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

1、2020高考物理一轮总复习第六章动量能力课解决动力学识题的“三大”看法练习(含分析)新人教版2020高考物理一轮总复习第六章动量能力课解决动力学识题的“三大”看法练习(含分析)新人教版13/132020高考物理一轮总复习第六章动量能力课解决动力学识题的“三大”看法练习(含分析)新人教版能力课解决动力学识题的“三大”看法一、选择题1.(2018届山东省天成第二次大联考)如下图，质量为m的小车左端紧靠竖直墙壁但1不固定，其左边AB部分为4圆滑圆弧轨道，半径为R，轨道最低点B与水平粗拙轨道BC相切，2，将质量也为的物块(可视为质点)从A点无初速度开释，只考虑物块与间BCRmBC2BC运动的位移大小为

2、()的摩擦，其动摩擦因数为3，其他全部摩擦不计，则物块相对3BRA.4R4C.3RD2R分析：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12mgR2mv0从B到C的过程中，小车和物块构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102122mgxmv2mv23解得x4R，故A正确2.(多项选择)如下图，质量为M1kg的木板静止在圆滑水平面上，一个质量为m3kg的滑块以初速度v02m/s从木板的左端向右滑上木板，滑块一直未走开木板则下边说法正确的选项是()A滑块和木板的加快度大小之比是13B整个过程中因摩擦产生的内能是1.5JC能够求出木板的最

3、小长度是1.5mD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分析：选ABD因水平面圆滑，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，其加快度大小之比为amM1，故A正确；滑块与木板组aMm3成的系统动量守恒，最后二者同速，有0()，解得v1.5m/s，由能量守恒定律mvMmv可得整个过程中因摩擦产生的内能1021()21.5J，故B正确；因为不知道动Q2mv2Mmv摩擦因数和滑块与木板的相对运动时间，不可以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0，木板的位移v，二者之比x1vvtx222tx1

4、v0v21.571.5，故D正确x2v33.(2018届德州一模)如下图，在足够长的圆滑水平面上有一静止的质量为2的Mm斜面，斜面表面圆滑、高度为h、倾角为.一质量为m的小物块以必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假如斜面固定，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抵达的最大高度为()Ah/3Bh/2C2h/3Dh12分析：选C斜面固准时，由动能定理得mgh02mv0，解得v02gh；斜面不固准时，由水平方向动量守恒得mv(Mm)v，由机械能守恒得1212mv(Mm)vmgh，解02022得hhh.应选C.Mm3二、非选择题4.(2018届陕西安康期

5、末)如下图，三个小木块A、B、C静止在足够长的圆滑水平轨道上，质量分别为mA0.1kg，mB0.1kg，mC0.3kg，此中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之间有少量塑胶炸药(质量不计)，现引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E0.4J转变成A和B沿轨道方向的动能分别求爆炸后瞬时A、B的速度大小；求弹簧弹性势能的最大值；分别求弹簧恢复到原长时B、C的速度大小分析：(1)塑胶炸药爆炸瞬时取A和B为研究对象，假定爆炸后瞬时A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向，由动量守恒mAvAmBvB01212爆炸产生的能量有0.4J转变成A、B的动能E2mAvA2mBvB

6、解得vAvB2m/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pmE由动量守恒mBvB(mBmC)vBC1212由能量守恒定律2mBvB2(mBmC)vBCEpm解得Epm0.15J.(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mvmv1mv1BBBBCC1212122mvB2mv2mvBBB1CC1解得v1m/s(负号表示方向向左，即B的速度大小为1m/s)，v1m/s(v2B1C1B1m/s，vC10m/s不切合题意，舍去)答案：(1)2m/s2m/s(2)0

7、.15J(3)1m/s1m/s5(2019届广东湛江调研)如下图，粗拙的水平面上搁置一块足够长的长木板，在CC的左端点搁置一个物块A，在距离A为s4.5m处搁置一个物块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m1kg，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.此刻对A施加一个水平向右的推力F14N，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成F18N若物块A和B碰撞时作用时间极短，粘在一起不再分别问：物块A和B碰撞前，物块B遇到长木板C的摩擦力多大？物块A和B碰撞过程中，AB

8、损失的机械能是多少？物块A和B碰撞后，物块AB在C上还可以滑行多远？分析：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a12m/s2.对B和C整体应用牛顿第二定律，12mg2(2m2m)g2ma2代入数据解得a21m/s2因为a1a2，假定建立B遇到C的摩擦力为fma21N.设A运动经过时间t1与B发生碰撞，由运动学公式可得s121211212at2at代入数据解得t13s此时vAa1t16m/s，vBCa2t13m/sA和B碰撞过程，由动量守恒定律，2mvAmvBC(2mm)v1代入数据解得v15m/s碰撞损失时械能为1212122mvAmvBC(2mm)

9、v13J.E222(3)物块A和B碰撞后，系统遇到地面摩擦力为f系(2m2m)g8NF21所以A、B、C构成的系统动量守恒，设最后的共同速度为v2，可得2mvA2mvBC(2m2m)v2代入数据解得v24.5m/sA、B碰撞后到ABC相对静止，AB的总质量为3m，行进s，由动能定理得11212(F113mg)s123mv223mv1代入数据解得s157m56碰撞后对，设C的位移为s2，由动能定理得ABC(1324)121222mgmgs2mv2mvBC45代入数据解得256ms物块A和B碰撞后，物块AB在C上还可以滑行距离为ss1s257m45m3m.5656143答案：(1)1N(2)3J(

10、3)14m6(2018届湖南长郡中学实验班选拔考试)如下图，质量分别为A，B3的、mmmmAB两物体搁置在圆滑的水平面上，此中A物体紧靠圆滑墙壁，A、B两物体之间用轻弹簧相连对B物体迟缓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0，现忽然撤去外力并排除锁定，(设重力加快度为g，、B两物体体积很小，WA可视为质点)求：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；A、B两物体走开墙壁后抵达圆轨道以前，B物体的最小速度vB是多大；(3)若在B物体获取最小速度瞬时离开弹簧，从圆滑圆形轨道右边小口进入(B物体进入后小口自动关闭构成完好的圆形轨道)圆形轨

11、道，要使B物体不离开圆形轨道，试求圆形轨道半径R的取值范围分析：(1)设弹簧恢还原长时，物体B的速度为vB0，32由能量守恒有：W02mvB02W0解得vB03m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I3mvB06mW0.(2)当弹簧恢还原长后，物体A走开墙壁，弹簧伸长，物体A的速度渐渐增大，物体B的速度渐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，此过程知足动量守恒、机械能守恒，有3mvB0mvA3mvB12123223mvB02mvA2mvB1W解得vBvB006.2m恰巧过最高点不离开圆形轨道，有1212

12、2mBvB2mBv1mBg2R，2v1mBgmBRWW解得R00，所以R30mg30mg12恰巧过圆形轨道圆心等高处mvmgR2BBB解得RW0W0.，所以R12mg12mg答案：(1)0W0(3)RW0W06mW(2)6m30或R12mgmg7.如下图，水平固定一个圆滑长杆，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边处于静止状态，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川点使细线处于自然长度，由静止开释，已知重力加快度为g.求：小球第一次运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小；小球运动过程中，相对最低点所能上涨

13、的最大高度；小滑块运动过程中，所能获取的最大速度分析：(1)小球第一次摆到最低点过程中，由机械能守恒定律得12mgL2mv得v2gL2v解得，小球抵达最低点时，细线对小球的拉力大小F3mg.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12122mvmgh2(2mm)v共2联立解得h3L.(3)小球摆回最低点，滑块获取最大速度，此时小球速度为v1，滑块速度为v2122mvmvmv1212122mv22mv2mv122解得v232gL.答案：(1)3mg(2)2(3)223L3gL|学霸作业|自选一、选择题1.如下图，在圆滑水平面上

14、搁置一个质量为的滑块，滑块的一侧是一个1弧形凹槽M4OAB，凹槽半径为R，A点切线水平还有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加快度大小为g，不计摩擦以下说法中正确的选项是()A当v02gR时，小球能抵达B点B假如小球的速度足够大，球将从滑块的左边走开滑块后落到水平面上C当v02gR时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能向来增大2v0D假如滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为mR分析：选C弧形槽不固定，当v02gR时，小球沿槽上涨的高度为h，则有mv0(m)121)2，解得MEk，所以甲、乙两物块能够经过E点答案：(1)20m/s(2)166.25J(3)甲、乙两物块能够经

15、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下图的情况，AB15.6m，BC为一段足够长的水平轨道，CD为一段足够大的圆弧固定轨道，圆弧半径4R1r1m，三段轨道均圆滑一长为L2m、质量为M1kg为一段4圆弧轨道，圆弧半径的平板小车最先停在BC轨道的最左端，小车上表面恰巧与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m2kg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20.5，取

16、g10m/s.(1)若2.8m，则工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为多大？h要使工件能被站在台面DE上的工人接住，求h的取值范围分析：(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，依据动能定理12mgh2mvB2vB工件做圆周运动，在B点FNmgmR由两式可解得FN40N依据牛顿第三定律得压力FNFN40N方向竖直向下因为BC轨道足够长，要使工件能抵达CD轨道，工件与小车一定能达共速，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，假定工件抵达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车构成的系统，由动量守恒定律得0()1mvmMv由能量守恒定律得121)20(1mgL2mv2mMv对于工件从AB轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得12mgh2mv0代入数据解得h3m要使工件能从CD轨道最