2020高考物理二轮复习第1部分专题3动量和能量第4讲力学三大观点的综合应用限时检测含解析

2020高考物理二轮复习第1部分专题3动量和能量第4讲力学三大观点的综合应用限时检测含解析

第4讲　力学三大观点的综合应用 ‎ [限时45分钟；满分80分]‎ 一、选择题(每小题5分，共20分)‎ ‎1．在工厂中常用如图3－4－10所示水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，传送带以恒定的速度v＝2 m/s运行，质量为m＝0.5 kg的工件以v0＝1 m/s的初速度从位置A滑上传送带，工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即滑上传送带，取g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是 图3－4－10‎ A．工件经0.5 s停止相对滑动 B．正常运行时传送带上相邻工件相距0.5 m C．摩擦力对每个工件做正功为1 J D．每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为0.75 J 解析　工件进入水平传送带先匀加速运动后匀速运动，加速度大小为a＝μg＝2 m/s2，加速时间为t＝＝0.5 s，A对；正常运行时相邻两工件间的距离为d＝vt＝1 m，B错；由动能定理知摩擦力对每个工件做正功为Wf＝mv2－mv02＝0.75 J，C错；在t＝0.5 s内，工件对地位移为x1＝t＝0.75 m，传送带对地位移为x2＝vt＝1 m，所以每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为Q＝Ff(x2－x1)＝0.25 J，D错。‎ 答案　A ‎2．(2019·攀枝花一模)如图3－4－11所示，轻质弹簧固定在水平地面上。现将弹簧压缩后，将一质量为m的小球静止放在弹簧上，释放后小球被竖直弹起，小球离开弹簧时速度为v，则小球被弹起的过程中 图3－4－11‎ A．地面对弹簧的支持力冲量大于mv B．弹簧对小球的弹力冲量等于mv C．地面对弹簧的支持力做功大于mv2‎ 8‎ D．弹簧对小球的弹力做功等于mv2‎ 解析　根据动量定理分析弹力和支持力的冲量；根据动能定理分析弹力做的功，弹簧没有发生移动，所以地面的支持力不做功。规定竖直向上为正方向，对小球受力分析，受到竖直向下的重力和竖直向上的弹力作用，故根据动量定理可得IF－IG＝mv，所以弹簧对小球的弹力的冲量IF＝mv＋IG；地面对弹簧的支持力和弹簧对地面的弹力是一对相互作用力，所以N＝F，故|IN|＝|IF|＝mv＋|IG|＞mv，A正确、B错误；由于弹簧没有发生位移，所以地面对弹簧的支持力不做功，故C错误；根据动能定理WF－WG＝mv2，所以WF＝mv2＋WG＞mv2，故D错误。‎ 答案　A ‎3．(多选)(2019·烟台期末)质量为M的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根轻弹簧，质量为m的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，如图3－4－12所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是 图3－4－12‎ A．物块和小车组成的系统机械能守恒 B．物块和小车组成的系统动量守恒 C．当物块速度大小为v时，小车速度大小为v D．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为L 解析　弹簧推开物体和小车的过程，若取物体、小车和弹簧的系统为研究对象，无其他力做功，则机械能守恒，但以物体和小车的系统为研究对象，弹力做功属于系统外其他力做功，弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，A选项错误。取物体和小车的系统为研究对象，外力之和为零，故系统的动量守恒，B项正确。由系统的动量守恒：0＝mv－Mv′，解得v′＝v，C项正确。弹开的过程满足反冲原理和人船模型，有＝，则在相同时间内＝，且x＋x′＝L，联立得x′＝，D项错误。故选B、C。‎ 答案　BC ‎4．(2019·江西七校联考)如图3－4－13甲所示，一小物块在一木板上运动时，它们运动的v－t图象如图乙所示，已知小物块始终在木板上，则下列说法正确的是 8‎ 图3－4－13‎ A．木板的长度至少为12 m B．木板的长度至少为6 m C．小物块在0～4 s内的平均速度是2 m/s D．在0～4 s内，木板和小物块的平均加速度相同 解析　小物块先减速到零再反向加速至与木板速度相同，速度相同时二者相对静止，此时，小物块相对木板的位移最大，Δx＝×1.5 m＝6 m，B正确，A错误；小物块在0～4 s内的位移为小物块的速度—时间图线与坐标轴所围图形的面积，x＝ m＝－1 m，小物块的平均速度＝＝－0.25 m/s，C错误；在0～4 s内，小物块的平均加速度方向与木板的平均加速度方向相反，D错误。‎ 答案　B 二、计算题(共60分)‎ ‎5．(10分)(2019·济宁二模)如图3－4－14所示，长木板B的质量为m2＝1.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3＝1.0 kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端。一个质量为m1＝0.5 kg的物块A由左侧向长木板运动。一段时间后物块A以v0＝6 m/s的速度与长木板B发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上。已知长木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.3，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，求：‎ 图3－4－14‎ ‎(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；‎ ‎(2)长木板B的最小长度。‎ 解析　(1)A与B发生完全弹性碰撞，设碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，‎ 由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2，‎ 由机械能守恒定律得：mv02＝m1v12＋m2v22，‎ 8‎ 联立解得：v1＝－2 m/s，v2＝4 m/s。‎ ‎(2)之后B减速运动，C加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律对木板B有：－μ1(m2＋m3)g－μ2m3g＝m2a2‎ 对物块C有μ2m3g＝m3a3，‎ 设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t，‎ v2＋a2t＝a3t，‎ 木板B的最小长度d＝v2t＋a2t2－a3t2＝1 m。‎ 答案　(1)－2 m/s　4 m/s　(2)1 m ‎6．(12分)(2019·咸阳一模)如图3－4－15所示，相距足够远完全相同的质量均为3m的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出第一块木块时速度变为v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中所受的阻力恒定。试求：‎ 图3－4－15‎ ‎(1)子弹穿出第一块木块后，第一个木块的速度大小v以及子弹在木块中所受阻力大小。‎ ‎(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t。‎ 解析　(1)子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律有 mv0＝m＋3mv 解得v＝v0‎ 对子弹与第一块木块相互作用系统，由能量守恒定律有 FfL＝mv02－m2－·(3m)v2‎ 解得子弹受到木块阻力Ff＝ ‎(2)对子弹与第二块木块相互作用系统，‎ 由于m2＝＜，则子弹不能打穿第二块木块，设子弹与第二块木块共同速度为v共，‎ 由动量守恒定律有 m＝(m＋3m)v共 8‎ 解得v共＝ 对第二块木块，由动量定理有Fft＝3m 子弹在第二次木块中的运动时间为t＝。‎ 答案　(1)v0　　(2) ‎7．(12分)如图3－4－16所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块A、B、C，物块B、C静止，物块B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)；让物块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。那么从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求：‎ 图3－4－16‎ ‎(1)A、B第一次速度相同时的速度大小；‎ ‎(2)A、B第二次速度相同时的速度大小；‎ ‎(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小。‎ 解析　(1)对A、B接触的过程中，当第一次速度相同时，由动量守恒定律得，mv0＝2mv1，解得v1＝v0。‎ ‎(2)设A、B第二次速度相同时的速度大小为v2，对A、B、C系统，根据动量守恒定律得mv0＝3mv2，‎ 解得v2＝v0。‎ ‎(3)B与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有 m＝2mv3‎ 解得v3＝v0‎ 系统损失的机械能为 ΔE＝m2－(2m)2＝mv02‎ 当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大，‎ 此时v2＝v0‎ 根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能 Ep＝mv02－(3m)v22－ΔE＝mv02。‎ 8‎ 答案　(1)v0　(2)v0　(3)mv02‎ ‎8．(13分)(2019·洛阳尖子生联考)如图3－4－17所示，在光滑水平地面上有一固定的挡板，挡板左端固定一个轻弹簧。小车AB的质量M＝3 kg，长L＝4 m(其中O为小车的中点，AO部分粗糙，BO部分光滑)，一质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)，放在小车的最左端，车和小物块一起以v0＝4 m/s的速度在水平面上向右匀速运动，车撞到挡板后瞬间速度变为零，但未与挡板粘连。已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，小物块与弹簧作用过程中弹簧始终处于弹性限度内，小物块与小车AO部分之间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度取10 m/s2。求：‎ 图3－4－17‎ ‎(1)小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；‎ ‎(2)小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量；‎ ‎(3)小物块最终停在小车上的位置距A端多远。‎ 解析　(1)对小物块，有ma＝－μmg 根据运动学公式v2－v02＝2a 由能量关系mv2＝Ep，解得Ep＝2 J。‎ ‎(2)设小物块离开弹簧时的速度为v1，有mv12＝Ep。‎ 对小物块，根据动量定理 I＝－mv1－mv 代入数据得I＝－4 kg·m/s。故弹簧对小物块的冲量大小为4 kg·m/s，方向水平向左。‎ ‎(3)小物块滑过O点和小车相互作用，‎ 由动量守恒mv1＝(m＋M)v2。‎ 由能量关系 μmgx＝mv12－(m＋M)v22‎ 小物块最终停在小车上距A的距离 xA＝－x 解得xA＝1.5 m。‎ 答案　(1)2 J　(2)4 kg·m/s，水平向左　(3)1.5 m 8‎ ‎9．(13分)(2019·南京调研)如图3－4－18甲所示，半径R＝0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑的水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M＝1 kg，长度l＝1 m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h＝0.2 m。质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放。g取10 m/s2。试求：‎ 图3－4－18‎ ‎(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；‎ ‎(2)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化如图3－4－18乙所示，求物块滑离平板车时的速率；‎ ‎(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离。‎ 解析　(1)物体从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中，机械能守恒，则mgR＝mvB2解得vB＝3 m/s。在B点由牛顿第二定律得，FN－mg＝m，解得FN＝mg＋m＝30 N，即物块滑到轨道上B点时对轨道的压力大小FN′＝FN＝30 N。‎ ‎(2)物块在小车上滑行时摩擦力做的功Wf＝－l＝－4 J，从物体开始滑到滑离平板车过程中由动能定理得，mgR＋Wf＝mv2，解得v＝1 m/s。‎ ‎(3)当平板车不固定时，对物块a1＝μg＝2 m/s2‎ 对平板车a2＝＝2 m/s2；‎ 经过时间t1物块滑离平板车，则 vBt1－a1t12－a2t12＝1 m 解得t1＝0.5 s(另一解舍掉)‎ 物体滑离平板车的速度 v物＝vB－a1t1＝2 m/s 此时平板车的速度：v车＝a2t1＝1 m/s 物块滑离平板车做平抛运动的时间 8‎ t2＝＝0.2 s 物块落地时距平板车右端的水平距离 s＝(v物－v车)t2＝0.2 m。‎ 答案　(1)30 N　(2)1 m/s　(3)0.2 m 8‎