《2021高考物理一轮复习第6章碰撞与动量守恒专题八动力学动量和能量观点的综合应用课时作业含解析2028014.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021高考物理一轮复习第6章碰撞与动量守恒专题八动力学动量和能量观点的综合应用课时作业含解析2028014.pdf（6页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、-1-专题八 动力学、动量和能量观点的综合应用 1(2020河南平顶山一模)质量为m的小球被水平抛出，经过一段时间后小球的速度大小为v，若此过程中重力的冲量大小为I，重力加速度为g，不计空气阻力的大小，则小球抛出时的初速度大小为()AvIm B.vImg C.v2I2m2 D.v2I2m2g2 C 由题意知，Imgt，知tImg，经过t时间，小球竖直方向的速度大小为vygtIm，根据速度分解可知，初速度大小v0v2I2m2，C 项正确。2(2019河北百校联盟二联)如图所示，质量为 2 kg 的小车以 2.5 m/s 的速度沿光滑的水平面向右运动，现在小车上表面上方 1.25 m 高度处将一质
2、量为 0.5 kg 的可视为质点的物块由静止释放，经过一段时间物块落在小车上，最终两者一起水平向右匀速运动。重力加速度为g10 m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是()A物块释放 0.3 s 后落到小车上 B若只增大物块的释放高度，物块与小车的共同速度变小 C物块与小车相互作用的过程中，物块和小车的动量守恒 D物块与小车相互作用的过程中，系统损失的能量为 7.5 J D 物块下落的时间为t2hg 21.2510 s0.5 s，选项 A 错误；物块与小车相互作用的过程中，物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，在竖直方向的动量不守恒，由水平方向动量守恒Mv0(Mm)v知，释放高度变大，水平
3、方向的共同速度不变，选项 B、C错误；在整个过程中，由能量守恒定律得系统损失的机械能 Emgh12Mv2012(Mm)v2，代入数据可得 E7.5 J，选项 D 正确。3.-2-如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了 6 J，那么此过程产生的内能可能为()A16 J B.2 J C6 J D.4 J A 设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，则子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0(mm0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即E12m0v2012(mm0)v2，而木块获得的动能E木12mv26 J，两
4、式相除得EE木mm0m01，即E6 J，A 项正确。4.(多选)如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为m的小车，小车的四分之一圆弧轨道在最低点与水平轨道相切，且整个轨道表面光滑。在小车的右端固定一个轻弹簧，一个质量也为m的小球从离水平轨道高为h处开始自由滑下，则在以后的运动过程中(重力加速度大小为g)()A小球和小车组成的系统的动量始终守恒 B弹簧具有的最大弹性势能为mgh C被弹簧反弹后，小球能回到离水平轨道高h处 D小球具有的最大动能为mgh BC 小球从小车上滑下的过程中，小球和小车构成的系统机械能守恒，在水平方向动量守恒，但系统动量不守恒，所以 A 错误；当小球与小车的速度相等时，弹
5、簧的弹性势能最大，此时mgh12(mm车)v2共Ep，经分析可知共速时，小球和小车处于静止状态，根据机械能守恒可得弹簧具有的最大弹性势能为mgh，所以 B 正确；被弹簧反弹后，小球回到小车上最高点时处于静止状态，根据机械能守恒知小球能回到离水平轨道高h处，所以 C 正确；当小球运动到水平轨道上时动能最大，因此时小车也有速度，所以由机械能守恒可知，小球具有的最大动能小于mgh，所以 D 错误。5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。
6、假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：(1)整个系统损失的机械能；-3-(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。解析：(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv02mv1 此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为 E，对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv12mv2 12mv21E12(2m)v22 联立式得 E116mv20(2)由式可知v2v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep。由动量守恒定律和能量守
7、恒定律得 mv03mv3 12mv20E12(3m)v23Ep 联立式得Ep1348mv20。答案：(1)116mv20(2)1348mv20 6.如图所示，a、b、c是三个质量相等的物体，a、b等长，c可看做质点。开始时，a、b紧靠且静置在光滑水平面上，c放在a的左端，现给c一初速度v0而向右运动，最后c静止在b上。已知c与a、b间的动摩擦因数相同，a、b分离时，c的速度为 0.6v0。求：(1)a、b最终的速度；(2)c在b上滑过的距离与b的长度之比。解析：(1)当a、b即将分离时，设此时物体a的速度为va，由动量守恒得 mv02mva0.6mv0 解得va0.2v0 a、b分离后，设物体
8、b最终速度为vb，b与c组成系统，由动量守恒得mva0.6mv02mvb解得vb0.4v0(2)设物体a、b长均为l，物体c在物体a上滑动，在a、b即将分离时，由能量守恒得12mv20122m(0.2v0)212m(0.6v0)2mgl a、b分离后，设物体c在b上运动的距离为lx，由能量守恒得 -4-12m(0.6v0)212m(0.2v0)2122m(0.4v0)2mglx 联立解得lxl17。答案：(1)0.2v0 0.4v0(2)17 7(2020宁夏银川模拟)(多选)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时
9、间变化的图象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A球质量m2 kg，则由图判断下列结论正确的是()A碰撞前、后A球的动量变化量为 4 kgm/s B碰撞时A球对B球的冲量为4 Ns CA、B两球碰撞前的总动量为 3 kgm/s D碰撞时A、B两球组成的系统损失的动能为 10 J ABD 根据题图可知，碰前A球的速度vA3 m/s，碰前B球的速度vB2 m/s，碰后A、B两球共同的速度v1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为 pAmvmvA4 kgm/s，选项 A 正确；A球的动量变化量为 4 kgm/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化量为4 kgm/s，根据动量定理，碰撞
10、过程中A球对B球的冲量为4 Ns，选项 B 正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvAmBvB(mmB)v，解得mB43 kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为 Ek12mv2A12mBv2B12(mmB)v210 J，选项 D 正确；A、B两球碰撞前的总动量为pmvAmBvB(mmB)v103 kgm/s，选项 C 错误。8(2020江西上饶六校一联)(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以 2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()
11、-5-AA物体的质量为 3m BA物体的质量为 2m C弹簧压缩量最大时的弹性势能为32mv20 D弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv20 AC 弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，A及弹簧组成的系统机械能守恒，则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有：Epm12mAv20 当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mA2v0(mmA)v 由机械能守恒定律得：Epm12mA(2v0)212(mAm)v2 解得：
12、mA3m，Epm32mv20 故 A、C 正确，B、D 错误。9.(2020江西南昌模拟)如图所示，质量为m13 kg 的光滑半圆弧形轨道ABC与一质量为m21 kg 的物块P紧靠着(不粘连)静置于光滑水平面上，B为半圆弧形轨道的最低点，AC为轨道的水平直径，轨道半径R0.3 m。一质量为m32 kg 的小球(可视为质点)从弧形轨道的A处由静止释放，g取 10 m/s2，求：(1)小球第一次滑到B点时的速度v1；(2)小球第一次经过B点后，相对B能上升的最大高度h。解析：(1)设小球第一次滑到B点时的速度为v1，轨道和P的速度为v2，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒，有(m1m2)v2m
13、3v10，根据系统机械能守恒，有m3gR12(m1m2)v2212m3v21，联立解得v12 m/s，方向向右；v21 m/s，方向向左。(2)小球经过B点后，物块P与轨道分离，小球与轨道水平方向动量守恒，且小球上升到最高点时与轨道共速，设为v，则有m1v2m3v1(m1m3)v，解得v0.2 m/s，方向向右，-6-由机械能守恒得12m1v2212m3v2112(m1m3)v2m3gh，解得h0.27 m。答案：(1)2 m/s 方向向右(2)0.27 m 10如图所示的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并
14、粘在一起形成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t12 s 至t24 s 内工作。已知P1、P2的质量均为m1 kg，P与AC间的动摩擦因数为0.1，AB段长L4 m，g取 10 m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞。(1)若v16 m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能 Ek；(2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能Ekm。解析：(1)P1、P2碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，有mv12mv，解得vv123 m/s，碰撞过程中损失的动能为 Ek12mv2112(2m)v2，解得Ek
15、9 J。(2)由于P与挡板的碰撞为弹性碰撞。故P在A、C间做匀减速直线运动，设P1、P2碰撞后速度为v，P在AC段加速度大小为a，碰后经过B点的速度为v2，由牛顿第二定律得2mg2ma，由运动学公式得 3Lvt12at2，v2vat，解得v12v6Lgt2t，v26Lgt22t，由于 2 st4 s，解得v1的取值范围为 10 m/sv114 m/s，v2的取值范围为 1 m/sv25 m/s。所以当v25 m/s 时，P向左经过A点时有最大速度，v3v222aL 17 m/s。则P向左经过A点时的最大动能Ekm122mv2317 J。答案：(1)3 m/s 9 J(2)10 m/sv114 m/s 17 J