【全程复习方略】（广东专用）高考物理一轮复习 第六章 第3讲研究动力学问题的三个基本观点课时作业.doc

【全程复习方略】（广东专用）2014版高考物理一轮复习 第六章 第3讲研究动力学问题的三个基本观点课时作业(40分钟 100分)一、选择题(本大题共7小题,每小题8分,共56分。每小题至少一个答案正确,选不全得4分)1.(2013渝北区模拟)如图所示,两物体a、b用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上,现同时对a、b两物体施加等大反向的水平恒力f1、f2,使a、b同时由静止开始运动,在运动过程中,对a、b两物体及弹簧组成的系统,正确的说法是(弹簧不超过其弹性限度)()a.动量始终守恒b.机械能不断增加c.当弹簧伸长到最长时,系统的机械能最大d.当弹簧弹力的大小与f1、f2的大小相等时,a、b两物体速度为零2.物体a和b在光滑的水平面上相向运动,它们的初动能之比ekaekb=41,两者相遇后发生正碰。它们在碰撞的过程中,动能同时减小到零,又同时增大,最后两者反向运动,则两物体的质量之比mamb为()a.11b.41c.14d.1163.如图所示,质量相同的两木块a、b用劲度系数为k的轻弹簧连接后静止于光滑的水平面上,开始弹簧处于自然状态,现用一水平的恒力f拉木块a,经过时间t,弹簧第一次被拉至最长,此时木块a的位移为s,则在该过程中()a.t时刻a的动能为fsb.t时刻a的动量为ftc.a、b加速度相等时,弹簧的伸长量为f2kd.a、b速度相等时,其加速度也相等4.(2013嘉兴模拟)质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动,有一轻弹簧固定其上,另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与甲相向运动,如图所示。则()a.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中,由于弹力作用,系统动量不守恒b.当两物块相距最近时,甲物块的速率为零c.当甲物块的速率为1 m/s时,乙物块的速率可能为2 m/s,也可能为0d.甲物块的速率可能达到5 m/s5.(2013南宁模拟)如图所示,在光滑水平面上,质量为m的小球a和质量为13m的小球b通过轻弹簧相连并处于静止状态,弹簧处于自然伸长状态;质量为m的小球c以初速度v0沿ab连线向右匀速运动,并与小球a发生弹性碰撞。在小球b的右端某位置固定一块弹性挡板(图中未画出),当小球b与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走。不计所有碰撞过程中的机械能损失,弹簧始终处于弹性限度内,小球b与挡板的碰撞时间极短,碰后小球b的速度大小不变,但方向相反。则b与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值em可能是()a.mv02b.12mv02c.16mv02d.130mv026.如图所示,斜劈静止在水平地面上,有一物体沿斜劈表面向下运动,重力做的功与克服力f做的功相等。则下列判断中正确的是()a.物体可能加速下滑b.物体可能受三个力作用,且合力为零c.斜劈受到地面的摩擦力方向一定水平向左d.撤去f后斜劈可能不受地面的摩擦力7.(2013成都模拟)如图所示,小车的上面由中突的两个对称的曲面组成,整个小车的质量为m,原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看作质点的小球,质量也为m,以水平速度v从左端滑上小车,恰好到达小车的最高点后,又从另一个曲面滑下。关于这个过程,下列说法正确的是()a.小球滑离小车时,小车又回到了原来的位置b.小球在滑上曲面的过程中,对小车压力的冲量大小是mv2c.小球和小车作用前后,小车和小球的速度一定变化d.车上曲面的竖直高度一定大于v24g二、计算题(本大题共3小题,共44分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)8.(能力挑战题)(12分)如图所示,小车质量为m=2.0kg,带有光滑的圆弧轨道ab和粗糙的水平轨道bc,一小物块(可视为质点)质量为m=0.5kg,与轨道bc的动摩擦因数为=0.10,bc部分总长度为l=0.80m,重力加速度g取10m/s2。(1)若小车固定在水平面上,将小物块从ab轨道的d点静止释放,小物块恰好可运动到c点,试求d点与bc轨道的高度差;(2)若将小车置于光滑水平面上,小物块仍从ab轨道的d点静止释放,试求小物块滑到bc中点时的速度大小。9.(2013梧州模拟)(14分)如图所示是固定在水平地面上的横截面为“”形的光滑长直导轨槽,槽口向上(图为俯视图)。槽内放置一个木质滑块,滑块的左半部是半径为r的半圆柱形光滑凹槽,木质滑块的宽度为2r,比“”形槽的宽度略小。现有半径r(rr)的金属小球以水平初速度v0冲向滑块,从滑块的一侧半圆形槽口边缘进入。已知金属小球的质量为m,木质滑块的质量为3m,整个运动过程中无机械能损失。求:(1)当金属小球滑离木质滑块时,金属小球和木质滑块的速度各是多大;(2)当金属小球经过木质滑块上的半圆柱形槽的最右端a点时,金属小球的对地速度。10.(2012安徽高考)(18分)如图所示,装置的左边是足够长的光滑水平台面,一轻质弹簧左端固定,右端连接着质量m=2kg的小物块a。装置的中间是水平传送带,它与左右两边的台面等高,并能平滑对接。传送带始终以u=2m/s的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑曲面,质量m=1kg的小物块b从其上距水平台面高h=1.0m处由静止释放。已知物块b与传送带之间的动摩擦因数=0.2,l=1.0m。设物块a、b间发生的是对心弹性碰撞,第一次碰撞前物块a静止且处于平衡状态。取g=10m/s2。(1)求物块b与物块a第一次碰撞前的速度大小。(2)通过计算说明物块b与物块a第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上?(3)如果物块a、b每次碰撞后,物块a再回到平衡位置时都会立即被锁定,而当它们再次碰撞前锁定被解除,试求出物块b第n次碰撞后的运动速度大小。答案解析1.【解析】选a、c。弹簧上的弹力属于系统内力,水平恒力f1、f2等大反向,系统的合力为零,所以动量守恒,选项a正确;刚开始,弹簧弹力小于水平恒力,两物体均做加速运动,弹簧被拉长,当弹力的大小与恒力相等时,合力为零,两物体的速度均达到最大,之后,弹簧继续被拉长,弹力大于水平恒力,两物体开始做减速运动,当弹簧被拉伸到最长时,两物体速度减为零,在此过程中,两个外力均对系统做正功,所以系统的机械能增加;此后,两物体返回,水平恒力均对物体做负功,系统的机械能逐渐减小。根据以上分析,选项b、d错误,c正确。2.【解析】选c。由于两者碰撞过程中,动能可以同时减小到零,故a、b的初动量大小相等,方向相反。则mava=mbvb,再根据12mava2=412mbvb2,解得mamb=14,故c正确。3.【解析】选c。由能量守恒定律知:外力做功转化为系统的动能和弹簧的弹性势能,所以a错;由动量定理知外力的冲量等于系统的动量增量,所以b错;对a、b应用牛顿第二定律f=2ma,对b:kx=ma,可得x=f2k,所以c对;当a、b速度相等时,弹簧第一次被拉至最长,这时a、b的受力不同,所以加速度不相等,d错。4.【解析】选c。甲、乙两物块在弹簧压缩过程中,由于弹力是系统内力,系统合外力为零,所以动量守恒,选项a错误;当两物块相距最近时,它们的速度相同,设为v,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律有mv乙-mv甲=2mv,代入数据,可得v=0.5m/s,选项b错误;当甲物块的速率为1 m/s时,其方向可能向左,也可能向右,当水平向左时,根据动量守恒定律可得,乙物块的速率为2 m/s,当水平向右时,同理可得,乙物块的速率为0,选项c正确;因为整个过程中,系统的机械能不可能增加,若甲物块的速率达到5 m/s,那么乙物块的速率肯定不为零,这样系统的机械能增加了,选项d错误。5.【解析】选b、c。质量相等的c球和a球发生弹性碰撞后速度交换,当a、b两球的动量相等时,b球与挡板相碰,则碰后系统总动量为零,则弹簧再将压缩到最短即弹性势能最大(动能完全转化为弹性势能),根据机械能守恒定律可知,系统损失的动能转化为弹性势能ep=12mv02,选项b正确;当b球速度恰为零时与挡板相碰,则系统动量不变化,系统机械能不变;当弹簧压缩到最短时,mv0=43mv1,弹性势能最大,由功能关系和动量关系可求出ep=12mv02-1243mv12,解得ep=18mv02,所以,弹性势能的最大值要介于二者之间,选项c正确,a、d错误。【变式备选】如图所示,一轻质弹簧两端连接着物体a和物体b,放在光滑的水平面上,水平速度为v0的子弹射中物体a并嵌在其中,已知物体b的质量为mb,物体a的质量是物体b的质量的34,子弹的质量是物体b的质量的14,则弹簧被压缩到最短时的弹性势能为()a.12mbv02b.132mbv02c.116mbv02d.164mbv02【解析】选d。子弹射入物体a的过程中,由动量守恒定律得mb4v0=(mb4+3mb4)v1从子弹射入物体a到弹簧压缩到最短,由动量守恒定律得(mb4+3mb4)v1=(mb4+3mb4+mb)v2由机械能守恒定律得12(mb4+3mb4)v12=12(mb4+3mb4+mb)v22+ep由以上各式联立解得ep=164mbv02,故d对。6.【解析】选b、c、d。当斜劈光滑时,物体受重力mg、拉力f和斜面的支持力fn作用,此时支持力不做功,合力对物体做功为零,物体的速度不变,当斜劈不光滑时,物体所受摩擦力向上,减速下滑,故a错、b正确;对物体和斜劈进行整体分析,其受到斜向右上方的拉力f,整体有向右运动的趋势,所以地面对斜劈有向左的摩擦力,故c正确;若撤去f之后整体均处于静止状态,斜劈与地面之间无摩擦力作用,故d正确。【总结提升】巧用加速度为零时的动力学特点当一个物体系中每一个物体的加速度都相同时,则可把这些物体看做一个“大物体”,题目中出现的较多的情况是,一个系统中有的物体处于静止,有的以某一速度匀速运动,另一些以另一个速度匀速运动,它们的加速度都为0,这时仍可把它们看做一个“大物体”,把一个系统当做一个“大物体”,在不考虑系统内物体间的内力情况下,处理某些受力问题会带来方便,这就是所谓的整体法。7.【解析】选b。小球滑上曲面的过程,小车向右加速运动,小球从右边曲面滑下时,小车向右减速运动,a错。小球恰好到达最高点时,两者具有共同速度,由动量守恒得mv=2mv,故v=v2,小车的动量变化为12mv,由动量定理知,b对;当两曲面光滑时,小球、小车作用后,小车的速度为零,小球的速度为v,c错;此时当小球到达最高点时系统动能ek=122m(v2)2=14mv2,则系统动能的减少量为12mv2-14mv2=14mv2,减少的动能转化为小球的重力势能,即14mv2=mgh,故h=v24g,如果曲面不光滑,则h1m(1分)故b在传送带上一直做减速运动,设b到达传送带左端时速度大小为vb,由vb2-vb2=2gl得:vb=vb2-2gl=4m/s。(1分)此后b以4m/s的速度滑向a即物块b与物块a第一次碰前的速度大小为4m/s。 (1分)(2)设物块b与物块a第一次碰撞后的速度大小分别为vb1、va1,由动量守恒定律得:mbvb=mava1-mbvb1(2分)由能量守恒定律得:12mbvb2=12mbvb12+12mava12(2分)由以上两式解得:va1=23vb=83m/s,vb1=13vb=43m/s(2分)即第一次碰撞后,b以43m/s的速度滑上传送带,设b向右减速为0时经过的位移为x:则:x=vb122g=(43)220.210m=49m1m(1分)所以b不能运动到右边的曲面上。(3)b第一次碰撞后在传送带上向右减