（山東專用）2020版高考物理一輪復習 第六章 專題探究六 動力學、動量和能量觀點的綜合應用練習（含解析）新人教版

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1、專題探究六　動力學、動量和能量觀點的綜合應用 1.如圖所示,小車由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC組成,靜止在光滑水平面上,當小車固定時,從A點由靜止滑下的物體到C點恰好停止.如果小車不固定,物體仍從A點靜止滑下,則(　A　) A.還是滑到C點停住 B.滑到BC間停住 C.會沖出C點落到車外 D.上述三種情況都有可能 解析:設BC長度為L.依照題意,小車固定時,根據能量守恒可知,物體的重力勢能全部轉化為因摩擦產生的內能,即有Q1=fL,其中f為物體與小車之間的摩擦力.若小車不固定,設物體相對小車滑行的距離為s.對小車和物體系統(tǒng),根據水平方向的動量守恒定律可知,最終兩者

2、必定均靜止,根據能量守恒可知物體的重力勢能全部轉化為因摩擦產生的內能,則有Q2=Q1,而Q2=fs,得到物體在小車BC部分滑行的距離s=L,故物體仍滑到C點停住,選項A正確. 2.(2019·山東泰安模擬)質量為m的人站在質量為2m的平板小車上,以共同的速度在水平地面上沿直線前行,車所受地面阻力的大小與車對地面壓力的大小成正比.當車速為v0時,人從車上以相對于地面大小為v0的速度水平向后跳下.跳離瞬間地面阻力的沖量忽略不計,則能正確表示車運動的vt圖像為(　B　) 解析:人和車以共同的速度在水平地面上沿直線前行,做勻減速直線運動,當車速為v0時,人從車上以相對于地面大小為v0的速度

3、水平向后跳下,跳離前后系統(tǒng)動量守恒,規(guī)定車的速度方向為正方向,則有(m+2m)v0=2mv+(-mv0),得v=2v0,人跳車后做勻減速直線運動,加速度不變,選項B正確. 3.(2018·北京海淀區(qū)期中)(多選)交警正在調查發(fā)生在無信號燈的十字路口的一起汽車相撞事故.根據兩位司機的描述得知,發(fā)生撞車時汽車A正沿東西大道向正東行駛,汽車B正沿南北大道向正北行駛.相撞后兩車立即熄火,并在極短的時間內叉接在一起后并排沿直線在水平路面上滑動,最終一起停在路口東北角的路燈柱旁,交警根據事故現場情況畫出了如圖所示的事故報告圖.通過觀察地面上留下的碰撞痕跡,交警判定撞車的地點為該事故報告圖中P點,并測量出

4、相關的數據標注在圖中,又判斷出兩輛車的質量大致相同,為簡化問題,將兩車均視為質點,且它們組成的系統(tǒng)在碰撞的過程中動量守恒,根據圖中測量數據可知,下列說法中正確的是(　BC　) A.發(fā)生碰撞時汽車A的速率較大 B.發(fā)生碰撞時汽車B的速率較大 C.發(fā)生碰撞時速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之比約為12∶5 D.發(fā)生碰撞時速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之比約為2∶ 解析:設兩車質量均為m,相撞之前速度分別為vA,vB,相撞之后向北的速度為v1,向東的速度為v2,則南北方向上動量守恒,有mvB=2mv1,東西方向上動量守恒,有mvA=2mv2,由題圖可知v1∶v2=x1∶x2=

5、6∶2.5,解得vB∶vA=12∶5,可知B,C正確. 4.(2019·山東日照模擬)如圖所示,足夠長的小平板車B的質量為M,以水平速度v0向右在光滑水平面上運動,與此同時,質量為m的小物體A從車的右端以水平速度v0沿車的粗糙上表面向左運動.若物體與車面之間的動摩擦因數為μ,則在足夠長的時間內(　D　) A.若M>m,物體A對地向右的最大位移是 B.若M

6、解得v=; 若M>m,A所受的摩擦力f=μmg,對A由動能定理得-μmgsA=0-m,則得物體A對地向左的最大位移sA=,選項A錯誤;若M

7、大,直至落地.現將上述過程簡化為沿豎直方向的一系列碰撞.已知雨滴的初始質量為m,初速度為v0,每個霧霾顆粒質量均為m0,假設霧霾顆粒均勻分布,且雨滴每下落距離h后才與靜止的霧霾顆粒碰撞并立即結合在一起.試求: (1)若不計重力和空氣阻力,求第n次碰撞后雨滴的速度大小; (2)若不計空氣阻力,但考慮重力,求第1次碰撞后雨滴的速度大小. 解析:(1)不計重力和空氣阻力,設向下為正方向,全過程中動量守恒 mv0=(m+nm0)vn 得 vn=. (2)若只受到重力,雨滴下降過程中做加速度為g的勻加速運動,第1次碰撞前=+2gh 碰撞瞬間動量守恒,則有mv1=(m+m0)v1′ 解得

8、v1′=. 答案:見解析 6.(2019·山東青島模擬)(多選)如圖(甲)所示的光滑平臺上,物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車上,車與水平面間的動摩擦因數不計,圖(乙)為物體A與小車的vt圖像(v0,v1及t1均為已知),由此可算出(　BC　) A.小車上表面長度 B.物體A與小車B的質量之比 C.物體A與小車B上表面間的動摩擦因數 D.小車B獲得的動能 解析:圖線與坐標軸包圍的面積表示A相對于小車的位移,不一定為小車長度,選項A錯誤;設m,M分別表示物體A與小車B的質量,根據動量守恒定律mv0=Mv1+mv1,求出=,選項B正確;物體A的vt圖像中斜率大小為a=

9、μg=,可求出μ,選項C正確;因B車質量大小未知,故無法計算B車的動能,選項D錯誤. 7.(2019·福建廈門質檢)帶有光滑圓弧軌道的滑塊質量為M=3 kg,靜止在光滑水平面上,軌道足夠高且軌道下端的切線方向水平.今有一質量為m=1 kg的小球以水平初速度v0=4 m/s滾上滑塊,如圖所示,取g=10 m/s2,求: (1)小球沿圓弧軌道上升的最大高度h; (2)小球又滾回來和軌道分離時兩者的速度大小. 解析:(1)當小球與滑塊的速度相同時,小球上升的高度最大,設此時小球和滑塊的共同速度為v,有 mv0=(m+M)v, m=mgh+(m+M)v2 解得h=0.6 m. (2

10、)設小球又滾回來時,小球的速度為v1,滑塊的速度為v2,有 mv0=mv1+Mv2 m=m+M 得v1=-2 m/s,v2=2 m/s. 答案:(1)0.6 m　(2)2 m/s　2 m/s 8.(2019·湖北黃岡模擬)如圖所示,光滑水平地面上靜止放置由彈簧相連的兩木塊A和B,一質量為m的子彈,以速度v0水平擊中木塊A,并留在其中.A的質量為3m,B的質量為4m. (1)求彈簧第一次最短時的彈性勢能; (2)何時B的速度最大,最大速度是多少? 解析:(1)從子彈擊中木塊A到彈簧第一次達到最短的過程可分為兩個小過程:一是子彈與木塊A的碰撞過程,動量守恒,有機械能損失;二是子

11、彈與木塊A組成的整體與木塊B通過彈簧相互作用的過程,動量守恒,機械能也守恒. 子彈打入A的過程有mv0=4mv1 打入后彈簧由原長到最短的過程有4mv1=8mv2 在由子彈打入后系統(tǒng)機械能守恒,得 ×4m=×8m+Ep 聯立解得Ep=m. (2)從彈簧原長到壓縮最短再恢復原長的過程中,木塊B一直做變加速運動,木塊A一直做變減速運動,相當于彈性碰撞,因為它們質量相等,子彈和A組成的整體與B木塊交換速度,此時B的速度最大. 設彈簧恢復原長時A,B的速度分別為v1′,v2′,則有 4mv1=4mv1′+4mv2′ ×4m=×4mv1′2+×4mv2′2 解得v1′=0,v2′=v

12、1=v0. 答案:(1)m (2)恢復原長時　v0 9.(2019·湖北孝感模擬)如圖,在光滑水平面上,有A,B,C三個物體,開始B,C均靜止且C在B上,A物體以v0=10 m/s撞向B物體,已知碰撞時間極短,撞完后A靜止不動,而B,C最終的共同速度為4 m/s.已知B,C兩物體的質量分別為mB=4 kg,mC=1 kg,試求: (1)A物體的質量為多少? (2)A,B間的碰撞是否造成了機械能損失?如果造成了機械能損失,則損失量是多少? 解析:(1)由整個過程系統(tǒng)動量守恒mAv0=(mB+mC)v 代入數據得mA=2 kg. (2)設B與A碰撞后速度為u,在B與C相互作用的

13、時間里,B,C系統(tǒng)動量守恒mBu=(mB+mC)v 得u=5 m/s A與B的碰撞過程中,碰前系統(tǒng)動能為 mA=×2×100 J=100 J 碰后系統(tǒng)動能為mBu2=×4×25 J=50 J, 碰撞損失了機械能,損失量為50 J. 答案:(1)2 kg　(2)見解析 10.如圖所示,裝置的左邊是足夠長的光滑水平面,一輕質彈簧左端固定,右端連接著質量M=2 kg的小物塊A.裝置的中間是水平傳送帶,它與左右兩邊的臺面等高,并平滑對接.傳送帶始終以u=2 m/s的速率逆時針轉動.裝置的右邊是一光滑的曲面,質量m=1 kg的小物塊B從其上距水平臺面高h=1.0 m處由靜止釋放.已知物塊B

14、與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.2,傳送帶長l=1.0 m.設物塊A,B中間發(fā)生的是對心彈性碰撞,第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態(tài).g取10 m/s2. (1)求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小; (2)通過計算說明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運動到右邊曲 面上; (3)如果物塊A,B每次碰撞后,物塊A再回到平衡位置時都會立即被鎖定,而當它們再次碰撞前鎖定被解除,試求出物塊B第n次碰撞后的運動速度大小. 解析:(1)設物塊B沿光滑曲面下滑到水平位置時的速度大小為v0 由機械能守恒知mgh=m,v0= 設物塊B在傳送帶上滑動過程中因受摩擦力所產生的加速度大小為a,由牛

15、頓第二定律得μmg=ma 設物塊B通過傳送帶后運動速度大小為v, 有v2-=-2al 解得v=4 m/s 由于v>u=2 m/s,所以v=4 m/s即為物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小. (2)設物塊A,B第一次碰撞后的速度分別為vA,v1,取向右為正方向,由于是彈性碰撞,由動量守恒、能量守恒得 -mv=mv1+MvA mv2=m+M 解得v1=v= m/s, 即碰撞后物塊B在水平臺面上向右勻速運動 設物塊B在傳送帶上向右運動的最大位移為l′, 則0-=-2al′,l′= m<1 m 所以物塊B不能通過傳送帶運動到右邊的曲面上. (3)當物塊B在傳送帶上向右運動的速度為零時,將會沿傳送帶向左加速.可以判斷,物塊B運動到左邊臺面的速度大小為v1,繼而與物塊A發(fā)生第二次碰撞. 設第二次碰撞后物塊B速度大小為v2,由以上計算可知 v2=v1=()2v 物塊B與物塊A第三次碰撞、第四次碰撞…… 碰撞后物塊B的速度大小依次為v3=v2=()3v,v4=v3=()4v…,則第n次碰撞后物塊B的速度大小為vn=()nv,vn= m/s. 答案:(1)4 m/s　(2)見解析　(3) m/s 7