2020高考物理一轮总复习第六章动量能力课解决动力学问题的“三大”观点练习（含解析）新人教版.docx

能力课 解决动力学问题的“三大”观点一、选择题1.(2018届山东省天成第二次大联考)如图所示，质量为m的小车左端紧靠竖直墙壁但不固定，其左侧AB部分为光滑圆弧轨道，半径为R，轨道最低点B与水平粗糙轨道BC相切，BC2R，将质量也为m的物块(可视为质点)从A点无初速度释放，只考虑物块与BC间的摩擦，其动摩擦因数为，其余一切摩擦不计，则物块相对BC运动的位移大小为()A.RBRC.R D2R解析：选A物块从A下滑到B的过程中，小车保持静止，对物块，由机械能守恒定律得mgRmv02从B到C的过程中，小车和物块组成的系统水平方向动量守恒有mv02mv从B到C的过程中，由功能关系得mgxmv022mv2解得xR，故A正确2.(多选)如图所示，质量为M1 kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m3 kg的滑块以初速度v02 m/s从木板的左端向右滑上木板，滑块始终未离开木板则下面说法正确的是()A滑块和木板的加速度大小之比是13B整个过程中因摩擦产生的内能是1.5 JC可以求出木板的最小长度是1.5 mD从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比是73解析：选ABD因水平面光滑，滑块与木板所受的合外力为一对滑动摩擦力，大小相等，方向相反，由牛顿第二定律可知，其加速度大小之比为，故A正确；滑块与木板组成的系统动量守恒，最终二者同速，有mv0(Mm)v，解得v1.5 m/s，由能量守恒定律可得整个过程中因摩擦产生的内能Qmv02(Mm)v21.5 J，故B正确；由于不知道动摩擦因数和滑块与木板的相对运动时间，不能求出木板的最小长度，故C错误；从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块运动的位移x1t，木板的位移x2t，两者之比，故D正确3.(2018届德州一模)如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M2m的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为.一质量为m的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中机械能损失如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能到达的最大高度为()Ah/3 Bh/2C2h/3 Dh解析：选C斜面固定时，由动能定理得mgh0mv02，解得v0；斜面不固定时，由水平方向动量守恒得mv0(Mm)v，由机械能守恒得mv02(Mm)v2mgh，解得hhh.故选C.二、非选择题4.(2018届陕西安康期末)如图所示，三个小木块A、B、C静止在足够长的光滑水平轨道上，质量分别为mA0.1 kg，mB0.1 kg，mC0.3 kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药(质量不计)，现引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E0.4 J转化为A和B沿轨道方向的动能(1)分别求爆炸后瞬间A、B的速度大小；(2)求弹簧弹性势能的最大值；(3)分别求弹簧恢复到原长时B、C的速度大小解析：(1)塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向，由动量守恒mAvAmBvB0爆炸产生的能量有0.4 J转化为A、B的动能EmAvA2mBvB2解得vAvB2 m/s.(2)取B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时，B、C达到共同速度vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Epm由动量守恒mBvB(mBmC)vBC由能量守恒定律mBvB2(mBmC)vBC2Epm解得Epm0.15 J.(3)设B、C之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C的速度分别为vB1和vC1，则由动量守恒和能量守恒，有mBvBmBvB1mCvC1mBvB2mBvB12mCvC12解得vB11 m/s(负号表示方向向左，即B的速度大小为1 m/s)，vC11 m/s(vB12 m/s，vC10 m/s不符合题意，舍去)答案：(1)2 m/s2 m/s(2)0.15 J(3)1 m/s1 m/s5(2019届广东湛江调研)如图所示，粗糙的水平面上放置一块足够长的长木板C，在C的左端点放置一个物块A，在距离A为s4.5 m处放置一个物块B，物块A和B均可视为质点，已知物块A的质量为2m，物块B和长木板C的质量均为m1 kg，物块A和B与长木板C之间的动摩擦因数10.5，长木板C与地面之间的动摩擦因数20.2.现在对A施加一个水平向右的推力F14 N，使物块A向右运动，A与B碰撞前B相对于C保持静止，物块A和B碰撞后水平推力大小变为F18 N若物块A和B碰撞时作用时间极短，粘在一起不再分离问：(1)物块A和B碰撞前，物块B受到长木板C的摩擦力多大？(2)物块A和B碰撞过程中，AB损失的机械能是多少？(3)物块A和B碰撞后，物块AB在C上还能滑行多远？解析：设A和C发生相对滑动，对物块A，应用牛顿第二定律得F12mg2ma1代入数据解得a12 m/s2.对B和C整体应用牛顿第二定律，12mg2(2m2m)g2ma2代入数据解得a21 m/s2因为a1a2，假设成立B受到C的摩擦力为fma21 N.(2)设A运动经过时间t1与B发生碰撞，由运动学公式可得sa1t12a2t12代入数据解得t13 s此时vAa1t16 m/s，vBCa2t13 m/sA和B碰撞过程，由动量守恒定律，2mvAmvBC(2mm)v1代入数据解得v15 m/s碰撞损失机械能为E2mvA2mvBC2(2mm)v123 J.(3)物块A和B碰撞后，系统受到地面摩擦力为f系2(2m2m)g8 NF1所以A、B、C组成的系统动量守恒，设最后的共同速度为v2，可得2mvA2mvBC(2m2m)v2代入数据解得v24.5 m/sA、B碰撞后到ABC相对静止，AB的总质量为3m，前进s1，由动能定理得(F113mg)s13mv223mv12代入数据解得s1 mAB碰撞后对C，设C的位移为s2，由动能定理得(13mg24mg)s2mv22mvBC2代入数据解得s2 m物块A和B碰撞后，物块AB在C上还能滑行距离为ss1s2 m m m.答案：(1)1 N(2)3 J(3) m6(2018届湖南长郡中学实验班选拔考试)如图所示，质量分别为mAm，mB3m的A、B两物体放置在光滑的水平面上，其中A物体紧靠光滑墙壁，A、B两物体之间用轻弹簧相连对B物体缓慢施加一个水平向右的力，使A、B两物体之间弹簧压缩到最短并锁定，此过程中，该力做功为W0，现突然撤去外力并解除锁定，(设重力加速度为g，A、B两物体体积很小，可视为质点)求：(1)从撤去外力到A物体开始运动，墙壁对A物体的冲量IA大小；(2)A、B两物体离开墙壁后到达圆轨道之前，B物体的最小速度vB是多大；(3)若在B物体获得最小速度瞬间脱离弹簧，从光滑圆形轨道右侧小口进入(B物体进入后小口自动封闭组成完整的圆形轨道)圆形轨道，要使B物体不脱离圆形轨道，试求圆形轨道半径R的取值范围解析：(1)设弹簧恢复原长时，物体B的速度为vB0，由能量守恒有：W0mvB02解得vB0 此过程中墙壁对物体A的冲量大小等于弹簧对物体A的冲量大小，也等于弹簧对物体B的冲量大小，有I3mvB0.(2)当弹簧恢复原长后，物体A离开墙壁，弹簧伸长，物体A的速度逐渐增大，物体B的速度逐渐减小当弹簧再次恢复到原长时，物体A达到最大速度，物体B的速度减小到最小值，此过程满足动量守恒、机械能守恒，有3mvB0mvA3mvB3mvB02mvA2mvB2解得vBvB0 .(3)恰好过最高点不脱离圆形轨道，有mBvB2mBv12mBg2R，mBgmB解得R，所以R恰好过圆形轨道圆心等高处mBvB2mBgR解得R，所以R .答案：(1)(2) (3)R或R7.如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为2m小滑块A套在细杆上可自由滑动在水平杆上竖直固定一个挡板P，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L的细线悬挂一个质量为m的小球B，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g.求：(1)小球第一次运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小；(2)小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度；(3)小滑块运动过程中，所能获得的最大速度解析：(1)小球第一次摆到最低点过程中，由机械能守恒定律得mgLmv2得v在最低点，由牛顿第二定律得Fmgm解得，小球到达最低点时，细线对小球的拉力大小F3mg.(2)小球与滑块共速时，滑块运动到最大高度h.取水平向右为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律得mv(2mm)v共mv2mgh(2mm)v共2联立解得hL.(3)小球摆回最低点，滑块获得最大速度，此时小球速度为v1，滑块速度为v2mvmv12mv2mv2mv122mv22解得v2.答案：(1)3mg(2)L(3)|学霸作业|自选一、选择题1.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦下列说法中正确的是()A当v0 时，小球能到达B点B如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上C当v0 时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大D如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为m解析：选C弧形槽不固定，当v0时，小球沿槽上升的高度为h，则有mv0(mM)v，mv02(Mm)v2mgh，解得hREk，所以甲、乙两物块能够经过E点答案：(1)20 m/s(2)166.25 J(3)甲、乙两物块能够经过E点7(2019届山东烟台一中月考)某工地某一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB为一段足够大的圆弧固定轨道，圆弧半径R5.6 m，BC为一段足够长的水平轨道，CD为一段圆弧轨道，圆弧半径r1 m，三段轨道均光滑一长为L2 m、质量为M1 kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切，且与CD轨道最低点处于同一水平面一可视为质点、质量为m2 kg的工件从距AB轨道最低点h高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，小车与CD轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C处工件只有从CD轨道最高点飞出，才能被站在台面DE上的工人接住工件与小车的动摩擦因数为0.5，取g10 m/s2.(1)若h2.8 m，则工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为多大？(2)要使工件能被站在台面DE上的工人接住，求h的取值范围解析：(1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B点，设到B点时的速度为vB，根据动能定理mghmvB2工件做圆周运动，在B点FNmgm由两式可解得FN40 N根据牛顿第三定律得压力FNFN40 N方向竖直向下(2)由于BC轨道足够长，要使工件能到达CD轨道，工件与小车必须能达共速，设工件刚滑上小车时的速度为v0，工件与小车达共速时的速度为v1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统，由动量守恒定律得mv0(mM)v1由能量守恒定律得mgLmv02(mM)v12对于工件从AB轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得mghmv02代入数据解得h3 m要使工件能从CD轨道最高