【物理】2020届一轮复习人教版利用动量和能量观点解决力学综合问题课时作业

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【物理】2020届一轮复习人教版利用动量和能量观点解决力学综合问题课时作业

利用动量和能量观点解决力学综合问题 ‎ ‎ ‎1.一炮弹质量为m,以一定的倾角斜向上发射,达到最高点时速度大小为v,方向水平.炮弹在最高点爆炸成两块,其中一块恰好做自由落体运动,质量为m,则爆炸后另一块瞬时速度大小为()‎ A.v B.v C.v D.0‎ 解析:B[爆炸前动量为mv,设爆炸后另一块瞬时速度大小为v′,取炮弹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向,爆炸过程动量守恒,则有:mv=m·v′,解得:v′=v.]‎ ‎2.(2019·山东模拟)(多选)如图所示,质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上,其斜面光滑且足够长,与水平方向的夹角为θ.一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动.当小物块沿斜面向上运动到最高点时,速度大小为v,距地面高度为h,则下列关系式中正确的是()‎ A.mv0=(m+M)v B.mv0cos θ=(m+M)v C.mgh=m(v0sin θ)2‎ D.mgh+(m+M)v2=mv 解析:BD[小物块上升到最高点时,速度与楔形物体的速度相同,二者组成的系统在水平方向上动量守恒,全过程机械能也守恒.以向右为正方向,在小物块上升过程中,由水平方向系统动量守恒得mv0cos θ=(m+M)v,故A项错误,B项正确;系统机械能守恒,由机械能守恒定律得mgh+(m+M)v2=mv,故C项错误,D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 B.若M<m,小车B对地向右的最大位移是 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 解析:D[若M>m,物体A向左减速为零时,对地向左有最大位移μmgs=mv得s=,A项错误;若M<m,小车B向右减速为零时,对地向右有最大位移μmgs′=Mv得s′=,B项错误;取向右为正方向,系统动量守恒有Mv0-mv0=(M+m)v,由动量定理有I=Mv-Mv0=-v0,再由I=-μmgt得t=,C项错误,D项正确.]‎ ‎4.如图所示,A、B、C三个木块的质量均为m,置于光滑的水平面上,B、C之间有一轻质弹簧,弹簧的两端与木块接触可不固连,将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B、C紧连,使弹簧不能伸展,以至于B、C可视为一个整体.现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动,与B相碰并黏合在一起.以后细线突然断开,弹簧伸展,从而使C与A、B分离.已知C离开弹簧后的速度恰为v0,求弹簧释放的势能.‎ 解析:设碰后A、B和C共同速度的大小为v,由动量守恒定律得 ‎3mv=mv0①‎ 设C离开弹簧时,A、B的速度大小为v1,由动量守恒定律得3mv=2mv1+mv0②‎ 设弹簧的弹性势能为Ep,从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒,有 (‎3m)v2+Ep=(‎2m)v+mv③‎ 由①②③式得弹簧所释放的势能为 Ep=mv.‎ 答案:mv ‎5.(2019·山东青岛模拟)质量为m0的木板B置于光滑水平面上,另一质量为m的木块A(可视为质点)在木板B的左端以水平速度v0开始向右运动,如图所示,木块A与木板B之间的动摩擦因数为μ,若要使木块A刚好不从木板B的右端掉下去,则木板B的长度至少应多长?‎ 解析:若要使木块A刚好不从木板B的右端掉下去,则木块滑至木板右端时两者具有共同速度v,在A、B相互作用的过程中,系统不受外力作用,系统内力为一对摩擦力,小木块A可视为“子弹”,木板B可视为“木块”,这与子弹打击木块模型相似.‎ 由动量守恒定律得mv0=(m0+m)v①‎ 由能量守恒定律得mv=(m0+m)v2+Q②‎ ‎②式中的Q=μmgl,其中l为木块相对于木板发生的位移(即木板最小的长度),‎ 解①②可得l=.‎ 答案: ‎6.一根不可伸长的轻绳跨过定滑轮,两端拴有A、B两物体,A、B质量分别为m1=‎1 kg,m2=‎2 kg,B物体开始时静止于地面上,A离地高度H=‎1 m.现将A抬高h1=‎1.8 m,由静止释放,绳子绷直瞬间断开,并给B一个竖直向上的瞬时冲量I,B此后上升的最大高度为h2=‎0.2 m,(不考虑一切阻力,取g=‎10 m/s2)求:‎ ‎(1)瞬时冲量I的大小.‎ ‎(2)A落地的速度.‎ 解析:(1)B上升过程由动能定理得:‎ ‎-m2gh2=0-m2v 解得:v2=‎2 m/s 取竖直向上为正方向,对B由动量定理得:‎ I-m2gΔt=m2v2-0‎ 由于时间极短,Δt近似为0,故I=m2v2=4 N·s ‎(2)A先做自由落体运动,下落h1高度时,速度为:‎ v1==‎6 m/s 由于绳子给A的冲量大小也为I,方向竖直向上,对A由动量定理得:m‎1gΔt-I=m1v1′-m1v1‎ 代入数据解得:v1′=‎2 m/s 之后A自由下落,由动能定理得:‎ m1gH=m1v2-m1v1′2‎ 解得:v=‎2 m/s.‎ 答案:(1)4 N·s(2)‎2 m/s ‎[B级—能力练]‎ ‎7.(2019·石家庄检测)如图所示,质量分布均匀、半径为R的光滑半圆形金属槽,静止在光滑的水平面上,左边紧靠竖直墙壁.一质量为m的小球从距金属槽上端R处由静止下落,恰好与金属槽左端相切进入槽内,到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出,小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为R,重力加速度为g,不计空气阻力.求:‎ ‎(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小;‎ ‎(2)金属槽的质量.‎ 解析:(1)小球从静止到第一次到达最低点的过程,根据机械能守恒定律:‎ mg·2R=mv 小球刚到最低点时,根据圆周运动和牛顿第二定律:‎ FN-mg=m 据牛顿第三定律可知小球对金属槽的压力为:‎ FN′=FN 联立解得:FN′=5mg ‎(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程,小球和金属块水平方向动量守恒,选取向右为正方向,则:mv0=(m+M)v 设小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的高度为h.‎ 则有R2+h2=2‎ 根据机械守恒定律:mgh=mv-(m+M)v2.‎ 联立解得:M=m.‎ 答案:(1)5mg(2)m ‎8.(2019·四川成都外国语学校月考)如图所示,在光滑水平面上有一块长为L的木板B,其上表面粗糙.在其左端有一个光滑的圆弧槽C 与长木板接触但不连接,圆弧槽的下端与木板的上表面相平,B、C静止在水平面上.现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B并以的速度滑离B,恰好能到达C的最高点.A、B、C的质量均为m,求:‎ ‎(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ;‎ ‎(2)圆弧槽C的半径R.‎ 解析:(1)当A在B上滑动时,A与B、C整体发生相互作用,由于水平面光滑,A与B、C组成的系统动量守恒,选向左的方向为正方向,有:mv0=m+2mv1①‎ 由能量守恒知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的内能即:‎ μmgL=mv-m2-×2mv②‎ 联立①②解得:μ=.③‎ ‎(2)当A滑上C,B与C分离,A、C发生相互作用.设A到达最高点时两者的速度相等均为v2,A、C组成的系统水平方向动量守恒有:m+mv1=(m+m)v2④‎ 由A、C组成的系统机械能守恒:‎ m2+mv=(‎2m)v+mgR⑤‎ 联立④⑤解得:R=.‎ 答案:(1)(2) ‎9.(2019·鹰潭模拟)如图所示是某游乐场过山车的娱乐装置原理图,弧形轨道末端与一个半径为R的光滑半圆轨道平滑连接,两辆质量均为m的相同小车(大小可忽略),中间夹住一轻弹簧后连接在一起,两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下,当两车刚滑入半圆最低点时连接两车的挂钩突然断开,弹簧将两车弹开,其中后车刚好停下,前车沿半圆轨道运动恰能越过半圆轨道最高点,求:‎ ‎(1)前车被弹出时的速度.‎ ‎(2)前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能.‎ ‎(3)两车从静止下滑到最低点的高度h.‎ 解析:(1)设前车在最高点速度为v2,依题意有:‎ mg=m 设前车在最低位置与后车分离后速度为v1,根据机械能守恒得:mv+mg·2R=mv 解得:v1= ‎(2)设两车分离前速度为v0,由动量守恒定律得:‎ ‎2mv0=mv1解得:v0= 设分离前弹簧弹性势能为Ep,根据系统机械能守恒得:Ep=mv-×2mv=mgR ‎(3)两车从h高处运动到最低处机械能守恒,则:‎ ‎2mgh=×2mv 解得:h=R.‎ 答案:(1)(2)mgR(3)R ‎10.(2019·安庆模拟)如图,A、B质量分别为m1=‎1 kg,m2=‎2 kg,置于小车C上,小车的质量为m3=‎1 kg,A、B与小车的动摩擦因数为0.5,小车静止在光滑的水平面上.某时刻炸药爆炸,若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能,其余能量转化为内能.A、B始终在小车表面水平运动,小车足够长,求:‎ ‎(1)炸开后A、B获得的速度各是多少.‎ ‎(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少.‎ 解析:(1)炸药爆炸瞬间A、B系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:‎ ‎0=m2v2-m1v1‎ A、B的机械能总量为12 J,故有:‎ E=m1v+m2v=12 J 联立解得:v1=‎4 m/s,v2=‎2 m/s ‎(2)爆炸后A、B在C上滑动,B先与C相对静止,设此时B、C的速度为v3,该过程中A、B、C组成的系统动量守恒.设该过程的时间为t1,由动量定理得:‎ 对B:-μm2gt1=m2v3-m2v2‎ 对C:(μm‎2g-μm‎1g)t1=m3v3‎ 解得:t1=0.2 s 对A、B、C系统由动量守恒定律得:‎ ‎0=(m1+m2+m3)v 解得:v=0‎ 设A滑动的总时间为t,由动量定理得:‎ ‎-μm1gt=0-m1v1‎ 解得:t=0.8 s.‎ 答案:(1)‎4 m/s‎2 m/s(2)0.8 s0.2 s ‎11.如图,质量为‎6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上,木板B端与台面右边缘齐平.B端上放有质量为‎3m且可视为质点的滑块C,C与木板之间的动摩擦因数为μ=.质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点,细绳竖直时小球恰好与C接触.现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放,小球运动到最低点时细绳恰好断裂,小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半.‎ ‎(1)求细绳能够承受的最大拉力.‎ ‎(2)若要使小球落在释放点的正下方P点,平台高度应为多大?‎ ‎(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来.‎ 解析:(1)设小球运动到最低点的速率为v0,小球向下摆动过程机械能守恒,由机械能守恒定律得:mgL=mv 解得:v0= 小球在圆周运动最低点,由牛顿第二定律得:‎ FT-mg=m 由牛顿第三定律可知,小球对细绳的拉力:FT′=FT 解得:FT′=3mg ‎(2)小球碰撞后做平抛运动,则:‎ 在竖直方向上:h=gt2‎ 水平方向:L=t 解得:h=L ‎(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒,设C碰后速率为v1‎ ‎,以小球的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mv0=m+3mv1‎ 假设木板足够长,在C与木板相对滑动直到相对静止过程,设两者最终共同速率为v2,以C的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:‎ ‎3mv1=(‎3m+‎6m)v2‎ 由能量守恒定律得:‎ ×3mv=(‎3m+‎6m)v+μ·3mgs 联立解得:s=L 由s<L可知,滑块C不会从木板上掉下来.‎ 答案:(1)3mg(2)L(3)C不会从木板上掉下来
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