2020版高考物理總復習 第六章 專題探究六 動力學、動量和能量觀點的綜合應用練習（含解析）

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1、專題探究六　動力學、動量和能量觀點的綜合應用 基礎必備練 1.如圖所示,B,C,D,E,F 5個小球并排放置在光滑的水平面上,B,C,D,E4個球質(zhì)量相等,而F球質(zhì)量小于B球質(zhì)量,A球的質(zhì)量等于F球質(zhì)量.A球以速度v0向B球運動,所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞,則碰撞之后(　C　) A.5個小球靜止,1個小球運動 B.4個小球靜止,2個小球運動 C.3個小球靜止,3個小球運動 D.6個小球都運動 解析:A,B質(zhì)量滿足mAmF

2、,則E,F都向右運動.所以B,C,D靜止;A向左運動,E,F向右運動,選項C正確. 2.如圖所示,小車由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC組成,靜止在光滑水平面上,當小車固定時,從A點由靜止滑下的物體到C點恰好停止.如果小車不固定,物體仍從A點由靜止滑下,則(　A　) A.還是滑到C點停住 B.滑到BC間停住 C.會沖出C點落到車外 D.上述三種情況都有可能 解析:設BC長度為L.依照題意,小車固定時,根據(jù)能量守恒可知,物體的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能,即有Q1=FfL,其中Ff為物體與小車之間的摩擦力.若小車不固定,設物體相對小車滑行的距離為s.對小車和物體系統(tǒng),根據(jù)

3、水平方向的動量守恒可知,最終兩者必定均靜止,根據(jù)能量守恒可知物體的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能,則有Q2=Q1,而Q2=Ffs,得到物體在小車BC部分滑行的距離s=L,故物體仍滑到C點停住,選項A正確. 3.(2019·江西上饒六校聯(lián)考)(多選)如圖(甲)所示,在光滑水平面上,輕質(zhì)彈簧一端固定,物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧,測得彈簧的最大壓縮量為x,現(xiàn)讓彈簧一端連接在另一質(zhì)量為m的物體B[如圖(乙)所示],物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧,測得彈簧的最大壓縮量仍為x,則(　AC　) A.A物體的質(zhì)量為3m B.A物體的質(zhì)量為2m C.彈簧壓縮最大時的彈性勢能為m D.彈

4、簧壓縮最大時的彈性勢能為m 解析:(甲)圖中,由系統(tǒng)能量守恒得mA=Epm, (乙)圖中,由動量守恒和能量守恒得 mA·2v0=(mA+m)v, mA(2v0)2=Epm+(mA+m)v2, 聯(lián)立解得mA=3m,Epm=m,選項A,C正確. 4.(2019·廣東汕頭高三質(zhì)檢)如圖所示,在固定的水平桿上,套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán),輕繩一端拴在環(huán)上,另一端系著質(zhì)量為M的木塊,現(xiàn)有質(zhì)量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并立刻留在木塊中,重力加速度為g,下列說法正確的是(　C　) A.子彈射入木塊后的瞬間,速度大小為 B.子彈射入木塊后的瞬間,繩子拉力等于(M+m0)g C

5、.子彈射入木塊后的瞬間,環(huán)對輕桿的壓力大于(M+m+m0)g D.子彈射入木塊之后,圓環(huán)、木塊和子彈構成的系統(tǒng)動量守恒 解析:子彈射入木塊后的瞬間,子彈和木塊系統(tǒng)的動量守恒,則m0v0=(M+m0)v1,解得速度大小為v1=,根據(jù)牛頓第二定律可得T-(M+m0)g=(M+m0)可知繩子拉力大于(M+m0)g,選項A,B錯誤;子彈射入木塊后,對子彈、木塊和圓環(huán)整體有N=T+mg>(M+m+m0)g,選項C正確;子彈射入木塊之后,圓環(huán)、木塊和子彈構成的系統(tǒng)只在水平方向動量守恒,選項D錯誤. 5.(2019·山東青島模擬)(多選)如圖(甲)所示的光滑平臺上,物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水

6、平小車上,車與水平面間的摩擦不計,圖(乙)為物體A與小車的vt圖像(v0,v1及t1均為已知),由此可算出(　BC　) A.小車上表面長度 B.物體A與小車B的質(zhì)量之比 C.物體A與小車B上表面間的動摩擦因數(shù) D.小車B獲得的動能 解析:在0～t1時間內(nèi),物體A與小車B的圖線與坐標軸包圍的面積之差表示A相對于小車的位移,不一定為小車長度,選項A錯誤;設m,M分別表示物體A與小車B的質(zhì)量,根據(jù)動量守恒定律mv0=(M+m)v1,則=,選項B正確;由物體A的vt圖像得a==μg,可求出μ,選項C正確;因B車質(zhì)量大小未知,故無法計算B車的動能,選項D錯誤. 6.(多選)如圖所示,光滑

7、水平面上,質(zhì)量為m1的足夠長的木板向左勻速運動,t=0時刻,質(zhì)量為m2的木塊從木板的左端向右以與木板相同大小的速度滑上木板.t1時刻,木塊和木板相對靜止,共同向左勻速運動,以v1和a1表示木板的速度和加速度,以v2和a2表示木塊的速度和加速度,以向左為正方向,則下列圖中正確的是(　BD　) 解析:木塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒,因為最終共同的速度方向向左,根據(jù)m1v-m2v=(m1+m2)v′,知m1>m2,木塊的加速度a2=,方向向左,木板的加速度a1=,方向向右,因為m1>m2,則a1

8、線運動,與木板速度相同后一起做勻速直線運動,其速度先為負值,后為正值,木板先做勻減速直線運動,最終做速度向左的勻速運動,速度均為正值,D項正確,C項錯誤. 能力培養(yǎng)練 7.(2018·山東菏澤一模)如圖所示,長木板AB和光滑四分之一圓弧軌道在B點接觸并平滑連接成一個整體,放置在光滑的水平面上,長木板和圓弧軌道的總質(zhì)量為M=3 kg,一個質(zhì)量為m=0.98 kg的物塊放在木板AB的中點,一顆質(zhì)量為m0=20 g的子彈以初速度v0=100 m/s射入物塊并留在物塊中(子彈射入物塊時間極短,可忽略不計),木板的長度L=1 m,重力加速度取g=10 m/s2. (1)要使物塊能滑上圓弧軌道,

9、物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)應該滿足什么條件? (2)若物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ=0.15,物塊從被子彈擊中后到運動至B點,需要多長時間? 解析:(1)子彈射入物塊過程,根據(jù)動量守恒定律有 m0v0=(m0+m)v1, 解得v1=2 m/s. 若物塊剛好滑到B點時與木板有共同速度,則 (m0+m)v1=(m0+m+M)v2, 解得v2=0.5 m/s, 根據(jù)功能關系有 μ(m0+m)g·L=(m0+m)-(m0+m+M), 解得μ=0.3, 因此,要使物塊能滑上圓弧軌道,物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)應小于0.3. (2)設物塊到達B點時,物塊、木板與圓弧軌道整體速度分

10、別是va,vb,需要的時間為t, 根據(jù)動量守恒定律,有 (m+m0)v1=(m+m0)va+mvb, 由能量守恒定律有 (m+m0)-(m+m0)-m=μ(m+m0)g·. 物塊滑到B點時,有 t-t=, 可解得t= s. 答案:(1)μ<0.3　(2) s 8.如圖所示,小球A質(zhì)量為m,系在細線的一端,線的另一端固定在O點,O點到光滑水平面的距離為h.物塊B和C的質(zhì)量分別是5m和3m,B與C用輕彈簧拴接,置于光滑的水平面上,且B物塊位于O點正下方.現(xiàn)拉動小球使細線水平伸直,小球由靜止釋放,運動到最低點時與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時間極短),反彈后上升到最高點時到水平面的距離為.

11、小球與物塊均視為質(zhì)點,不計空氣阻力,重力加速度為g,求碰撞過程B物塊受到的沖量大小及碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能. 解析:設小球運動到最低點與物塊B碰撞前的速度大小為v1,碰撞后小球反彈的速度大小為v1′, 根據(jù)機械能守恒定律有 mgh=m, mg=mv1′2, 解得v1=,v1′=, 設碰撞后物塊B的速度大小為v2, 取水平向右為正方向, 由動量守恒定律有 mv1=-mv1′+5mv2, 解得v2=, 根據(jù)動量定理,碰撞過程B物塊受到的沖量為 I=5mv2=m, 碰撞后當B物塊與C物塊速度相等時輕彈簧的彈性勢能最大,根據(jù)動量守恒定律有5mv2=8mv3, 根據(jù)

12、機械能守恒定律,則 Epm=×5m-×8m, 解得Epm=mgh. 答案:m　mgh 9.(2018·山西太原二模)如圖為過山車的部分軌道,它由位于同一豎直面內(nèi)的傾斜直軌道ab、半徑不同的兩個緊靠在一起的光滑圓軌道Ⅰ,Ⅱ(間距可忽略)組成,圓軌道下滑進入點與滑出點錯開一小段距離,其中,ab與圓軌道Ⅰ相切于b點,ab=48.9 m,θ=37°,R1=10 m, R2=5.12 m.車廂與ab間的動摩擦因數(shù)為μ=0.125.一次游戲中,質(zhì)量m=500 kg車廂A被牽引到a點由靜止釋放,經(jīng)切點b進入圓軌道Ⅰ;繞過圓軌道Ⅰ后到達最低點P時,與停在P點的障礙物B相撞并連在一起進入圓軌道Ⅱ.將A

13、,B視為質(zhì)點,不考慮空氣阻力,取g=10 m/s2, sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求: (1)車廂A通過圓軌道Ⅰ最高點時受到彈力的值; (2)已知車廂能安全通過圓軌道Ⅱ,B的質(zhì)量不超過A的多少倍? 解析:(1)設A到達b點時速度為vb,由動能定理得 mglab(sin θ-μcos θ)=m, vb= m/s, A到達圓軌道Ⅰ最高點時速度為vc,則有 mgR1(1+cos θ)=m-m, A經(jīng)c點時,軌道對A彈力為F,有mg+F=m, 解得F=1 450 N. (2)A運動到圓軌道Ⅰ最低點P時速度為vP,有 mgR1(1-cos 37°)=m-m

14、, 解得vP= m/s=23 m/s, 設A與B碰撞后共同速度為v mvP=(m+M)v, 設連在一起的A,B安全通過圓軌道Ⅱ最高點的最小速度為vd,在P點最小速度為vP′, (m+M)g=(m+M), 2(m+M)gR2=(m+M)vP′2-(m+M), 解得vP′= m/s=16 m/s, 當v=vP′時,M最大, 解得M=(-1)m=m, 即B的質(zhì)量不超過A的. 答案:(1)1 450 N　(2) 10.(2019·陜西西安適應性測試)如圖所示,兩個長度為L、質(zhì)量為m的相同長方體物塊1和2疊放在一起,置于固定且左、右正對的兩光滑薄板間,薄板間距也為L,板底部有孔正

15、好能讓最底層的物塊通過并能防止物塊2翻倒,質(zhì)量為m的鋼球用長為R的輕繩懸掛在O點,將鋼球拉到與O點等高的位置A(拉直)靜止釋放,鋼球沿圓弧擺到最低點時與物塊1正碰后靜止,物塊1滑行一段距離s(s>2L)后停下.又將鋼球拉回A點靜止釋放,撞擊物塊2后鋼球又靜止.物塊2與物塊1相碰后,兩物塊以共同速度滑行一段距離后停下,重力加速度為g,繩不可伸長,不計物塊之間的摩擦,求: (1)物塊與地面間的動摩擦因數(shù); (2)兩物塊都停下時物塊2滑行的總距離. 解析:(1)設鋼球與物塊1碰撞前的速率為v0, 根據(jù)機械能守恒定律,有 mgR=m,可得v0=, 鋼球與物塊1碰撞,設碰后物塊1速度為v

16、1,根據(jù)動量守恒定律,有 mv0=mv1, 聯(lián)立解得v1=, 設物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ, 物塊1碰撞獲得速度后滑行至停下, 由動能定理,有 -2μmgL-μmg(s-L)=0-m, 聯(lián)立解得μ=. (2)設物塊2被鋼球碰后的速度為v2, 物塊2與物塊1碰撞前速度為v3, 根據(jù)機械能守恒定律、動量守恒定律和動能定理,有 v2=v1=,-μmg(s-L)=m-m, 設物塊1和物塊2碰撞后的共同速度為v4, 兩物塊一起繼續(xù)滑行距離為s1, 根據(jù)動量守恒定律和動能定理,有 mv3=2mv4,-2μmgs1=0-×2m,可得s1=L, 設物塊2滑行的總距離為d, 則d=s-L+s1=s-. 答案:(1)　(2)s- - 8 -