2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量守恒定律 力學(xué)三大觀點(diǎn) 課時規(guī)范練21 力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 新人教版.doc

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課時規(guī)范練21力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用能力提升組1.(2017河南新鄉(xiāng)模擬)如圖所示,半徑為R=1 m的圓弧形軌道固定在水平軌道上,與圓弧形軌道相切的水平軌道上靜置一小球B。小球A從圓弧形軌道上離水平軌道高度為h=0.8 m處沿軌道下滑,與小球B發(fā)生碰撞并粘在一起。所有接觸面均光滑,A、B兩球的質(zhì)量均為m=1 kg,g取10 m/s2。求:(1)小球A在弧形軌道最低點(diǎn)時對軌道的壓力大小F;(2)小球A、B碰撞過程中損失的機(jī)械能E。答案(1)26 N(2)4 J解析(1)設(shè)小球A在圓弧形軌道最低點(diǎn)時的速度大小為v,其在圓弧形軌道上下滑過程機(jī)械能守恒,mgh=12mv2設(shè)小球A在圓弧形軌道最低點(diǎn)受到軌道的支持力大小為F,由牛頓第二定律得F-mg=mv2R由以上兩式解得F=26 N由牛頓第三定律可知,F=F=26 N。(2)對小球A、B碰撞的過程,由動量守恒定律有mv=2mv,其中由于A、B碰撞并粘在一起,對該過程,由能量守恒定律有E=12mv2-122mv2,解得E=4 J。2.如圖甲所示,在傾角為37的粗糙足夠長的斜面的底端,一質(zhì)量m=1 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊壓縮一輕彈簧,滑塊與彈簧不相連。t=0時釋放物塊,計(jì)算機(jī)通過傳感器描繪出滑塊的v-t圖象如圖乙所示,其中Oab段為曲線,bc段為直線,在t1=0.1 s時滑塊已上滑x=0.2 m的距離,g取10 m/s2。(sin 37=0.6,cos 37=0.8)求:(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)的大小;(2)壓縮彈簧時,彈簧具有的彈性勢能Ep。答案(1)0.5(2)4.0 J解析(1)由題圖可知0.1 s物體離開彈簧向上做勻減速運(yùn)動,加速度的大小a=vt=2-10.2-0.1 m/s2=10 m/s2。根據(jù)牛頓第二定律,有mgsin 37+mgcos 37=ma解得=0.5。(2)由題中圖線可知,t2=0.1 s時的速度大小v=2.0 m/s,由功能關(guān)系可得Ep=12mv2+mgxsin 37+mgxcos 37代入數(shù)據(jù)得Ep=4.0 J。導(dǎo)學(xué)號064003223.(2017四川廣元二模)某校物理興趣小組制作了一個游戲裝置,其簡化模型如圖所示,在A點(diǎn)用一彈射裝置可將靜止的小滑塊以v0水平速度彈射出去,沿水平直線軌道運(yùn)動到B點(diǎn)后,進(jìn)入半徑R=0.3 m 的光滑豎直圓形軌道,運(yùn)行一周后自B點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動,C點(diǎn)右側(cè)有一陷阱,C、D兩點(diǎn)的豎直高度差h=0.2 m,水平距離s=0.6 m,水平軌道AB長為l1=1 m,BC長為l2=2.6 m,小滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)=0.5,重力加速度g取10 m/s2。(1)若小滑塊恰能通過圓形軌道的最高點(diǎn),求小滑塊在A點(diǎn)彈射出的速度大小。(2)若游戲規(guī)則為小滑塊沿著圓形軌道運(yùn)行一周離開圓形軌道后只要不掉進(jìn)陷阱即為勝出,求小滑塊在A點(diǎn)彈射出的速度大小的范圍。答案(1)5 m/s(2)5 m/svA6 m/s和vA35 m/s解析(1)小滑塊恰能通過圓軌道最高點(diǎn)的速度為v,由牛頓第二定律得mg=mv2R從B到最高點(diǎn)小滑塊機(jī)械能守恒,有12mvB2=2mgR+12mv2從A到B由動能定理得-mgl1=12mvB2-12mv12由以上三式解得A點(diǎn)的速度v1=5 m/s。(2)若小滑塊剛好停在C處,從A到C由動能定理得-mg(l1+l2)=0-12mv22解得A點(diǎn)的速度為v2=6 m/s,若小滑塊停在BC段,應(yīng)滿足5 m/svA6 m/s。若小滑塊能通過C點(diǎn)并恰好越過陷阱,利用平拋運(yùn)動,豎直方向h=12gt2,水平方向s=vCt。從A到C由動能定理得-mg(l1+l2)=12mvC2-12mv32解得v3=35 m/s。所以初速度的范圍為5 m/svA6 m/s和vA35 m/s。導(dǎo)學(xué)號064003234.(2017山東臨沂莒南縣月考)如圖所示,一輛質(zhì)量為m0=3 kg的平板小車A?？吭谪Q直光滑墻壁處,地面水平且光滑,一質(zhì)量為m=1 kg的小鐵塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))放在平板小車A最右端,平板小車A上表面水平且與小鐵塊B之間的動摩擦因數(shù)=0.5,平板小車A的長度l=0.9 m。現(xiàn)給小鐵塊B一個v0=5 m/s的初速度使之向左運(yùn)動,與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞后向右運(yùn)動,求小鐵塊B在平板小車A上運(yùn)動的整個過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能(重力加速度g取10 m/s2)。答案9 J解析設(shè)小鐵塊B向左運(yùn)動到達(dá)豎直墻壁時的速度為v1,根據(jù)動能定理得-mgl=12mv12-12mv02,解得v1=4 m/s。假設(shè)發(fā)生彈性碰撞后小鐵塊B最終和平板小車A達(dá)到的共同速度為v2,根據(jù)動量守恒定律得mv1=(m0+m)v2,解得v2=1 m/s。設(shè)小鐵塊B在平板小車A上相對滑動的位移為x時與平板小車A達(dá)到共同速度v2,則根據(jù)功能關(guān)系得-mgx=12(m0+m)v22-12mv12,解得x=1.2 m。由于xl,說明小鐵塊B在沒有與平板小車A達(dá)到共同速度時就滑出平板小車A,所以小鐵塊B在平板小車上運(yùn)動的整個過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為E=2mgl=9 J。5.如圖所示,一質(zhì)量m=2 kg的滑塊從高h(yuǎn)=1.5 m處無初速度下落,沿切線方向進(jìn)入固定的14粗糙圓弧AB,圓弧半徑R=1.5 m,再經(jīng)長l=4 m的粗糙平面BC滑上靜止于光滑水平地面上質(zhì)量為m0=4 kg的足夠長的長木板,長木板的上表面與BC面齊平,與C點(diǎn)的間隙可忽略,滑塊滑至C點(diǎn)時的速度vC=6 m/s。當(dāng)滑塊滑至長木板上表面的同時施加給長木板一個大小為F=6 N的水平向右的作用力,經(jīng)t0=1 s撤去F。已知滑塊與粗糙圓弧AB、粗糙平面BC及長木板上表面的動摩擦因數(shù)均為=0.2(g取10 m/s2)。求:(1)滑塊在粗糙圓弧AB上運(yùn)動時克服摩擦力所做的功;(2)滑塊與長木板的最終速度的大小及滑塊在長木板上表面上滑動時所產(chǎn)生的熱量。答案(1)8 J(2)3 m/s16.5 J解析(1)由動能定理可得mg(h+R)-mgl+WfAB=12mvC2解得WfAB=-8 J,即在AB圓弧上克服摩擦力做功為8 J。(2)設(shè)滑塊滑上長木板后,相對長木板滑動時加速度大小為a1,此過程中長木板的加速度大小為a2,則有mg=ma1,F+mg=m0a2,解得a1=g=2 m/s2,a2=2.5 m/s2。當(dāng)二者速度相等時vC-a1t1=a2t1,解得t1=43 s。因?yàn)閠0t1,所以撤去外力F時,二者還未相對靜止,t0=1 s時m的速度v1=vC-a1t0=4 m/s,長木板的速度v2=a2t0=2.5 m/s。該過程滑塊相對木板的位移為s相對=vC+v12t0-v22t0=3.75 m。產(chǎn)生的熱量Q1=mgs相對=15 J。此后由于撤去F,由二者組成的系統(tǒng)滿足動量守恒,有mv1+m0v2=(m0+m)v共得滑塊與長木板的最終速度v共=3 m/s。由能量守恒知此過程產(chǎn)生的熱量為Q2=12mv12+12m0v22-12(m0+m)v共2=1.5 J。所以滑塊在長木板上表面上滑動時所產(chǎn)生的熱量Q總=Q1+Q2=16.5 J。導(dǎo)學(xué)號064003246.(2017安徽馬鞍山一模)如圖所示,右端是四分之一圓弧的裝置P,質(zhì)量M=3.0 kg,其水平段AB粗糙,圓弧段BC光滑,半徑R=0.4 m。現(xiàn)將P固定在光滑的水平地面上,一質(zhì)量m=10 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以速度v0=4 m/s從A端沿水平方向滑上P,恰能運(yùn)動到圓弧的最高點(diǎn)C,物塊與AB段的動摩擦因數(shù)=0.4,求:(g取10 m/s2)(1)AB段的長度L;(2)若P不固定,物塊在圓弧面上能上升的最大高度h;(3)在滿足(2)的條件下,通過計(jì)算判斷物塊是否會從P上掉落,若不掉落,最終物塊距A點(diǎn)多遠(yuǎn)?答案(1)1 m(2)0.2 m(3)不會從P上掉落距離A點(diǎn)0.5 m處解析(1)物塊從A到C的過程中,根據(jù)動能定理得-mgL-mgh=0-12mv02代入數(shù)據(jù)得L=1 m。(2)物塊在裝置P上滑動過程,系統(tǒng)水平方向動量守恒,取水平向右為正方向,由動量守恒定律有mv0=(M+m)v當(dāng)物塊滑到最高點(diǎn)的過程中,物塊和裝置P組成的系統(tǒng)滿足功能關(guān)系有12mv02=12(M+m)v2+mgh+mgL聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得h=0.2 m。(3)假設(shè)物塊不會從裝置P上滑下,設(shè)物塊在裝置P上相對滑動的路程為s,物塊和裝置P組成的系統(tǒng)動量守恒,有mv0=(M+m)v若物塊最終停止在裝置P上,系統(tǒng)滿足功能關(guān)系12mv02=12(M+m)v2+mgs聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得s=1.5 m由于s2L,所以小木塊不會從滑塊上滑下,最終小木塊停止在距離A點(diǎn)0.5 m處。7.(2017廣東汕頭二模)如圖所示,兩個彈性小球a和b的質(zhì)量分別為ma、mb。a球原來靜止在離地高度H=2.4 m的P點(diǎn),b球原來靜止在離地高度h=1.6 m的Q點(diǎn)。先靜止釋放a球,在a球即將碰到b球時同樣靜止釋放b球,兩球碰撞時間極短,碰后在同一豎直線運(yùn)動,已知mb=3ma,g取10 m/s2,忽略小球大小、空氣阻力及碰撞中的動能損失,且小球落地后不再跳起。求:(1)a球即將碰到b球時的速度大小;(2)b球與a球先后落地的時間差。答案(1)4 m/s(2)0.4 s解析(1)設(shè)a球下落至即將碰到b球的位置時,有v2=2g(H-h)代入數(shù)據(jù)解得a球即將碰到b球時速度v=4 m/s。(2)a球與b球碰撞過程動量守恒(取向下方向?yàn)檎较?,得mav=mava+mbvb碰撞過程沒有動能損失,得12mav2=12mava2+12mbvb2將mb=3ma和其余數(shù)據(jù)代入解得碰后a球和b球的速度分別為va=-2 m/s(方向向上)vb=2 m/s(方向向下)碰后b球做豎直下拋運(yùn)動,經(jīng)時間t落地,有h=vbt+12gt2碰后a球做豎直上拋運(yùn)動,運(yùn)動時間比b球多t,有h=va(t+t)+12g(t+t)2代入數(shù)據(jù)解得兩球先后落地的時間差t=0.4 s。8.(2017黑龍江實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考)如圖所示,在光滑的水平面上有一長為L的木板B,其右側(cè)邊緣放有小滑塊C,與木板B完全相同的木板A以一定的速度向左運(yùn)動,與木板B發(fā)生正碰,碰后兩者粘在一起并繼續(xù)向左運(yùn)動,最終滑塊C剛好沒有從木板A上掉下。已知木板A、B和滑塊C的質(zhì)量均為m,C與A、B之間的動摩擦因數(shù)均為。求:(1)木板A與B碰前的速度v0;(2)整個過程中木板B對木板A的沖量I。答案(1)23gL(2)-2m3gL3,負(fù)號表示B對A的沖量方向向右解析(1)木板A、B碰后瞬時速度為v1,碰撞過程中動量守恒,以A的初速度方向?yàn)檎较?由動量守恒定律得mv0=2mv1。A、B粘為一體后通過摩擦力與C發(fā)生作用,最后有共同的速度v2,此過程中動量守恒,以A的速度方向?yàn)檎较?由動量守恒定律得2mv1=3mv2。C在A上滑動過程中,由能量守恒定律得-mgL=123mv22-122mv12。聯(lián)立以上三式解得v0=23gL。(2)根據(jù)動量定理可知,B對A的沖量與A對B的沖量等大反向,則I的大小等于B的動量變化量,即I=-mv2=-2m3gL3,負(fù)號表示B對A的沖量方向向右。