2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動量守恒定律 熱點(diǎn)專題（四）第33講 動力學(xué)、動量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案（含解析）.doc

《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動量守恒定律 熱點(diǎn)專題（四）第33講 動力學(xué)、動量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 動量守恒定律 熱點(diǎn)專題（四）第33講 動力學(xué)、動量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案（含解析）.doc（22頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第33講動力學(xué)、動量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用熱點(diǎn)概述(1)本熱點(diǎn)是力學(xué)三大觀點(diǎn)在力學(xué)中的綜合應(yīng)用，高考將作為計(jì)算題壓軸題的形式命題。(2)學(xué)好本熱點(diǎn)，可以幫助同學(xué)們熟練應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)分析和解決綜合問題。(3)用到的知識、規(guī)律和方法有：動力學(xué)觀點(diǎn)(牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)基本規(guī)律)；動量觀點(diǎn)(動量定理和動量守恒定律)；能量觀點(diǎn)(動能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律)。 1解決力學(xué)問題的三個(gè)基本觀點(diǎn)綜合問題要綜合利用上述三種觀點(diǎn)的多個(gè)規(guī)律，才能順利求解。2力學(xué)三大觀點(diǎn)的選用原則(1)如果要列出各物理量在某一時(shí)刻的關(guān)系式，可用牛頓第二定律。(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動狀態(tài)改變時(shí)，一般用動量定理(涉及時(shí)間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題。(3)若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用兩個(gè)守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件。(4)在涉及相對位移問題時(shí)，則優(yōu)先考慮能量守恒定律，利用系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量。(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí)，需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換。這種問題由于作用時(shí)間都極短，因此動量守恒定律一般能派上大用場。3動量定理與牛頓第二定律的比較(1)牛頓第二定律揭示了力的瞬時(shí)效應(yīng)，在研究某一物體所受力的瞬時(shí)作用與物體運(yùn)動的關(guān)系時(shí)，或者物體受恒力作用，且直接涉及物體運(yùn)動過程中的加速度問題時(shí)，應(yīng)采用動力學(xué)觀點(diǎn)。 (2)動量定理反映了力對時(shí)間的累積效應(yīng)，適用于不涉及物體運(yùn)動過程中的加速度、位移，而涉及運(yùn)動時(shí)間的問題，特別對沖擊類問題，因時(shí)間短且沖力隨時(shí)間變化，應(yīng)采用動量定理求解。4動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律的比較5用力學(xué)三大觀點(diǎn)解題的步驟(1)認(rèn)真審題，明確題目所述的物理情境，確定研究對象。(2)分析研究對象的受力情況、運(yùn)動狀態(tài)以及運(yùn)動狀態(tài)的變化過程，作草圖。(3)根據(jù)運(yùn)動狀態(tài)的變化規(guī)律確定解題觀點(diǎn)，選擇適用規(guī)律。若用力的觀點(diǎn)解題，要認(rèn)真分析運(yùn)動狀態(tài)的變化，關(guān)鍵是求出加速度。若用兩大定理求解，應(yīng)確定過程的始、末狀態(tài)的動量(動能)，分析并求出過程中的沖量(功)。若可判斷研究對象在某運(yùn)動過程中滿足動量守恒或機(jī)械能守恒的條件，則可根據(jù)題意選擇合適的始、末狀態(tài)，列守恒關(guān)系式，一般這兩個(gè)守恒定律多用于求研究對象在末狀態(tài)時(shí)的速度(率)。(4)根據(jù)選擇的規(guī)律列式，有時(shí)還需要挖掘題目中的其他條件(如隱含條件、臨界條件、幾何關(guān)系等)并列出輔助方程。(5)代入數(shù)據(jù)，計(jì)算結(jié)果。 例1如圖所示，一輛質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車的立柱上固定了一條長度為L、拴有小球的細(xì)繩。質(zhì)量為m的小球從與懸點(diǎn)在同一水平面處由靜止釋放，重力加速度為g，不計(jì)阻力。求細(xì)繩拉力的最大值。解析當(dāng)小球擺至最低點(diǎn)時(shí)，設(shè)此時(shí)小球和小車的速度大小分別為v1和v2，取水平向右為正方向，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，有mv1Mv20系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有mgLmvMv解得v1，v2 小球擺到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩拉力最大，以小車為參考系，由牛頓第二定律有Tmg解得T。答案方法感悟研究某一物體瞬時(shí)受力作用時(shí)，一般用動力學(xué)觀點(diǎn)；研究多個(gè)物體組成的系統(tǒng)時(shí)，更多用到動量觀點(diǎn)。例2如圖所示，半徑為R的光滑半圓形軌道CDE在豎直平面內(nèi)，與光滑水平軌道AC相切于C點(diǎn)，水平軌道AC上有一根彈簧，左端連接在固定的擋板上，彈簧自由端所在點(diǎn)B與軌道最低點(diǎn)C的距離為4R?，F(xiàn)有質(zhì)量完全相同的兩個(gè)小球，一個(gè)放在水平軌道的C點(diǎn)，另一個(gè)小球壓縮彈簧(不拴接)。當(dāng)彈簧的壓縮量為l時(shí)，釋放小球，使之與C點(diǎn)的小球相碰并粘在一起，兩球恰好通過光滑半圓形軌道的最高點(diǎn)E；若拿走C點(diǎn)的小球，再次使小球壓縮彈簧，釋放后小球經(jīng)過BCDE后恰好落在B點(diǎn)。已知彈簧壓縮時(shí)彈性勢能與壓縮量的二次方成正比，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，求第二次使小球壓縮彈簧時(shí)，彈簧的壓縮量。解析設(shè)壓縮量為l時(shí)，彈簧的彈性勢能為Ep，小球離開彈簧后的速度為v0，釋放小球后，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能，由機(jī)械能守恒定律得Epmv設(shè)小球的質(zhì)量為m，與C點(diǎn)的小球相碰后粘在一起的瞬間共同速度為v1，根據(jù)動量守恒定律得mv02mv1設(shè)兩小球通過最高點(diǎn)E時(shí)的速度為v2，由臨界條件可知2mg2m由能量守恒定律得2mv2mg2R2mv聯(lián)立解得Ep10mgR第二次壓縮時(shí)，設(shè)壓縮量為x，彈簧的彈性勢能為Ep，小球通過最高點(diǎn)E時(shí)的速度為v3，由能量守恒定律得Epmg2Rmv小球經(jīng)過E點(diǎn)后做平拋運(yùn)動，有2Rgt24Rv3t聯(lián)立解得Ep4mgR由已知條件可得即解得xl。答案l方法感悟1應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解題時(shí)應(yīng)注意的問題(1)弄清有幾個(gè)物體參與運(yùn)動，并劃分清楚物體的運(yùn)動過程。(2)進(jìn)行正確的受力分析，明確各運(yùn)動過程的運(yùn)動特點(diǎn)。(3)光滑的平面或曲面，還有不計(jì)阻力的拋體運(yùn)動，機(jī)械能一定守恒；碰撞過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，或受外力但其內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)，或系統(tǒng)在某一方向不受力或所受合力為零，一般考慮用動量守恒定律分析。(4)如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析。2能量與動力學(xué)觀點(diǎn)應(yīng)用于直線運(yùn)動、圓周運(yùn)動和平拋運(yùn)動的組合模型(1)模型特點(diǎn)：物體在整個(gè)運(yùn)動過程中，歷經(jīng)直線運(yùn)動、圓周運(yùn)動和平拋運(yùn)動或幾種運(yùn)動的組合。(2)表現(xiàn)形式：直線運(yùn)動：水平面上的直線運(yùn)動、斜面上的直線運(yùn)動、傳送帶上的直線運(yùn)動。圓周運(yùn)動：繩模型的圓周運(yùn)動、桿模型的圓周運(yùn)動、拱形橋模型的圓周運(yùn)動。平拋運(yùn)動：與水平面相關(guān)的平拋運(yùn)動、與圓軌道相關(guān)的平拋運(yùn)動。(3)應(yīng)對方法：這類模型一般不難，各階段的運(yùn)動過程具有獨(dú)立性，只要對不同過程分別選用相應(yīng)規(guī)律即可，物體運(yùn)動到兩個(gè)相鄰過程的連接點(diǎn)時(shí)的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶，很多情況下平拋運(yùn)動末速度的方向或初速度的大小是解決問題的重要突破口。例3兩個(gè)質(zhì)量分別為M1和M2的劈A和劈B高度相同，傾斜面都是光滑曲面，曲面下端均與光滑水平面相切，如圖所示，一塊位于劈A的曲面上距水平面的高度為h的物塊從靜止開始滑下，又滑上劈B。求物塊能沿劈B曲面上升的最大高度。解析設(shè)物塊到達(dá)劈A的底端時(shí)，物塊和劈A的速度大小分別為v和vA，物塊和劈A在水平方向上動量守恒，由機(jī)械能守恒定律和動量守恒定律得mghmv2M1vM1vAmv設(shè)物塊在劈B上達(dá)到的最大高度為h，此時(shí)物塊和B的共同速度大小為v，物塊和劈B在水平方向動量守恒，由機(jī)械能守恒定律和動量守恒定律得mgh(M2m)v2mv2mv(M2m)v聯(lián)立解得hh。答案h方法感悟 (1)注意研究過程的合理選取，不管是動能定理還是機(jī)械能守恒定律或動量守恒定律，都應(yīng)合理選取研究過程。(2)要掌握摩擦力做功的特征、摩擦力做功與動能變化的關(guān)系以及物體在相互作用時(shí)能量的轉(zhuǎn)化關(guān)系。(3)注意方向性問題，運(yùn)用動量定理或動量守恒定律求解時(shí)，都要選定一個(gè)正方向，對力、速度等矢量都應(yīng)用正、負(fù)號代表其方向，代入相關(guān)的公式中進(jìn)行運(yùn)算。另外，對于碰撞問題，要注意碰撞的多種可能性，做出正確的分析判斷后，再針對不同情況進(jìn)行計(jì)算，避免出現(xiàn)漏洞。1(2019山西呂梁高三期末)如圖所示，一軌道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圓弧部分組成，置于光滑的水平面上，如果軌道固定，將可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放，物塊恰好停在水平軌道的最左端。如果軌道不固定，仍將物塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放，下列說法正確的是()A物塊與軌道組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，動量守恒B物塊與軌道組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動量不守恒C物塊仍能停在水平軌道的最左端D物塊將從軌道左端沖出水平軌道答案C解析軌道不固定時(shí)，物塊在軌道的水平部分運(yùn)動時(shí)因摩擦產(chǎn)生內(nèi)能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒；物塊在軌道的圓弧部分下滑時(shí)，合外力不為零，動量不守恒，故A、B錯(cuò)誤。設(shè)軌道的水平部分長為L，軌道固定時(shí)，根據(jù)能量守恒定律得：mgRmgL；軌道不固定時(shí)，假設(shè)物塊能停在軌道上，且與軌道相對靜止時(shí)共同速度為v，在軌道水平部分滑行的距離為x，取向左為正方向，根據(jù)水平方向動量守恒得：0(Mm)v，則得v0；根據(jù)能量守恒定律得：mgR(Mm)v2mgx，聯(lián)立解得xL，所以物塊仍能停在水平軌道的最左端，假設(shè)成立，故C正確，D錯(cuò)誤。2如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M4.0 kg的平板車，車的上表面是一段長L1.5 m的粗糙水平軌道，水平軌道左側(cè)連一半徑R0.25 m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點(diǎn)O相切?，F(xiàn)使一質(zhì)量m1.0 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)0.5，小物塊恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)A。取g10 m/s2，求：(1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大??；(2)小物塊與車最終相對靜止時(shí)，它距點(diǎn)O的距離。答案(1)5 m/s(2)0.5 m解析(1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)小物塊到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)A時(shí)，二者的共同速度為v1由動量守恒得mv0(Mm)v1由能量守恒得mv(Mm)vmgRmgL聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v05 m/s(2)設(shè)小物塊最終與車相對靜止時(shí)，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對靜止的過程中，由動量守恒得mv0(Mm)v2設(shè)小物塊與車最終相對靜止時(shí)，它在平板車水平面上滑動的路程為x，由動能定理得：mv(Mm)vmgx聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得x2 m可知此時(shí)它距點(diǎn)O的距離x0xL0.5 m。3一質(zhì)量為M的木塊靜止放在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平打進(jìn)木塊并留在其中，設(shè)子彈與木塊之間的相互作用力為f。則(1)子彈、木塊相對靜止時(shí)的速度是多少？(2)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動的時(shí)間為多長？(3)從子彈剛打上木塊到留在木塊內(nèi)相對木塊靜止的過程中，子彈、木塊發(fā)生的位移以及子彈打進(jìn)木塊的深度分別是多少？(4)系統(tǒng)損失的機(jī)械能、系統(tǒng)增加的內(nèi)能分別是多少？(5)要使子彈不射出木塊，木塊至少多長？答案(1)v0(2)(3)(4)(5)解析(1)設(shè)子彈、木塊相對靜止時(shí)的速度為v，由動量守恒定律得mv0(Mm)v解得vv0。(2)設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動的時(shí)間為t，由動量定理得對木塊：ftMv0解得t。(3)設(shè)子彈、木塊發(fā)生的位移分別為s1、s2，如圖所示，由動能定理得對子彈：fs1mv2mv解得s1對木塊：fs2Mv20。解得s2子彈打進(jìn)木塊的深度等于相對位移，即s相s1s2。(4)系統(tǒng)損失的機(jī)械能為E損mv(Mm)v2系統(tǒng)增加的內(nèi)能為Qfs相系統(tǒng)增加的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能。(5)假設(shè)子彈恰好不射出木塊，此時(shí)有fLmv(Mm)v2解得L因此木塊的長度至少為。4如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止放置一個(gè)質(zhì)量為980 g的長方體勻質(zhì)木塊，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為20 g的子彈以大小為300 m/s的水平速度沿木塊的中心軸線射向木塊，最終留在木塊中沒有射出，和木塊一起以共同的速度運(yùn)動，已知木塊沿子彈運(yùn)動方向的長度為10 cm，子彈打進(jìn)木塊的深度為6 cm。設(shè)木塊對子彈的阻力保持不變。(1)求子彈和木塊的共同速度以及它們在此過程中所增加的內(nèi)能；(2)若子彈是以大小為400 m/s的水平速度從同一方向水平射向該木塊，則在射中木塊后能否射穿該木塊？答案(1)6 m/s882 J(2)能解析(1)設(shè)子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v，對子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得mv0(Mm)v解得v m/s6 m/s此過程系統(tǒng)所增加的內(nèi)能EEkmv(Mm)v20.023002 J(0.980.02)62 J882 J。(2)設(shè)子彈以v0400 m/s的速度入射時(shí)剛好能夠射穿質(zhì)量與粗糙程度均與該木塊相同、厚度為d的另一個(gè)木塊，則對以子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得mv0(Mm)v解得v m/s8 m/s此過程系統(tǒng)所損耗的機(jī)械能為EEkmv02(Mm)v20.024002 J(0.980.02)82 J1568 J由功能關(guān)系有Efs相fdEfs相fd則解得dd6 cm10.67 cm因?yàn)閐10 cm，所以能射穿該木塊。課后作業(yè)1(多選)交警正在調(diào)查發(fā)生在無信號燈的十字路口的一起汽車相撞事故。根據(jù)兩位司機(jī)的描述得知，發(fā)生撞車時(shí)汽車A正沿東西大道向正東行駛，汽車B正沿南北大道向正北行駛。相撞后兩車立即熄火并在極短的時(shí)間內(nèi)叉接在一起后并排沿直線在水平路面上滑動，最終一起停在路口東北角的路燈柱旁，交警根據(jù)事故現(xiàn)場情況畫出了如圖所示的事故報(bào)告圖。通過觀察地面上留下的碰撞痕跡，交警判定撞車的地點(diǎn)為該事故報(bào)告圖中P點(diǎn)，并測量出相關(guān)的數(shù)據(jù)標(biāo)注在圖中，又判斷出兩輛車的質(zhì)量大致相同。為簡化問題，將兩車均視為質(zhì)點(diǎn)，且它們組成的系統(tǒng)在碰撞的過程中動量守恒，根據(jù)圖中測量數(shù)據(jù)可知下列說法中正確的是()A發(fā)生碰撞時(shí)汽車A的速率較大B發(fā)生碰撞時(shí)汽車B的速率較大C發(fā)生碰撞時(shí)速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之比約為125D發(fā)生碰撞時(shí)速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之比約為2答案BC解析設(shè)兩車碰撞后的加速度大小為a，碰撞后一起滑行的位移為x，則x m6.5 m。設(shè)碰后兩車的速度大小為v，由v22ax可得v。設(shè)v的方向與正東方向間夾角為，由動量守恒定律可得：mvA02mvcos，mvB02mvsin。又sin，cos，可知，vB0vA0，則，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。2. 如圖所示，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為。一質(zhì)量為m(mM)的小物塊以一定的初速度沿水平面向右運(yùn)動，不計(jì)沖上斜面過程中的機(jī)械能損失。如果斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面頂端。如果斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能達(dá)到的最大高度為()Ah B.hC.h D.h答案D解析若斜面固定，由機(jī)械能守恒定律可得mv2mgh；若斜面不固定，系統(tǒng)水平方向動量守恒，有mv(Mm)v1，由機(jī)械能守恒定律可得mv2mgh(Mm)v。聯(lián)立以上各式可得hh，故D正確。3. 如圖所示，在光滑水平面上放置一個(gè)質(zhì)量為M的滑塊，滑塊的一側(cè)是一個(gè)圓弧形凹槽OAB，凹槽半徑為R，A點(diǎn)切線水平。另有一個(gè)質(zhì)量為m的小球以速度v0從A點(diǎn)沖上凹槽，重力加速度大小為g，不計(jì)摩擦。下列說法中正確的是()A當(dāng)v0時(shí)，小球能到達(dá)B點(diǎn)B如果小球的速度足夠大，球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上C當(dāng)v0時(shí)，小球在弧形凹槽上運(yùn)動的過程中，滑塊的動能一直增大D如果滑塊固定，小球返回A點(diǎn)時(shí)對滑塊的壓力為mgm答案C解析弧形槽不固定，當(dāng)v0 時(shí)，設(shè)小球沿槽上升的高度為h，則有：mv0(mM)v，mv(Mm)v2mgh，解得hRR，故A錯(cuò)誤；因小球?qū)⌒尾鄣膲毫κ冀K對滑塊做正功，故滑塊的動能一直增大，C正確；當(dāng)小球速度足夠大，從B點(diǎn)離開滑塊時(shí)，由于B點(diǎn)切線豎直，在B點(diǎn)時(shí)小球與滑塊的水平速度相同，離開B點(diǎn)后將再次從B點(diǎn)落回，不會從滑塊的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上，B錯(cuò)誤；如果滑塊固定，小球返回A點(diǎn)時(shí)對滑塊的壓力為mgm，D錯(cuò)誤。4(2018德陽一診)如圖所示，放在光滑水平桌面上的A、B兩小木塊中部夾一被壓縮的輕彈簧，當(dāng)輕彈簧被放開時(shí)，A、B兩小木塊各自在桌面上滑行一段距離后，飛離桌面落在地面上。若mA3mB，則下列結(jié)果正確的是()A若輕彈簧對A、B做功分別為W1和W2，則有W1W211B在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的速度變化量之和為零C若A、B在空中飛行時(shí)的動量變化量分別為p1和p2，則有p1p211D若A、B同時(shí)離開桌面，則從釋放輕彈簧開始到兩木塊落地的這段時(shí)間內(nèi)，A、B兩木塊的水平位移大小之比為13答案D解析彈簧彈開木塊過程中，兩木塊及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，取水平向左為正方向，由動量守恒定律得：mAvAmBvB0，則速度之比vAvB13，根據(jù)動能定理得：輕彈簧對A、B做功分別為W1mAv，W2mBv，聯(lián)立解得W1W213，故A錯(cuò)誤。根據(jù)動量守恒定律得知，在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的動量變化量之和為零，即mAvAmBvB0，可得，vAvB0，故B錯(cuò)誤。A、B離開桌面后都做平拋運(yùn)動，它們拋出點(diǎn)的高度相同，運(yùn)動時(shí)間相等，設(shè)為t，由動量定理得：A、B在空中飛行時(shí)的動量變化量分別為p1mAgt，p2mBgt，所以p1p231，故C錯(cuò)誤。平拋運(yùn)動水平方向的分運(yùn)動是勻速直線運(yùn)動，由xv0t知，t相等，則A、B兩木塊的水平位移大小之比等于vAvB13，故D正確。5(2018濰坊統(tǒng)考)(多選)如圖所示，帶有擋板的小車質(zhì)量為m，上表面光滑，靜止于光滑水平面上。輕質(zhì)彈簧左端固定在小車上，右端處于自由伸長狀態(tài)。質(zhì)量也為m的小球，以速度v從右側(cè)滑上小車，在小球剛接觸彈簧至與彈簧分離的過程中，以下判斷正確的是()A彈簧的最大彈性勢能為mv2B彈簧對小車做的功為mv2C彈簧對小球沖量的大小為mvD彈簧對小球沖量的大小為mv答案AC解析小球與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，由題意知，小球和小車共速時(shí)彈簧的彈性勢能最大，則由動量守恒定律以及能量守恒定律可知，mv2mv，mv22mv2Ep，解得Epmv2，A正確；當(dāng)小球與彈簧分離時(shí)，假設(shè)小車的速度為v1、小球的速度為v2，則由動量守恒定律與能量守恒定律得，mvmv1mv2，mv2mvmv，解得v1v、v20，則彈簧對小車做的功為Wmvmv2，B錯(cuò)誤；彈簧對小球的沖量為I0mvmv，即沖量的大小為mv，C正確，D錯(cuò)誤。6(2018全國卷)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動。爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求：(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時(shí)間；(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動的部分距地面的最大高度。答案(1) (2)解析(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有Emv設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動學(xué)公式有0v0gt聯(lián)立式得t (2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有Emgh1火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動，設(shè)炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有mvmvEmv1mv20由式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動部分做豎直上拋運(yùn)動。設(shè)爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有mvmgh2聯(lián)立式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為hh1h2。7(2018全國卷)汽車A在水平冰雪路面上行駛，駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時(shí)和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動了4.5 m，A車向前滑動了2.0 m，已知A和B的質(zhì)量分別為2.0103 kg和1.5103 kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時(shí)間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小g10 m/s2。求：(1)碰撞后的瞬間B車速度的大??；(2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。答案(1)3.0 m/s(2)4.25 m/s解析(1)設(shè)B車質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB，根據(jù)牛頓第二定律有mBgmBaB式中是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)。設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為vB，碰撞后滑行的距離為sB。由運(yùn)動學(xué)公式有vB22aBsB聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vB3.0 m/s(2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA。根據(jù)牛頓第二定律有mAgmAaA設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為vA，碰撞后滑行的距離為sA。由運(yùn)動學(xué)公式有vA22aAsA設(shè)碰撞前瞬間A車速度的大小為vA，兩車在碰撞過程中動量守恒，有mAvAmAvAmBvB聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vA4.25 m/s。8(2018北京高考)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一。某滑道示意圖如右，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h(yuǎn)10 m，C是半徑R20 m圓弧的最低點(diǎn)，質(zhì)量m60 kg的運(yùn)動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a4.5 m/s2，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度vB30 m/s。取重力加速度g10 m/s2。(1)求長直助滑道AB的長度L；(2)求運(yùn)動員在AB段所受合外力的沖量I的大??；(3)若不計(jì)BC段的阻力，畫出運(yùn)動員經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的受力圖，并求其所受支持力FN的大小。答案(1)100 m(2)1800 Ns(3)圖見解析3900 N解析(1)已知AB段的初末速度，則利用運(yùn)動學(xué)公式可以求解AB的長度，即vv2aL，可解得L m100 m。(2)根據(jù)動量定理可知合外力的沖量等于動量的變化量，所以ImvBmv0(60300) Ns1800 Ns。(3)運(yùn)動員經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的受力如圖所示。由牛頓第二定律可得FNmgm，從B運(yùn)動到C由動能定理可知mghmvmv，由式并代入數(shù)據(jù)解得FN3900 N。9(2018全國卷)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)相切。BC為圓弧軌道的直徑。O為圓心，OA和OB之間的夾角為，sin，一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小為g。求：(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大??；(2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動量的大?。?3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間。答案(1)mg(2)(3) 解析(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F。由力的合成法則有tanF2(mg)2F設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律得Fm由式和題給數(shù)據(jù)得F0mgv(2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為v1，如圖作CDPA，交PA于D點(diǎn)，由幾何關(guān)系得DARsinCDR(1cos)由動能定理有mgCDF0DAmv2mv由式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點(diǎn)的動量大小為pmv1(3)小球離開C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動，加速度大小為g。設(shè)小球在豎直方向的初速度為v，從C點(diǎn)落至水平軌道上所用時(shí)間為t。由運(yùn)動學(xué)公式有vtgt2CDvvsin由式和題給數(shù)據(jù)得t 。10(2015山東高考)如圖，三個(gè)質(zhì)量相同的滑塊A、B、C，間隔相等地靜置于同一水平直軌道上?，F(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0，一段時(shí)間后A與B發(fā)生碰撞，碰后A、B分別以v0、v0的速度向右運(yùn)動，B再與C發(fā)生碰撞，碰后B、C粘在一起向右運(yùn)動。滑塊A、B與軌道間的動摩擦因數(shù)為同一恒定值。兩次碰撞時(shí)間均極短。求B、C碰后瞬間共同速度的大小。答案v0解析設(shè)滑塊質(zhì)量為m，A與B碰撞前A的速度為vA，由題意知，碰后A的速度vAv0，B的速度vBv0，由動量守恒定律得mvAmvAmvB設(shè)碰撞前A克服軌道阻力所做的功為WA，由功能關(guān)系得WAmvmv設(shè)B與C碰撞前B的速度為vB，B克服軌道阻力所做的功為WB，由功能關(guān)系得WBmvmvB2據(jù)題意可知WAWB設(shè)B、C碰后瞬間共同速度的大小為v，由動量守恒定律得mvB2mv聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得vv0。11(2018蘭化一中模擬)如圖所示，有半徑相同的小球a、b，a球質(zhì)量為2m，b球質(zhì)量為m，b球位于光滑軌道ABC的水平段BC的末端C處。a球從距BC水平面高h(yuǎn)的A處由靜止滑下，在C處與b球發(fā)生彈性正碰。求：(1)碰前瞬間a球的速度v；(2)兩球在水平地面DE上的落點(diǎn)間的距離s。答案(1)(2)h解析(1)對a球碰撞前的過程，由機(jī)械能守恒定律得：2mgh2mv2解得：v。(2)設(shè)兩球碰后的速度分別為v1、v2，由水平方向動量守恒和機(jī)械能守恒定律得：2mv2mv1mv2(2m)v2(2m)vmv兩球碰后均從C點(diǎn)做平拋運(yùn)動，且運(yùn)動時(shí)間相同，設(shè)平拋的時(shí)間為t，兩球平拋運(yùn)動的水平位移分別為x1、x2，由平拋運(yùn)動的規(guī)律得：0.5hgt2，x1v1t，x2v2t，sx2x1，聯(lián)立解得：sh。12. (2018撫順模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)的光滑半圓形軌道MN的半徑為R, MP為粗糙水平面。兩個(gè)小物塊A、B可視為質(zhì)點(diǎn)，在半圓形軌道圓心O的正下方M處，處于靜止?fàn)顟B(tài)。若A、B之間夾有少量炸藥，炸藥爆炸后，A恰能經(jīng)過半圓形軌道的最高點(diǎn)N，而B到達(dá)的最遠(yuǎn)位置恰好是A在水平面上的落點(diǎn)。已知粗糙水平面與B之間的動摩擦因數(shù)為0.8，求：(1)B到達(dá)的最遠(yuǎn)位置離M點(diǎn)的距離；(2)極短爆炸過程中，A受到爆炸力的沖量大??；(3)A與B的質(zhì)量之比。答案(1)2R(2)mA(3)45解析(1)A恰能經(jīng)過半圓形軌道的最高點(diǎn)，由牛頓第二定律得：mAgmA，解得：vN，A做平拋運(yùn)動，由平拋運(yùn)動規(guī)律：2Rgt2，水平方向：xvNt，聯(lián)立可得B到達(dá)的最遠(yuǎn)位置離M點(diǎn)的距離即為x2R。(2)A上升到N的過程，由機(jī)械能守恒定律：mAvmAvmAg2R，解得：vA，根據(jù)動量定理可得：ImAvAmA。(3)對B，由動能定理：mBgx0mBv，炸藥爆炸過程由動量守恒定律：mAvAmBvB0，聯(lián)立以上兩式可得：。13. (2018江南十校檢測)如圖所示，粗糙的水平地面上有一塊長為3 m的木板，小滑塊放置于長木板上的某一位置?，F(xiàn)將一個(gè)水平向右，且隨時(shí)間均勻變化的力F0.2t作用在長木板的右端，讓長木板從靜止開始運(yùn)動。已知：滑塊質(zhì)量m與長木板質(zhì)量M相等，且mM1 kg，滑塊與木板間動摩擦系數(shù)為10.1，木板與地面間動摩擦系數(shù)20.2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力(g取10 m/s2)。(1)經(jīng)過多長時(shí)間，長木板開始運(yùn)動？(2)經(jīng)過多長時(shí)間，滑塊與長木板恰要發(fā)生相對運(yùn)動？此時(shí)滑塊的速度為多大？(3)如果t0時(shí)鎖定外力F6.75 N，一段時(shí)間后撤去外力，發(fā)現(xiàn)小滑塊恰好既不從左端滑出，也恰好不從右端滑出木板。求小滑塊放置的初始位置與長木板左端的距離。答案(1)20 s(2)30 s5 m/s(3)3 m解析(1)設(shè)經(jīng)過t1時(shí)間木板開始運(yùn)動，此時(shí)F12(mM)g，且F10.2t1，聯(lián)立可得：t120 s。(2)設(shè)經(jīng)過t2時(shí)間，滑塊與長木板剛好發(fā)生相對運(yùn)動，加速度為a，對滑塊：1mgma，得a1g1 m/s2，對木板由牛頓第二定律：F21mg2(Mm)gMa，且F20.2t2，聯(lián)立可得：t230 s，設(shè)滑塊與長木板恰要發(fā)生相對運(yùn)動時(shí)的速度為v1，對滑塊和木板的整體，在運(yùn)動過程中，由動量定理：2(Mm)g(t2t1)(Mm)v10，解得：v15 m/s。(3)設(shè)小滑塊放置的初始位置與長木板左端的距離為x，外力作用時(shí)間為t1，撤去外力前，假設(shè)木板與小滑塊各自勻加速運(yùn)動，木板的加速度大小為a1，滑塊的加速度大小仍為a。根據(jù)牛頓第二定律列出：F2(Mm)g1mgMa1，解得：a11.75 m/s2，大于滑塊加速度a1g1 m/s2，故假設(shè)成立。撤去外力后，速度相等之前，木板勻減速運(yùn)動，加速度大小為a2，滑塊加速度大小仍為a，根據(jù)牛頓第二定律列出：2(Mm)g1mgMa2，解得：a25 m/s2，速度相等之后，因?yàn)?g2g，故二者各自勻減速運(yùn)動，木板加速度大小為a3，滑塊加速度大小仍為a。根據(jù)牛頓第二定律列出：2(Mm)g1mgMa3，解得：a33 m/s2，畫出滑塊、木板運(yùn)動的vt圖如圖所示，粗線表示滑塊的vt關(guān)系，細(xì)線表示木板的vt關(guān)系。設(shè)滑塊與木板速度相等時(shí)的速度為v0，因小滑塊恰好既不從左端滑出，也恰好不從右端滑出木板。所以：L，將板長L3 m代入得v03 m/s，設(shè)滑塊從啟動到與木板速度相等經(jīng)歷的時(shí)間為t2，因?yàn)榧铀倥c減速的加速度大小相等，所以從速度相等到滑塊停止的時(shí)間也為t2，顯然：v0at2，得：t23 s。速度相等之前，研究木板，可知：a1t1v0a2(t2t1)，代入數(shù)據(jù)可得：t1 s，所以xv0(t2t1)，代入數(shù)據(jù)得：x3 m。14(2018南昌模擬)如圖甲所示，長木板處于光滑的水平面上，右端緊靠墻壁，墻壁左側(cè)l16 m處放有一物塊P，P的質(zhì)量是木板質(zhì)量的2倍。t0時(shí)，一小鐵塊從左端以某一速度滑上長木板，鐵塊與墻壁碰撞后，速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示。不計(jì)所有碰撞的機(jī)械能損失，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)小鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)；(2)長木板的長度；(3)小鐵塊最終與墻壁間的距離。答案(1)0.3(2)14 m(3)4.17 m解析(1)設(shè)鐵塊質(zhì)量為m，木板質(zhì)量為M，鐵塊碰撞墻壁后，有fma1，其中fmg，a13 m/s2，解得0.3。(2)設(shè)木板長為l0，鐵塊碰撞墻壁后速度大小為v14 m/s，逆向分析鐵塊02 s的運(yùn)動過程，則l0v1ta1t2，t2 s，解得l014 m。(3)鐵塊與墻壁碰撞后與木板第一次摩擦過程中，速度最終變?yōu)関21 m/s，則mv1(mM)v2，得M3m，木板加速遠(yuǎn)離墻壁的加速度大小為a21 m/s2，設(shè)當(dāng)長木板離墻壁x1時(shí)，兩物體相對靜止x10.5 m，此時(shí)鐵塊離墻壁的距離為x22.5 m，當(dāng)它們一起以v21 m/s的速度向左運(yùn)動x0lx1l01.5 m時(shí)，木板與P碰撞，設(shè)木板碰后速度為v3，則Mv2Mv32MvP，MvMv2Mv，解得v3 m/s。接著物塊P以vP向左運(yùn)動，鐵塊與木板相互摩擦，設(shè)最終速度為v4，則mv2Mv3(mM)v4，解得v40。鐵塊繼續(xù)向左的位移x3為x3 m，鐵塊最終離墻壁的距離為xx2x0x34.17 m。