【物理】2020届一轮复习人教版“三大观点”解答力学综合问题课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版“三大观点”解答力学综合问题课时作业

2020 届一轮复习人教版 “三大观点”解答力学综合问题 课时作业 1．(多选)质量为 M 和 m0 的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度 v 沿光滑水平面运动，与位于正对面的 质量为 m 的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是( ) A．M、m0、m 速度均发生变化，分别为 v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3 B．m0 的速度不变，M 和 m 的速度变为 v1 和 v2，而且满足 Mv＝Mv1＋mv2 C．m0 的速度不变，M 和 m 的速度都变为 v′，且满足 Mv＝(M＋m)v′ D．M、m0、m 速度均发生变化，M、m0 速度都变为 v1，m 的速度变为 v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1 ＋mv2 解析：选 BC.在 M 与 m 碰撞的极短时间内，m0 的速度来不及改变，故 A、D 均错误；M 与 m 碰撞后 可能同速，也可能碰后不同速，故 B、C 均正确． 2．(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，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 的速度为 v1，则在以后的运动过程中( ) A．m1 的最小速度是 0 B．m1 的最小速度是 m1－m2 m1＋m2 v1 C．m2 的最大速度是 v1 D．m2 的最大速度是 2m1 m1＋m2 v1 解析：选 BD.由题意结合题图可知，当 m1 与 m2 相距最近时，m2 的速度为 0，此后，m1 在前，做减速 运动，m2 在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1 减速结束，m2 加速结束，因此此时 m1 速度最小， m2 速度最大，在此过程中系统动量守恒和机械能守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2，1 2 m1v21＝1 2 m1v1′2＋1 2 m2v22， 可解得 v1′＝m1－m2 m1＋m2 v1，v2＝ 2m1 m1＋m2 v1，B、D 选项正确． 3．如图所示，足够长的小平板车 B 的质量为 M，以水平速度 v0 向右在光滑水平面上运动，与此同时， 质量为 m 的小物体 A 从车的右端以水平速度 v0 沿车的粗糙上表面向左运动．若物体与车面之间的动摩擦 因数为μ，则在足够长的时间内( ) A．若 M＞m，物体 A 对地向左的最大位移是 2Mv20 μ M＋m g B．若 M＜m，小车 B 对地向右的最大位移是 Mv20 μmg C．无论 M 与 m 的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为 mv0 D．无论 M 与 m 的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为 2Mv0 μ M＋m g 解析：选 D.规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：Mv0－mv0＝(M＋m)v，解得：v＝ M－m v0 M＋m . 若 M＞m，则 v＞0，方向向右，A 的速度减到零时向左的位移最大．A 所受的摩擦力 f＝μmg，对 A，根 据动能定理得：－μmgxA＝0－1 2 mv20，则得物体 A 对地向左的最大位移 xA＝ v20 2μg ，故 A 错误．同理若 M＜ m，对 B，由动能定理得：－μmgxB＝0－1 2 Mv20，则得小车 B 对地向右的最大位移 xB＝ Mv20 2μmg ，B 错误．根 据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即 I＝－ft＝Mv－Mv0＝－2mMv0 m＋M ，f＝ μmg，解得：t＝ 2Mv0 μ M＋m g ，故 C 错误，D 正确． 4．如图所示，质量为 m＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为 M＝0.5 kg 的木板左端，足够长的木板 静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为 m0＝5 g 的子弹以速度 v0＝300 m/s 沿 水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g 取 10 m/s2.子弹射入后，求： (1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度 v1； (2)木板向右滑行的最大速度 v2； (3)物块在木板上滑行的时间 t. 解析： (1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，取向右为正方向，由动量守 恒可得： m0v0＝(m0＋m)v1，解得 v1＝6 m/s. (2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得： (m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2， 解得 v2＝2 m/s. (3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得： －μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1， 解得：t＝1 s. 答案：(1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s 5．(2018·高考全国卷Ⅰ)一质量为 m 的烟花弹获得动能 E 后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速 度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为 E，且均沿竖直方 向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为 g.不计空气阻力和火药的质量. 求： (1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度． 解析：(1)设烟花弹上升的初速度为 v0，由题给条件有 E＝1 2 mv20① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 t，由运动学公式有 0－v0＝－gt② 联立①②式得 t＝1 g 2E m ③ (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为 h1，由机械能守恒定律有 E＝mgh1④ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为 v1 和 v2，由题给条件 和动量守恒定律有 1 4 mv21＋1 4 mv22＝E⑤ 1 2 mv1＋1 2 mv2＝0⑥ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹向上运动 部分继续上升的高度为 h2，由机械能守恒定律有 1 4 mv21＝1 2 mgh2⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 h＝h1＋h2＝ 2E mg ⑧ 答案：(1)1 g 2E m (2) 2E mg [能力提升题组](25 分钟，50 分) 1．如图所示，质量为 M 的平板车 P 高为 h，质量为 m 的小物块 Q 的大小不计， 位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上，一不可伸长的轻质细绳长为 R， 一端悬于 Q 正上方高为 R 处，另一端系一质量为 m 的小球(大小不计)．今将小球拉至 悬线与竖直位置成 60°角，由静止释放，小球到达最低点时与 Q 的碰撞时间极短， 且无机械能损失，已知 Q 离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q 与 P 之间的动摩擦因数为μ，已 知质量 M∶m＝4∶1，重力加速度为 g，求： (1)小物块 Q 离开平板车时，二者速度各为多大？ (2)平板车 P 的长度为多少？ (3)小物块 Q 落地时与小车的水平距离为多少？ 解析：(1)设小球与 Q 碰前的速度为 v0，小球下摆过程机械能守恒： mgR(1－cos 60°)＝1 2 mv20 v0＝ gR 小球与 Q 进行弹性碰撞，质量又相等，二者交换速度． 小物块 Q 在平板车 P 上滑动的过程中，Q 与 P 组成的系统动量守恒： mv0＝mv1＋Mv2 其中 v2＝1 2 v1，M＝4m， 解得：v1＝ gR 3 ，v2＝ gR 6 . (2)对系统由能量守恒： 1 2 mv20＝1 2 mv21＋1 2 Mv22＋μmgL， 解得：L＝ 7R 18μ. (3)Q 脱离 P 后做平抛运动，由 h＝1 2 gt2，解得：t＝ 2h g Q 落地时二者相距：s＝(v1－v2)t＝ 2Rh 6 . 答案：(1) gR 3 gR 6 (2) 7R 18μ (3) 2Rh 6 2．如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为 m 的物块 A、B、C，B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左 侧的挡板质量不计)．设 A 以速度 v0 朝 B 运动，压缩弹簧；当 A、B 速度相等时，B 与 C 恰好相碰并粘接在 一起，然后继续运动．假设 B 和 C 碰撞过程时间极短，求从 A 开始压缩弹簧直到与弹簧分离的过程中． (1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能． 解析：(1)以 v0 的方向为正方向，对 A、B 组成的系统，由动量守恒定律得 mv0＝2mv1 解得 v1＝1 2 v0 B 与 C 碰撞的瞬间，B、C 组成的系统动量守恒，有 m·v0 2 ＝2mv2 解得 v2＝v0 4 系统损失的机械能 ΔE＝1 2 m(v0 2 )2－1 2 ×2m(v0 4 )2＝ 1 16 mv20 (2)当 A、B、C 速度相同时，弹簧的弹性势能最大．以 v0 的方向为正方向，根据动量守恒定律得 mv0＝3mv 解得 v＝v0 3 根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能 Ep＝1 2 mv20－1 2(3m)v2－ΔE＝13 48 mv20. 答案：(1) 1 16 mv20 (2)13 48 mv20 3．(2018·高考全国卷Ⅲ) 如图所示，在竖直平面内，一半径为 R 的光滑圆弧 轨道 ABC 和水平轨道 PA 在 A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和 OB 之间的夹角为α，sin α＝3 5 .一质量为 m 的小球沿水平轨道向右运动，经 A 点沿圆 弧轨道通过 C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒 力的作用．已知小球在 C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大 小为 g.求： (1)水平恒力的大小和小球到达 C 点时速度的大小； (2)小球到达 A 点时动量的大小； (3)小球从 C 点落至水平轨道所用的时间． 解析：(1)设水平恒力的大小为 F0，小球到达 C 点时所受合力的大小为 F.由力的合成法则有 F0 mg ＝tan α① F2＝(mg)2＋F20② 设小球到达 C 点时的速度大小为 v，由牛顿第二定律得 F＝mv2 R ③ 由①②③式和题给数据得 F0＝3 4 mg④ v＝ 5gR 2 ⑤ (2)设小球到达 A 点的速度大小为 v1，作 CD⊥PA，交 PA 于 D 点，由几何关系得 DA＝Rsin α⑥ CD＝R(1＋cos α)⑦ 由动能定理有 －mg·CD－F0·DA＝1 2 mv2－1 2 mv21⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在 A 点的动量大小为 p＝mv1＝m 23gR 2 ⑨ (3)小球离开 C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为 g.设小球在竖直方向的 初速度为 v⊥，从 C 点落至水平轨道上所用时间为 t.由运动学公式有 v⊥t＋1 2 gt2＝CD⑩ v⊥＝vsin α⑪ 由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得 t＝3 5 5R g ⑫ 答案：(1)3 4 mg 5gR 2 (2)m 23gR 2 (3)3 5 5R g