【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

【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