2024高考物理一輪復習第六章碰撞與動量守恒專題提升七動力學動量和能量觀點的綜合應用作業(yè)與檢測含解析魯科版

PAGE9-專題提升(七)動力學、動量和能量觀點的綜合應用基礎必備1.在如圖所示的裝置中,木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的,子彈A沿水平方向射入木塊后留在其中,將彈簧壓縮到最短.若將子彈、木塊和彈簧合在一起作為系統(tǒng),則此系統(tǒng)在從子彈起先射入到彈簧被壓縮至最短的整個過程中(B)A.動量守恒,機械能守恒B.動量不守恒,機械能不守恒C.動量守恒,機械能不守恒D.動量不守恒,機械能守恒解析:系統(tǒng)在從子彈起先射入到彈簧被壓縮至最短的整個過程中,墻壁對彈簧有力的作用,所以系統(tǒng)所受的合外力不為0,所以系統(tǒng)動量不守恒;在整個過程中,由于子彈射入木塊的碰撞過程為完全非彈性碰撞,有內能產生,系統(tǒng)機械能不守恒,故B正確.2.(多選)如圖所示,水平光滑軌道寬度和彈簧自然長度均為d.m2的左邊有一固定擋板.m1由圖示位置靜止釋放,當m1與m2相距最近時m1速度為v1,則在以后的運動過程中(BD)A.m1的最小速度是0B.m1的最小速度是v1C.m2的最大速度是v1D.m2的最大速度是v1解析:當m1與m2相距最近后,m1在前做減速運動,m2在后做加速運動,當再次最近時,m1減速結束,m2加速結束,此時m1速度最小,m2速度最大.在此過程中m1,m2及彈簧組成的系統(tǒng)遵從動量守恒和機械能守恒,則有m1v1=m1v1'+m2v2,m1=m1v1'2+m2,解得v1'=v1,v2=v1,選項B,D正確.3.(2024·河南信陽統(tǒng)考)(多選)如圖所示,三小球a,b,c的質量都是m,都放于光滑的水平面上,小球b,c與輕彈簧相連且靜止,小球a以速度v0沖向小球b,碰后與小球b粘在一起運動.在整個運動過程中,下列說法中正確的是(ACD)A.三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動量守恒,總機械能不守恒B.三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動量守恒,總機械能也守恒C.當小球b,c速度相等時,彈簧彈性勢能最大D.當彈簧復原原長時,小球c的動能肯定最大,小球b的動能肯定不為零解析:在整個運動過程中,三球與彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)的總動量守恒,但小球a與b的碰撞屬于完全非彈性碰撞,機械能不守恒,故A正確,B錯誤;當小球b,c速度相等時,彈簧的壓縮量最大,彈簧彈性勢能最大,故C正確;當彈簧復原原長時,小球c的動能肯定最大,依據動量守恒和機械能守恒定律可知,小球b的動能不為零,故D正確.4.(2024·湖北武漢模擬)(多選)如圖所示,在光滑的水平面上,有一質量為M的木塊正以速度v向左運動,一顆質量為m(m<M)的彈丸以速度v向右水平擊中木塊并最終停在木塊中,設彈丸與木塊之間的相互作用力大小不變,則在相互作用過程中(CD)A.彈丸和木塊的速率都是越來越小B.彈丸在任一時刻的速率不行能為零C.彈丸對木塊始終做負功,木塊對彈丸先做負功后做正功D.彈丸對木塊的水平沖量與木塊對彈丸的水平沖量大小相等解析:彈丸擊中木塊前,兩者速率相等,由于m<M,所以兩者組成的系統(tǒng)總動量向左,彈丸水平擊中木塊并停在木塊中的過程,系統(tǒng)的動量守恒,由動量守恒定律可知,彈丸停在木塊中后它們一起向左運動,即彈丸起先時向右運動,后向左運動,故彈丸的速領先減小后增大,木塊的速率始終減小,由以上分析知,彈丸的速率可能為零,故A,B錯誤;木塊始終向左運動,彈丸對木塊始終做負功,彈丸先向右運動后向左運動,則木塊對彈丸先做負功后做正功,故C正確;由牛頓第三定律知,彈丸對木塊的水平作用力與木塊對彈丸的水平作用力大小相等,相互作用的時間相等,由沖量的定義式I=Ft知,彈丸對木塊的水平沖量與木塊對彈丸的水平沖量大小相等,故D正確.5.如圖,一輕彈簧左端固定在一足夠長的木塊M的左端,右端與小物塊m連接,且m,M及M與地面間接觸光滑.起先時,m和M均靜止,現同時對m,M施加等大反向的水平恒力F1和F2,從兩物體起先運動以后的整個運動過程中,對m,M和彈簧組成的系統(tǒng)(整個過程中彈簧形變不超過其彈性限度),正確的說法是(D)A.由于F1,F2等大反向,故系統(tǒng)機械能守恒B.F1,F2分別對m,M做正功,故系統(tǒng)動量不斷增加C.F1,F2分別對m,M做正功,故系統(tǒng)機械能不斷增加D.當彈簧彈力大小與F1,F2大小相等時,m,M的動能最大解析:由于F1,F2等大反向,系統(tǒng)所受合外力為零,所以系統(tǒng)動量守恒,選項B錯誤;起先時F1,F2分別對m,M做正功,系統(tǒng)的機械能增加,當兩物塊速度減為0時,彈簧的彈力大于F1,F2,之后兩力對系統(tǒng)做負功,系統(tǒng)機械能減小,選項A,C錯誤;當彈簧彈力大小與F1,F2大小相等時,m和M各自受力平衡,加速度為0,此時速度達到最大值,各自動能最大,選項D正確.6.如圖所示,一個輕質彈簧左端固定在墻上,一個質量為m的木塊以速度v0從右邊沿光滑水平面對左運動,與彈簧發(fā)生相互作用,設相互作用的過程中彈簧始終在彈性限度范圍內,那么整個相互作用過程中彈簧對木塊的沖量I的大小和彈簧對木塊做的功W分別是(C)A.I=0,W=m B.I=mv0,W=mC.I=2mv0,W=0 D.I=2mv0,W=m解析:木塊與彈簧相互作用的過程,木塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,所以彈簧復原原長、木塊剛要離開彈簧時,木塊的速度大小仍為v0,方向水平向右.取水平向右為正方向,由動量定理得I=mv0-m(-v0)=2mv0;由動能定理得W=m-m=0,選項C正確.7.如圖所示,一個木箱原來靜止在光滑水平面上,木箱內粗糙的底板上放著一個小木塊.木箱和小木塊都具有肯定的質量.現使木箱獲得一個向右的初速度v0,則(B)A.小木塊和木箱最終都將靜止B.小木塊最終將相對木箱靜止,二者一起向右運動C.小木塊與木箱內壁將始終來回往復碰撞,而木箱始終向右運動D.假如小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止,則二者將一起向左運動解析:依據動量守恒定律,木塊最終將與木箱之間無相對運動,且兩者總動量等于最初木箱的動量,所以兩者最終一起向右運動,選項B正確.8.(2024·江西南昌月考)距水平地面高5m的平臺邊緣放有一質量為0.19kg的木塊,一質量為10g的子彈水平射入木塊,并留在木塊內,木塊在子彈的沖擊下掉落到水平地面上,測得木塊落地位置到平臺邊緣的水平距離為3m.不計空氣阻力,重力加速度g=10m/s2.求:(1)子彈射入木塊前瞬間的速度大小;(2)子彈射入木塊的過程中所產生的內能.解析:(1)子彈射入木塊后與木塊一起做平拋運動,則豎直方向,有h=gt2水平方向,有s=vt解得v=3m/s子彈射入木塊的過程系統(tǒng)動量守恒,以向右為正方向,則有mv0=(m+M)v解得v0=60m/s.(2)子彈擊中木塊的過程,由能量守恒定律得Q=m-(m+M)v2解得Q=17.1J.答案:(1)60m/s(2)17.1J實力培育9.(2024·福建三明聯考)如圖所示,一半徑為R、質量為M的光滑圓弧槽D,放在光滑的水平面上,將一質量為m的小球由A點靜止釋放,在下滑到B點的過程中,下列說法正確的是(C)A.以地面為參考系,小球到達B點時相對于地的速度v滿意mv2=mgRB.以槽為參考系,小球到達B點時相對于槽的速度v'滿意mv'2=mgRC.以地面為參考系,以小球、槽和地球為系統(tǒng),機械能守恒D.不論以槽或地面為參考系,小球、槽和地球組成的系統(tǒng)機械能均不守恒解析:不論以槽或地面為參考系,小球、槽和地球組成的系統(tǒng)只有重力做功,機械能守恒,故C正確,D錯誤;質量為m的小球由A點靜止釋放,在下滑到B點的過程中,小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,設小球對地速度大小為v2,槽對地速度大小為v1,兩速度方向相反,有Mv1=mv2,系統(tǒng)機械能守恒,有mgR=m+M,故A錯誤;以槽為參考系,小球到達B點時相對于槽的速度大小v'=v1+v2,則mv'2=m(v1+v2)2=m+m+mv1v2,mv'2-mgR=m+mv1v2-M=v1(mv1+mv2)>0,故B錯誤.10.如圖所示,靜止在光滑水平面上的木板A,右端有一根輕質彈簧沿水平方向與木板相連,木板質量M=3kg,質量m=1kg的鐵塊B以水平速度v0=4m/s從木板的左端沿板面對右滑行,壓縮彈簧后又被彈回,最終恰好停在木板的左端.在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為(A)A.3J B.4J C.6J D.20J解析:設鐵塊與木板共速時速度大小為v,鐵塊相對木板向右運動的最大距離為L,鐵塊與木板之間的摩擦力大小為Ff,鐵塊壓縮彈簧使彈簧最短時,由能量守恒定律有m=FfL+(M+m)v2+Ep,由動量守恒定律,有mv0=(M+m)v,從鐵塊起先運動到最終停在木板左端過程,由功能關系得m=2FfL+(M+m)v2,聯立解得Ep=3J,故選項A正確.11.(2024·山東青島期末)(多選)一質量為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,長度為L;bc為一光滑斜面,斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽視的光滑圓弧連接.現有一質量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動,在斜面上上升的最大高度為h,返回后恰好到達a點與物體P相對靜止,重力加速度為g,則(ACD)A.粗糙水平面ab的動摩擦因數為B.當木塊最終到達a時的速度為0C.當木塊最終到達a時的速度為D.整個過程產生的熱量為2mgh解析:先分析木塊從起先到最高點的過程,木塊與物體P組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒,則有mv0=3mv,解得v=v0,依據能量守恒有μmgL+mgh=m-·3mv2,同理,最終到達a點時的速度也是v=v0,整個過程依據能量守恒定律有2μmgL=m-·3mv2,聯立解得μmgL=mgh,μ=,整個過程產生的熱量Q=2μmgL=2mgh.故A,C,D正確,B錯誤.12.(2024·江蘇鹽城一模)如圖所示,在光滑水平面上有一質量為M,長度為L的木板甲,木板的上表面粗糙、下表面光滑,木板甲上有一質量為m的物塊乙,物塊乙與木板甲間的動摩擦因數為μ.若用水平恒力F將物塊乙從木板甲的一端拉到另一端,當物塊乙與木板甲分別時,木板甲的速度為v.要使v減小,下列操作可行的是(B)A.增大物塊乙的質量mB.增大物塊乙上受的力FC.增大木板甲與物塊乙間的動摩擦因數μD.在木板甲長度L不變的條件下,減小其質量M解析:物塊乙受拉力和摩擦力作用,依據動量定理有Ft-μmgt=mv',對木板甲分析,依據動量定理有μmgt=Mv.要使物塊與木板分別,則物塊的位移與木板的位移差等于板長,則有t-t=L,聯立則有t2-t2-t2=L,解得t=,v=t.增大物塊乙的質量m,時間t增大,依據v=t可知速度v變大,故A錯誤;增大物塊乙上受的力F,則t減小,依據v=t可知速度v減小,故B正確;增大木板甲與物塊乙間的動摩擦因數μ,可知t增大,依據v=t可知速度v變大,故C錯誤;在木板甲長度L不變的條件下,減小其質量M,可知t增大,依據v=t可知速度v變大,故D錯誤.13.(2024·山東省試驗中學二診)如圖所示,有一個可視為質點的質量為m=1kg的小物塊,從光滑平臺上的A點以v0=2m/s的初速度水平拋出,到達C點時,恰好沿C點的切線方向進入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道,最終小物塊滑上緊靠軌道末端D點的質量為M=3kg的長木板,已知木板上表面與圓弧軌道末端切線相平,木板下表面與水平地面之間光滑,小物塊與長木板間的動摩擦因數μ=0.3,圓弧軌道的半徑為R=0.4m,C點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ=60°,不計空氣阻力,g取10m/s2.求:(1)小物塊剛要到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力;(2)若長木板長度L=2.4m,小物塊能否滑出長木板?解析:(1)由題意知,物塊到達C點時,速度方向與水平方向的夾角為60°,則vC==4m/s小物塊由C到D的過程中,由動能定理得mgR(1-cos60°)=m-m解得vD=2m在D點時,由牛頓其次定律得FN-mg=m解得FN=60N,由牛頓第三定律得FN'=FN=60N,方向豎直向下.(2)設小物塊始終在長木板上,當達到共同速度時大小為v,小物塊在木板上滑行的過程中,由動量守恒定律mvD=(M+m)v解得v=m/s對小物塊和長木板組成的系統(tǒng),由能量守恒定律得μmgL=m-(M+m)v2解得L=2.5m>2.4m,所以小物塊能滑出長木板.答案:(1)60N,方向豎直向下(2)見解析14.(2024·重慶南開中學適應性考試)如圖所示,在光滑的水平地面上有平板小車質量為M=2kg,體積相等的滑塊甲和乙質量均為m=1kg,三者處于靜止狀態(tài).某時刻起滑塊甲以初速度v1=2m/s向左運動,同時滑塊乙以v2=4m/s向右運動.最終甲、乙兩滑塊均恰好停在小車的兩端.小車長L=9.5m,兩滑塊與小車間的動摩擦因數相同,(g取10m/s2,滑塊甲和乙可視為質點)求:(1)兩滑塊與小車間的動摩擦