2021优化方案高三物理复习课时作业-研究动力学的三个基本观点2

图6－3－131．如图6－3－13所示，质量为M的L形物体，静止在光滑的水平面上，物体的AB局部是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC是水平面，将质量为m的小滑块从A点静止释放沿圆弧面滑下并最终停在物体的水平面BC之间的D点，那么()图6－3－13A．滑块从A到B，物体与滑块组成的系统动量守恒，机械能也守恒B．滑块从A到D，物体与滑块组成的系统水平方向动量守恒，能量守恒C．滑块从B到D，物体与滑块组成的系统动量守恒，机械能不守恒D．滑块滑到D点时，物体的速度为零解析：选BCD.滑块由A到B因受重力作用，动量不守恒，故A错；但水平方向动量守恒，故滑块到D处时(因其初速为零)，物体的速度为零，故D对；小滑块最终停在D点，说明BC局部有摩擦，故机械能不守恒，但能量守恒，故B、C对．图6－3－142．一辆小车静止在光滑水平面上，小车立柱上拴有一根长为L的轻绳，轻绳末端拴着一个小球，如图6－3－14所示．现将小球拉至水平位置后自静止释放，小球摆动的过程中不计一切阻力．那么以下说法中正确的选项是()图6－3－14A．小球摆动过程中机械能守恒B．小球开始摆动后，小球和小车组成的系统机械能守恒、动量守恒C．小球开始摆动后，小球和小车组成的系统机械能不守恒、动量不守恒D．小球开始摆动后，小球达最大速度时小车也同时达最大速度解析：选D.在小球下摆过程中，因小车运动，轻绳悬点移动，轻绳对小球做功不为零，故小球的机械能不守恒，但小球和小车组成的系统机械能是守恒的；小球竖直方向上的动量是变化的，而小车无竖直动量，故系统竖直方向动量不守恒，但水平方向因无外力作用，水平方向上系统动量是守恒的，故A、B、C均错误；小球在最低点时速度最大，由水平方向动量守恒可知，小车此时速度也为最大，故D正确．图6－3－153．如图6－3－15所示，质量分别为m1、m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻质弹簧相连接，置于绝缘光滑水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，两球A、B由静止开始运动，对两小球A、B和弹簧组成的系统，在以后的运动过程中，以下说法正确的选项是(设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度)()图6－3－15A．系统机械能不断增加B．系统机械能守恒C．系统动量不断增加D．系统动量守恒解析：选D.对A、B组成的系统，所受电场力为零，这样系统在水平方向上所受外力为零，系统的动量守恒；对A、B及弹簧组成的系统，有动能、弹性势能、电势能三者的相互转化，故机械能不守恒．应选D.图6－3－164．矩形滑块由不同材料的上下两层粘结在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图6－3－16所示，质量为m的子弹以速度v水平射入滑块，假设射击上层，那么子弹刚好不穿出；假设射击下层，整个子弹刚好嵌入，那么上述两种情况相比拟()图6－3－16A．两次子弹对滑块做的功一样多B．两次滑块受的冲量一样大C．子弹嵌入下层过程中克服阻力做功较少D．子弹射入上层过程中系统产生的热量较多解析：选AB.由水平方向动量守恒可以知道，两种情况对应的末速度是一样的，系统动能的减少也是一样的，系统产生的热量也一样多，D错误；由动能定理可知，子弹克服阻力做功相同，子弹对滑块做功相同，A对C错；由动量定理可以分析，两次滑块所受冲量一样大，B也正确．图6－3－175．如图6－3－17所示，有光滑弧形轨道的小车静止于光滑的水平面上，其总质量为M，有一质量也为M的铁块以水平速度v沿轨道的水平局部滑上小车．假设轨道足够高，铁块不会滑出，那么铁块沿圆弧形轨道上升的最大高度为()图6－3－17A.eq\f(v2,4g)B.eq\f(v2,2g)C.eq\f(v2,8g)D.eq\f(v2,6g)解析：选A.由水平方向动量守恒定律得Mv＝(M＋M)v′，v′＝eq\f(v,2)①由机械能守恒定律得eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)×(2M)v′2＋Mgh②由①②联立解得h＝eq\f(v2,4g).图6－3－186．(2021年湖北联考)如图6－3－18所示，重球A放在光滑的斜面体B上，A、B质量相等，在力F的作用下，B在光滑水平面上向左缓慢移动了一段距离，A球相对于最低点C升高h.假设突然撤去F，那么()图6－3－18A．A以后上升的最大高度为h/2B．A球获得的最大速度为eq\r(2gh)C．在B离开A之前，A、B动量守恒D．A、B相互作用的冲量大小相等解析：选AD.小球回到最低点与斜面体共速，设共同速度为v由机械能守恒得：mgh＝eq\f(1,2)·2mv2∴v＝eq\r(gh)到最低点后两者别离，A球机械能守恒．设能上升的最大高度为h′那么mgh′＝eq\f(1,2)·mv2，解得h′＝eq\f(1,2)h.所以A对、B错．整个过程中A、B动量不守恒，故C错，由牛顿第三定律知D对．图6－3－197．(2021年西城模拟)如图6－3－19所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B，质量之比mA∶mB＝3∶1.将两车用细线拴在一起，中间有一被压缩的弹簧．烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，两辆小车的()图6－3－19A．加速度大小之比aA∶aB＝1∶1B．速度大小之比vA∶vB＝1∶3C．动能之比EkA∶EkB＝1∶1D．动量大小之比pA∶pB＝1∶3答案：B8．在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反．将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，那么必有()A．E1<E0B．p1<p0C．E2>E0D．p2>p0解析：选ABD.两个钢球组成的系统在碰撞过程中动量守恒，设钢球1初动量的方向为正方向，由动量守恒得：p0＝p2－p1，可见p2>p0，应选项D正确．单从动量方面分析，p1可以大于p0，假设如此必有碰后系统的机械能增加，但对于碰撞问题，碰撞后系统的动能不可能大于碰前系统的动能，因此E1＋E2≤E0，必有E1<E0，E2<E0，显然选项A正确，选项C不正确．由动量的大小和动能的关系p2＝2mEk，因为E1<E0，得p1<p0，选项B正确．故此题正确答案为A、B、D.图6－3－209．如图6－3－20所示，两个带同种电荷的小球A和B，A、B的质量分别为m和2m，开始时将它们固定在绝缘的光滑水平面上保持静止，A、B的相互作用力遵循牛顿第三定律．现同时释放A、B，经过一段时间，B的速度大小为v，那么此时()图6－3－20A．A球的速度大小为eq\f(v,2)B．B球对A球做的功为mv2C．A球的动能为2mv2D．A球的动量大小为mv解析：选C.以A、B两带电小球为系统对其进行受力分析可知，系统的合外力为零，所以系统动量守恒，B的速度为v时，设A的速度为v′，那么0＝2mv＋mv′，故v′＝－2v，所以选项A错误；A小球获得的动能为eq\f(1,2)mv′2＝2mv2，所以选项C正确；由动能定理可知小球B对小球A做的功即为A球所增加的动能2mv2，所以选项B错误；A球动量的大小为2mv，所以选项D错误．图6－3－2110．水平面上放置一辆平板小车，小车上用一个轻质弹簧连接一个木块，如图6－3－21所示．开始时弹簧处于原长，一颗子弹以水平速度v0＝100m/s打入木块并留在其中(设作用时间极短)．子弹质量为m0＝0.05kg，木块质量为m1＝0.95kg，小车质量为m2＝4kg，各接触面的摩擦均忽略不计．求木块压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能是多少？图6－3－21解析：以子弹和木块为系统，动量守恒．取向右为正方向，设子弹打入木块后瞬间二者的速度为v1.那么m0v0＝(m0＋m1)v1，v1＝5m/s.当三者速度相同时，弹簧具有最大弹性势能，设共同速度为v2，由动量守恒定律得：m0v0＝(m0＋m1＋m2)v2，v2＝1m/s设最大弹性势能为Ep，由能量守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)(m0＋m1)v12－eq\f(1,2)(m0＋m1＋m2)v22由以上三式解得：Ep＝10J.答案：10J11.图6－3－22图6－3－22中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度系数为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体，它对滑块的阻力可调．起初，滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L.现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动．为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为eq\f(2mg,k)时速度减为0，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变．试求(忽略空气阻力)：图6－3－22(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；(2)滑块向下运动过程中加速度的大小；(3)滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小．解析：(1)设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律有mgL＝eq\f(1,2)mv02得v0＝eq\r(2gL)设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律有2mv1＝mv0得v1＝eq\f(1,2)eq\r(2gL)碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv12＝eq\f(1,2)mgL.(2)设加速度大小为a，有2as＝v12得a＝eq\f(kL,8m).(3)设弹簧弹力为FN，ER流体对滑块的阻力为FER，受力分析如下图FN＋FER－2mg＝2maFN＝kxx＝d＋eq\f(mg,k)得FER＝mg＋eq\f(kL,4)－kd.答案：(1)eq\f(1,2)mgL(2)eq\f(kL,8m)(3)mg＋eq\f(kL,4)－kd图6－3－2312．(2021年湖南师大附中模拟)如图6－3－23所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A、B两木块同时以水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板．求：图6－3－23(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；(2)木块A在整个过程中的最小速度；(3)整个过程中，A、B两木块相对于木板滑动的总路程是多少？解析：(1)木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1.对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：mv0＋2mv0＝(m＋m＋3m)v1解得：v1＝0.6v0对木块B运用动能定理，有：－μmgs＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)m(2v0)2解得：s＝91v02/(50μg)．(2)设木块A在整个过程中的最小速度为v′，所用时间为t，由牛顿第二定律：对木块A：a1＝μmg/m＝μg，对木