2020屆高三物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第3講 動(dòng)量、動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)綜合應(yīng)用的三類典型模型課時(shí)作業(yè)（含解析）

《2020屆高三物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第3講 動(dòng)量、動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)綜合應(yīng)用的三類典型模型課時(shí)作業(yè)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高三物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第3講 動(dòng)量、動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)綜合應(yīng)用的三類典型模型課時(shí)作業(yè)（含解析）（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、動(dòng)量、動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)綜合應(yīng)用的三類典型模型 一、多項(xiàng)選擇題 1．如圖所示，已知物體與三塊材料不同的長(zhǎng)方形板間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ、2μ和3μ，三塊板長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，并排鋪在水平地面上，該物體以一定的初速度v0，從第一塊板的最左端a點(diǎn)滑上第一塊板，恰好滑到第三塊板的最右端d點(diǎn)停下來(lái)，物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中三塊板均保持靜止．若讓物體從d點(diǎn)以相同大小的初速度水平向左運(yùn)動(dòng)，三塊板仍能保持靜止，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．物體恰好運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)并停下來(lái) B．物體不能運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn) C．物體兩次經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)速度大小相等 D．物體兩次經(jīng)過(guò)b點(diǎn)時(shí)速度大小相等 解析：物體由a點(diǎn)到d點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理有－(μ

2、mg＋2μmg＋3μmg)L＝0－mv02，同理物體由d點(diǎn)到a點(diǎn)，有－(μmg＋2μmg＋3μmg)L＝mva2－mv02，解得va＝0，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；物體由a點(diǎn)到c點(diǎn)和物體由d點(diǎn)到c點(diǎn)，合外力做的功相等，由動(dòng)能定理知，物體兩次經(jīng)過(guò)c點(diǎn)速度大小相等，選項(xiàng)C正確；同理，物體由a點(diǎn)到b點(diǎn)和物體由d點(diǎn)到b點(diǎn)，合外力做的功不相等，物體兩次經(jīng)過(guò)b點(diǎn)速度大小不相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：AC 2．(2019·江西上饒六校一聯(lián))如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量為x.現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的

3、速度向右壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量仍為x，則(　　) A．A物體的質(zhì)量為3m B．A物體的質(zhì)量為2m C．彈簧壓縮量最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mv02 D．彈簧壓縮量最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mv02 解析：彈簧固定，當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)，彈性勢(shì)能最大，A的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，A及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則知彈簧被壓縮過(guò)程中最大的彈性勢(shì)能等于A的初動(dòng)能，設(shè)A的質(zhì)量為mA，即有Epm＝mAv02 當(dāng)彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B時(shí)，A與彈簧相互作用的過(guò)程中B將向右運(yùn)動(dòng)，A、B速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，選取A的初速度的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mA·2v0＝(m＋mA)

4、v 由機(jī)械能守恒定律得：Epm＝mA(2v0)2－(mA＋m)v2 解得：mA＝3m，Epm＝mv02 故A、C正確，B、D錯(cuò)誤． 答案：AC 3．(2019·山東六校聯(lián)考)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質(zhì)量相同、材料不同的兩矩形滑塊A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍．兩種射入過(guò)程相比較(　　) A．射入滑塊A的子彈速度變化大 B．整個(gè)射入過(guò)程中兩滑塊受的沖量一樣大 C．射入滑塊A中時(shí)阻力對(duì)子彈做功是射入滑塊B中時(shí)的兩倍 D．兩個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同 解析：在子彈打入滑塊的過(guò)程中，子彈與滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守

5、恒定律可知，mv0＝(M＋m)v，兩種情況下子彈和滑塊的末速度相同，即兩種情況下子彈的速度變化量相同，A項(xiàng)錯(cuò)誤；兩滑塊質(zhì)量相同，且最后的速度相同，由動(dòng)量定理可知，兩滑塊受到的沖量相同，B項(xiàng)正確；由動(dòng)能定理可知，兩種射入過(guò)程中阻力對(duì)子彈做功相同，C項(xiàng)錯(cuò)誤；兩個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量與系統(tǒng)損失的機(jī)械能相同，D項(xiàng)正確． 答案：BD 二、非選擇題 4.一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示．圖中ab為粗糙的水平面，長(zhǎng)度為L(zhǎng)；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過(guò)與ab和bc均相切的長(zhǎng)度可忽略的光滑圓弧連接．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，在斜面上上升的最大

6、高度為h，返回后在到達(dá)a點(diǎn)前與物體P相對(duì)靜止．重力加速度為g.求： (1)木塊在ab段受到的摩擦力f； (2)木塊最后距a點(diǎn)的距離s. 解析：(1)從開(kāi)始到木塊到達(dá)最大高度的過(guò)程： 動(dòng)量守恒：mv0＝3mv1 能量守恒：mv02＝·3mv12＋mgh＋fL 解得：f＝ (2)木塊從最大高度至與物體P最終相對(duì)靜止的過(guò)程： 動(dòng)量守恒：3mv1＝3mv2 能量守恒：·3mv12＋mgh＝·3mv22＋fx 距a點(diǎn)的距離：s＝L－x 解得：s＝L－＝L 答案：(1)　(2) L 5．(2019·河南三市模擬)如圖所示，長(zhǎng)木板B的質(zhì)量為m2＝1.0 kg，靜止放在粗糙的水平

7、地面上，質(zhì)量為m3＝1.0 kg的物塊C(可視為質(zhì)點(diǎn))放在長(zhǎng)木板的最右端．一個(gè)質(zhì)量為m1＝0.5 kg的物塊A從距離長(zhǎng)木板B左側(cè)l＝9.5 m處，以速度v0＝10 m/s向著長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)．一段時(shí)間后物塊A與長(zhǎng)木板B發(fā)生彈性正碰(時(shí)間極短)，之后三者發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過(guò)程物塊C始終在長(zhǎng)木板上．已知物塊A及長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.1，物塊C與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.2，物塊C與長(zhǎng)木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2，求： (1)碰后瞬間物塊A和長(zhǎng)木板B的速度； (2)長(zhǎng)木板B的最小長(zhǎng)度和物塊A離長(zhǎng)木板左側(cè)的最終距離． 解析：(1)設(shè)物塊A與木板B碰前

8、的速度為v 由動(dòng)能定理得－μ1m1gl＝m1v2－m1v02 解得v＝＝9 m/s A與B發(fā)生彈性碰撞，假設(shè)碰撞后的瞬間速度分別為v1、v2，由動(dòng)量守恒定律得 m1v＝m1v1＋m2v2 由機(jī)械能守恒定律得m1v2＝m1v12＋m2v22 聯(lián)立解得v1＝v＝－3 m/s， v2＝v＝6 m/s. (2)碰撞后B減速運(yùn)動(dòng)，C加速運(yùn)動(dòng)，B、C達(dá)到共同速度之前，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律 對(duì)木板B有：－μ1(m2＋m3)g－μ2m3g＝m2a1 對(duì)物塊C有：μ2m3g＝m3a2 設(shè)從碰撞后到兩者達(dá)到共同速度經(jīng)歷的時(shí)間為t v2＋a1t＝a2t 木板B的最小長(zhǎng)度d＝v2t＋a1t2－a2

9、t2＝3 m B、C達(dá)到共同速度之后，因μ1＜μ2，二者一起減速至停下，設(shè)加速度大小為a3 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：μ1(m2＋m3)g＝(m2＋m3)a3 整個(gè)過(guò)程B運(yùn)動(dòng)的位移為：xB＝v2t＋a1t2＋＝6 m A與B碰撞后，A做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小也為a3，位移為：xA＝＝4.5 m 物塊A離長(zhǎng)木板B左側(cè)的最終距離為xA＋xB＝10.5 m. 答案：(1)－3 m/s　6 m/s　(2)3 m　10.5 m 6．(2019·湖南長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)模擬)如圖所示，光滑的水平面上有一木板，在其左端放有一重物，右方有一豎直的墻，重物的質(zhì)量為木板質(zhì)量的2倍，重物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2

10、.使木板與重物以共同的速度v0＝6 m/s向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短．已知木板足夠長(zhǎng)，重物始終在木板上，重力加速度g取10 m/s2，求木板從第一次與墻碰撞到第二次與墻碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間． 解析：第一次與墻碰撞后，木板的速度反向，大小不變，此后木板向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，重物向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，最后木板和重物達(dá)到共同的速度v.設(shè)木板的質(zhì)量為m，重物的質(zhì)量為2m，取向右為動(dòng)量的正方向， 由動(dòng)量守恒得：2mv0－mv0＝3mv 設(shè)從第一次與墻碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的時(shí)間為t1，對(duì)木板應(yīng)用動(dòng)量定理得： 2μmgt1＝mv－m(－v0) 設(shè)重物與木板有相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)

11、木板的加速度為a，由牛頓第二定律得：2μmg＝ma 在達(dá)到共同速度v時(shí)，木板離墻的距離為：l＝v0t1－at12 從木板與重物以共同速度v開(kāi)始向右做勻速運(yùn)動(dòng)到第二次與墻碰撞的時(shí)間為：t2＝ 從第一次碰撞到第二次碰撞所經(jīng)過(guò)的時(shí)間為：t＝t1＋t2 由以上各式得t＝ 代入數(shù)據(jù)可得：t＝4 s. 答案：4 s 7．(2019·寧夏銀川一中模擬)如圖所示，有一質(zhì)量為M＝2 kg的平板小車靜止在光滑的水平地面上，現(xiàn)有質(zhì)量均為m＝1 kg的小物塊A和B(均可視為質(zhì)點(diǎn))，由車上P處開(kāi)始，A以初速度v1＝2 m/s向左運(yùn)動(dòng)，B同時(shí)以v2＝4 m/s向右運(yùn)動(dòng)．最終A、B兩物塊恰好停在小車兩端沒(méi)有脫

12、離小車．兩物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.1，g取10 m/s2.求： (1)求小車總長(zhǎng)L； (2)物塊B在小車上滑動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量QB； (3)從物塊A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)計(jì)時(shí)，經(jīng)6 s小車離原位置的距離x. 解析：(1)設(shè)最后達(dá)到共同速度v，取向右為正方向，整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)量守恒、能量守恒：mv2－mv1＝(2m＋M)v μmgL＝mv12＋mv22－(2m＋M)v2 解得：v＝0.5 m/s，L＝9.5 m. (2)設(shè)物塊A離小車左端的距離為x1，從A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至左端歷時(shí)t1，在A運(yùn)動(dòng)至左端前，小車是靜止的． μmg＝maA v1＝aAt1 x1＝aAt12 聯(lián)立可得t

13、1＝2 s，x1＝2 m 所以物塊B離小車右端的距離x2＝L－x1＝7.5 m， 所以QB＝μmgx2＝7.5 J. (3)設(shè)從開(kāi)始到達(dá)到共同速度歷時(shí)t2，則 v＝v2－aBt2 μmg＝maB 聯(lián)立可得：t2＝3.5 s 小車在t1前靜止，在t1至t2之間以加速度a向右加速：μmg＝(M＋m)a 此時(shí)小車向右運(yùn)動(dòng)的位移x3＝a(t2－t1)2 接下去三個(gè)物體組成的系統(tǒng)以v共同勻速運(yùn)動(dòng)了 x4＝v(6 s－t2) 聯(lián)立以上式子，解得小車在6 s內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)的總距離x＝x3＋x4＝1.625 m. 答案：(1)9.5 m　(2)7.5 J　(3)1.625 m 6