的总动量守恒,但小球a与b的碰撞属于完全非弹性碰撞,机械能不守恒,故A正确,B错误;当小球b,c速度相等时,弹簧的压缩量最大,弹簧弹性势能最大,故C正确;当弹簧复原原长时,小球c的动能肯定最大,依据动量守恒和机械能守恒定律可知,小球b的动能不为零,故D正确.4.(2024·湖北武汉模拟)(多选)如图所示,在光滑的水平面上,有一质量为M的木块正以速度v向左运动,一颗质量为m(m<M)的弹丸以速度v向右水平击中木块并最终停在木块中,设弹丸与木块之间的相互作用力大小不变,则在相互作用过程中(CD)A.弹丸和木块的速率都是越来越小B.弹丸在任一时刻的速率不行能为零C.弹丸对木块始终做负功,木块对弹丸先做负功后做正功D.弹丸对木块的水平冲量与木块对弹丸的水平冲量大小相等解析:弹丸击中木块前,两者速率相等,由于m<M,所以两者组成的系统总动量向左,弹丸水平击中木块并停在木块中的过程,系统的动量守恒,由动量守恒定律可知,弹丸停在木块中后它们一起向左运动,即弹丸起先时向右运动,后向左运动,故弹丸的速领先减小后增大,木块的速率始终减小,由以上分析知,弹丸的速率可能为零,故A,B错误;木块始终向左运动,弹丸对木块始终做负功,弹丸先向右运动后向左运动,则木块对弹丸先做负功后做正功,故C正确;由牛顿第三定律知,弹丸对木块的水平作用力与木块对弹丸的水平作用力大小相等,相互作用的时间相等,由冲量的定义式I=Ft知,弹丸对木块的水平冲量与木块对弹丸的水平冲量大小相等,故D正确.5.如图,一轻弹簧左端固定在一足够长的木块M的左端,右端与小物块m连接,且m,M及M与地面间接触光滑.起先时,m和M均静止,现同时对m,M施加等大反向的水平恒力F1和F2,从两物体起先运动以后的整个运动过程中,对m,M和弹簧组成的系统(整个过程中弹簧形变不超过其弹性限度),正确的说法是(D)A.由于F1,F2等大反向,故系统机械能守恒B.F1,F2分别对m,M做正功,故系统动量不断增加C.F1,F2分别对m,M做正功,故系统机械能不断增加D.当弹簧弹力大小与F1,F2大小相等时,m,M的动能最大解析:由于F1,F2等大反向,系统所受合外力为零,所以系统动量守恒,选项B错误;起先时F1,F2分别对m,M做正功,系统的机械能增加,当两物块速度减为0时,弹簧的弹力大于F1,F2,之后两力对系统做负功,系统机械能减小,选项A,C错误;当弹簧弹力大小与F1,F2大小相等时,m和M各自受力平衡,加速度为0,此时速度达到最大值,各自动能最大,选项D正确.6.如图所示,一个轻质弹簧左端固定在墙上,一个质量为m的木块以速度v0从右边沿光滑水平面对左运动,与弹簧发生相互作用,设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内,那么整个相互作用过程中弹簧对木块的冲量I的大小和弹簧对木块做的功W分别是(C)A.I=0,W=m B.I=mv0,W=mC.I=2mv0,W=0 D.I=2mv0,W=m解析:木块与弹簧相互作用的过程,木块和弹簧组成的系统机械能守恒,所以弹簧复原原长、木块刚要离开弹簧时,木块的速度大小仍为v0,方向水平向右.取水平向右为正方向,由动量定理得I=mv0-m(-v0)=2mv0;由动能定理得W=m-m=0,选项C正确.7.如图所示,一个木箱原来静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个小木块.木箱和小木块都具有肯定的质量.现使木箱获得一个向右的初速度v0,则(B)A.小木块和木箱最终都将静止B.小木块最终将相对木箱静止,二者一起向右运动C.小木块与木箱内壁将始终来回往复碰撞,而木箱始终向右运动D.假如小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止,则二者将一起向左运动解析:依据动量守恒定律,木块最终将与木箱之间无相对运动,且两者总动量等于最初木箱的动量,所以两者最终一起向右运动,选项B正确.8.(2024·江西南昌月考)距水平地面高5m的平台边缘放有一质量为0.19kg的木块,一质量为10g的子弹水平射入木块,并留在木块内,木块在子弹的冲击下掉落到水平地面上,测得木块落地位置到平台边缘的水平距离为3m.不计空气阻力,重力加速度g=10m/s2.求:(1)子弹射入木块前瞬间的速度大小;(2)子弹射入木块的过程中所产生的内能.解析:(1)子弹射入木块后与木块一起做平抛运动,则竖直方向,有h=gt2水平方向,有s=vt解得v=3m/s子弹射入木块的过程系统动量守恒,以向右为正方向,则有mv0=(m+M)v解得v0=60m/s.(2)子弹击中木块的过程,由能量守恒定律得Q=m-(m+M)v2解得Q=17.1J.答案:(1)60m/s(2)17.1J实力培育9.(2024·福建三明联考)如图所示,一半径为R、质量为M的光滑圆弧槽D,放在光滑的水平面上,将一质量为m的小球由A点静止释放,在下滑到B点的过程中,下列说法正确的是(C)A.以地面为参考系,小球到达B点时相对于地的速度v满意mv2=mgRB.以槽为参考系,小球到达B点时相对于槽的速度v'满意mv'2=mgRC.以地面为参考系,以小球、槽和地球为系统,机械能守恒D.不论以槽或地面为参考系,小球、槽和地球组成的系统机械能均不守恒解析:不论以槽或地面为参考系,小球、槽和地球组成的系统只有重力做功,机械能守恒,故C正确,D错误;质量为m的小球由A点静止释放,在下滑到B点的过程中,小球和槽组成的系统水平方向动量守恒,设小球对地速度大小为v2,槽对地速度大小为v1,两速度方向相反,有Mv1=mv2,系统机械能守恒,有mgR=m+M,故A错误;以槽为参考系,小球到达B点时相对于槽的速度大小v'=v1+v2,则mv'2=m(v1+v2)2=m+m+mv1v2,mv'2-mgR=m+mv1v2-M=v1(mv1+mv2)>0,故B错误.10.如图所示,静止在光滑水平面上的木板A,右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连,木板质量M=3kg,质量m=1kg的铁块B以水平速度v0=4m/s从木板的左端沿板面对右滑行,压缩弹簧后又被弹回,最终恰好停在木板的左端.在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(A)A.3J B.4J C.6J D.20J解析:设铁块与木板共速时速度大小为v,铁块相对木板向右运动的最大距离为L,铁块与木板之间的摩擦力大小为Ff,铁块压缩弹簧使弹簧最短时,由能量守恒定律有m=FfL+(M+m)v2+Ep,由动量守恒定律,有mv0=(M+m)v,从铁块起先运动到最终停在木板左端过程,由功能关系得m=2FfL+(M+m)v2,联立解得Ep=3J,故选项A正确.11.(2024·山东青岛期末)(多选)一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上,其截面如图所示.图中ab为粗糙的水平面,长度为L;bc为一光滑斜面,斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽视的光滑圆弧连接.现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动,在斜面上上升的最大高度为h,返回后恰好到达a点与物体P相对静止,重力加速度为g,则(ACD)A.粗糙水平面ab的动摩擦因数为B.当木块最终到达a时的速度为0C.当木块最终到达a时的速度为D.整个过程产生的热量为2mgh解析:先分析木块从起先到最高点的过程,木块与物体P组成的系统在水平方向动量守恒,则有mv0=3mv,解得v=v0,依据能量守恒有μmgL+mgh=m-·3mv2,同理,最终到达a点时的速度也是v=v0,整个过程依据能量守恒定律有2μmgL=m-·3mv2,联立解得μmgL=mgh,μ=,整个过程产生的热量Q=2μmgL=2mgh.故A,C,D正确,B错误.12.(2024·江苏盐城一模)如图所示,在光滑水平面上有一质量为M,长度为L的木板甲,木板的上表面粗糙、下表面光滑,木板甲上有一质量为m的物块乙,物块乙与木板甲间的动摩擦因数为μ.若用水平恒力F将物块乙从木板甲的一端拉到另一端,当物块乙与木板甲分别时,木板甲的速度为v.要使v减小,下列操作可行的是(B)A.增大物块乙的质量mB.增大物块乙上受的力FC.增大木板甲与物块乙间的动摩擦因数μD.在木板甲长度L不变的条件下,减小其质量M解析:物块乙受拉力和摩擦力作用,依据动量定理有Ft-μmgt=mv',对木板甲分析,依据动量定理有μmgt=Mv.要使物块与木板分别,则物块的位移与木板的位移差等于板长,则有t-t=L,联立则有t2-t2-t2=L,解得t=,v=t.增大物块乙的质量m,时间t增大,依据v=t可知速度v变大,故A错误;增大物块乙上受的力F,则t减小,依据v=t可知速度v减小,故B正确;增大木板甲与物块乙间的动摩擦因数μ,可知t增大,依据v=t可知速度v变大,故C错误;在木板甲长度L不变的条件下,减小其质量M,可知t增大,依据v=t可知速度v变大,故D错误.13.(2024·山东省试验中学二诊)如图所示,有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块,从光滑平台上的A点以v0=2m/s的初速度水平抛出,到达C点时,恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道,最终小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板,已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平,木板下表面与水平地面之间光滑,小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3,圆弧轨道的半径为R=0.4m,C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=60°,不计空气阻力,g取10m/s2.求:(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力;(2)若长木板长度L=2.4m,小物块能否滑出长木板?解析:(1)由题意知,物块到达C点时,速度方向与水平方向的夹角为60°,则vC==4m/s小物块由C到D的过程中,由动能定理得mgR(1-cos60°)=m-m解得vD=2m在D点时,由牛顿其次定律得FN-mg=m解得FN=60N,由牛顿第三定律得FN'=FN=60N,方向竖直向下.(2)设小物块始终在长木板上,当达到共同速度时大小为v,小物块在木板上滑行的过程中,由动量守恒定律mvD=(M+m)v解得v=m/s对小物块和长木板组成的系统,由能量守恒定律得μmgL=m-(M+m)v2解得L=2.5m>2.4m,所以小物块能滑出长木板.答案:(1)60N,方向竖直向下(2)见解析14.(2024·重庆南开中学适应性考试)如图所示,在光滑的水平地面上有平板小车质量为M=2kg,体积相等的滑块甲和乙质量均为m=1kg,三者处于静止状态.某时刻起滑块甲以初速度v1=2m/s向左运动,同时滑块乙以v2=4m/s向右运动.最终甲、乙两滑块均恰好停在小车的两端.小车长L=9.5m,两滑块与小车间的动摩擦因数相同,(g取10m/s2,滑块甲和乙可视为质点)求:(1)两滑块与小车间的动摩擦