（新課標）2019版高考物理一輪復習 主題五 能量和動量 課時跟蹤訓練27.doc

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課時跟蹤訓練(二十七) 增分提能 1．(2017河北石家莊檢測)如圖所示，甲車質量m1＝m，在車上有質量M＝2m的人，甲車(連同車上的人)從足夠長的斜坡上高h處由靜止滑下，到水平面上后繼續(xù)向前滑動，此時質量m2＝2m的乙車正以速度v0迎面滑來，已知h＝，為了使兩車不可能發(fā)生碰撞，當兩車相距適當距離時，人從甲車跳上乙車，試求人跳離甲車的水平速度(相對地面)應滿足什么條件？不計地面和斜坡的摩擦，小車和人均可看成質點． [解析]　設向左為正方向，甲車(包括人)滑下斜坡后速度為v1，由機械能守恒定律有 (m1＋M)v＝(m1＋M)gh，解得v1＝＝2v0 設人跳出甲車的水平速度(相對地面)為v，在人跳離甲車和人跳上乙車過程中各自動量守恒，設人跳離甲車和跳上乙車后，兩車的速度分別為v1′和v2′，則 人跳離甲車時：(M＋m1)v1＝Mv＋m1v1′ 人跳上乙車時：Mv－m2v0＝(M＋m2)v2′ 解得v1′＝6v0－2v，v2′＝v－v0 兩車不可能發(fā)生碰撞的臨界條件是v1′＝v2′ 當v1′＝v2′時，解得v＝v0 當v1′＝－v2′時，解得v＝v0 故v的取值范圍為v0≤v≤v0 [答案]　v0≤v≤v0 2．(2017江西名校聯(lián)考)如圖所示，在傾角θ＝37的固定斜面上放置一質量M＝1 kg、長度L＝0.75 m的薄平板AB.平板的上表面光滑，其下端B與斜面底端C的距離為4 m．在平板的上端A處放一質量m＝0.6 kg的滑塊，開始時使平板和滑塊都靜止，之后將它們無初速釋放．設平板與斜面間、滑塊與斜面間的動摩擦因數均為μ＝0.5，通過計算判斷無初速釋放后薄平板是否立即開始運動，并求出滑塊與平板下端B到達斜面底端C的時間差Δt.(sin37＝0.6，cos37＝0.8，g＝10 m/s2) [解析]　對薄板，由于Mgsin37<μ(M＋m)gcos37，故滑塊在薄板上滑動時，薄板靜止不動． 滑塊在薄板上滑行時加速度a1＝gsin37＝6 m/s2 到達B點時速度v＝＝3 m/s 滑塊由B至C時的加速度a2＝gsin37－μgcos37＝2 m/s2 設滑塊由B至C所用時間為t，則有LBC＝vt＋a2t2 代入數據解得t＝1 s 對薄板，滑塊滑離后才開始運動，加速度 a3＝gsin37－μgcos37＝2 m/s2 設滑至C端所用時間為t′，則有LBC＝a3t′2 代入數據解得t′＝2 s 滑塊與平板下端B到達斜面底端C的時間差Δt＝t′－t＝1 s [答案]　滑塊在薄板上滑動時，薄平板靜止不動　1 s 3．(2017廣東湛江一中等四校聯(lián)考)如圖所示，半徑R＝1 m的光滑半圓軌道AC與高h＝8R的粗糙斜面軌道BD放在同一豎直平面內，BD部分水平長度x＝6R.兩軌道之間由一條光滑水平軌道相連，b球經D點沒有機械能損失．在水平軌道上，輕質彈簧被a、b兩小球擠壓(不連接)，處于靜止狀態(tài)．同時釋放兩個小球，a球恰好能通過半圓軌道最高點A，b球恰好能到達斜面軌道最高點B.已知a球質量m1＝2 kg，b球質量m2＝1 kg，小球與斜面間動摩擦因數μ＝，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)經過C點時軌道對a球的作用力大??； (2)釋放小球前彈簧的彈性勢能Ep. [解析]　(1)a球恰好通過最高點A時有m1g＝m1 a球從C到A過程由機械能守恒有 m1v－m1v＝m1g2R 解得vC＝＝5 m/s 在C點，對a球受力分析有FN－m1g＝m1 解得軌道對a球的作用力大小FN＝120 N (2)b球從D點恰好到達最高點B過程中，位移s＝10R＝10 m 由動能定理有－m2gh－μm2gcos53s＝0－m2v 解得vD＝10 m/s 所以小球釋放前彈性勢能Ep＝m1v＋m2v＝150 J [答案]　(1)120 N　(2)150 J 4．在光滑水平面上靜止有質量均為m的木板AB和滑塊CD，木板AB上表面粗糙，滑塊CD上表面是光滑的圓弧，它們緊靠在一起，如圖所示．一個可視為質點的物塊P，質量也為m，它從木板AB的右端以初速度v0滑上木板，過B點時速度為，然后又滑上滑塊CD，最終恰好能滑到滑塊CD圓弧的最高點C處．若物塊P與木板AB間的動摩擦因數為μ，求： (1)物塊滑到B處時木板AB的速度v1的大??； (2)木板AB的長度L； (3)滑塊CD的最終速度v2的大?。? [解析]　(1)物塊P在AB上滑動時，物塊、木板和滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，有 mv0＝m＋2mv1 解得v1＝ (2)由能量守恒定律有 μmgL＝mv－m2－2m2 解得L＝ (3)設物塊P與滑塊CD分離瞬時，物塊P的速度為v1′，在它們相互作用的過程中，由水平方向動量守恒有 m＋mv1＝mv1′＋mv2 由能量守恒定律有 m2＋mv＝mv1′2＋mv 解得v1′＝，v2＝ 可見，物塊P與滑塊CD交換速度后，物塊P和木板AB都以的速度同方向做勻速運動，無法再追上滑塊CD，故滑塊CD的最終速度v2為. [答案]　(1)　(2)　(3) 5．(2017河南六市一聯(lián))足夠長的傾角為θ的光滑斜面的底端固定一輕彈簧，彈簧的上端連接質量為m、厚度不計的鋼板，鋼板靜止時彈簧的壓縮量為x0，如圖所示．一物塊從距鋼板3x0的A處沿斜面滑下，與鋼板碰撞后立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連，它們到達最低點后又向上運動．已知物塊質量也為m時，它們恰能回到O點，O為彈簧自然伸長時鋼板的位置．若物塊質量為2m，仍從A處沿斜面滑下，則物塊與鋼板回到O點時，還具有向上的速度，已知重力加速度為g，計算結果可以用根式表示，求： (1)質量為m的物塊與鋼板碰撞后瞬間的速度大小v1； (2)碰撞前彈簧的彈性勢能； (3)質量為2m的物塊沿斜面向上運動到達的最高點離O點的距離． [解析]　(1)設物塊與鋼板碰撞前速度為v0，有 3mgx0sinθ＝mv 解得：v0＝ 設物塊與鋼板碰撞后一起運動的速度為v1，有 mv0＝2mv1 解得v1＝ (2)設碰撞前彈簧的彈性勢能為Ep，當質量為m的物塊和鋼板一起回到O點時，彈簧無形變，彈簧彈性勢能為零，根據機械能守恒得 Ep＋(2m)v＝2mgx0sinθ 解得：Ep＝mgx0sinθ (3)由能量守恒可知質量為2m的物塊與鋼板碰撞前的速度為v0 設v2表示質量為2m的物塊與鋼板碰后一起向下運動的速度，有 2mv0＝3mv2 它們回到O點時，彈簧彈性勢能為零，但它們仍繼續(xù)向上運動，設此時速度為v，由機械能守恒定律得 Ep＋(3m)v＝3mgx0sinθ＋(3m)v2 在O點物塊與鋼板分離．分離后，物塊以初速度v沿斜面上升，設運動到達的最高點離O點的距離為x，有 v2＝2ax 2mgsinθ＝2ma 解得：x＝ [答案]　(1)　(2)mgx0sinθ　(3) 6．(2017福建六校聯(lián)考)如圖所示，小球A系在細線的一端，線的另一端固定在O點，O到光滑水平面的距離h＝0.8 m，已知A的質 量為m，物塊B的質量是小球A的5倍，置于水平傳送帶左端的水平面上且位于O點正下方，傳送帶右端有一帶半圓光滑軌道的小車，小車的質量是物塊B的5倍，水平面、傳送帶及小車的上表面平滑連接，物塊B與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，其余摩擦不計，傳送帶長L＝3.5 m，以恒定速率v0＝6 m/s順時針運轉．現拉動小球使線水平伸直后由靜止釋放，小球運動到最低點時與物塊發(fā)生彈性正碰，小球反彈后上升到最高點時與水平面的距離為，若小車不固定，物塊剛好能滑到與圓心O1等高的C點，重力加速度為g，小球與物塊均可視為質點，求： (1)小球和物塊相碰后物塊B的速度vB大?。? (2)若滑塊B的質量mB＝1 kg，求滑塊B與傳送帶之間由摩擦而產生的熱量Q及帶動傳送帶的電動機多做的功W電． (3)小車上半圓軌道半徑R的大?。? [解析]　(1)小球A下擺及反彈上升階段機械能守恒，由機械能守恒定律得mgh＝mv，mgh＝mv A、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mvA＝－mv1＋5mvB 代入數據解得vB＝1 m/s (2)經過時間t，B與傳送帶速度相等，由勻變速直線運動速度公式得v0＝vB＋μgt 代入數據解得t＝1 s 物塊滑行的距離s物＝t＝3.5 m＝L 傳送帶的位移s傳＝v0t＝6 m 則s相對＝s傳－s物＝2.5 m Q＝μmBgs相對＝12.5 J 電動機多做的功W電＝mBv－mBv＋Q＝30 J (3)物塊在傳送帶上一直加速到達右端時恰好與傳送帶速度相等，系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得5mv0＝(5m＋25m)v 由機械能守恒定律得5mv＝(5m＋25m)v2＋5mgR 代入數據解得R＝1.5 m [答案]　(1)1 m/s　(2)12.5 J　30 J　(3)1.5 m