高三一輪復(fù)習(xí)物理試題（人教版新高考新教材）考點規(guī)范練22　動量守恒中的力學(xué)綜合問題

考點規(guī)范練22動量守恒中的力學(xué)綜合問題一、單項選擇題1.如圖所示,水平面上固定著兩根足夠長的平行導(dǎo)槽,質(zhì)量為m的U形管恰好能在兩導(dǎo)槽之間自由滑動,一質(zhì)量也為m的小球沿水平方向,以初速度v0從U形管的一端射入,從另一端射出。已知小球的半徑略小于管道半徑,不計一切摩擦,下列說法正確的是()A.該過程中,小球與U形管組成的系統(tǒng)機械能和動量都守恒B.小球從U形管的另一端射出時,速度大小為12vC.小球運動到U形管圓弧部分的最左端時,速度大小為12vD.從小球射入至運動到U形管圓弧部分的最左端的過程中,U形管對平行導(dǎo)槽的沖量大小為22mv0二、非選擇題2.如圖甲所示,半徑R=0.8m的14光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi),A為軌道最高點,與圓心O等高;B為軌道最低點。在光滑水平面上緊挨B點有一靜止的平板車,其質(zhì)量m0=3kg,小車足夠長,車的上表面與B點等高,平板車上表面涂有一種特殊材料,物塊在上面滑動時,動摩擦因數(shù)隨物塊相對小車左端位移的變化圖像如圖乙所示。物塊(可視為質(zhì)點)從圓弧軌道最高點A由靜止釋放,其質(zhì)量m=1kg,g取10m/s2(1)求物塊滑到B點時對軌道壓力的大小。(2)物塊相對小車靜止時距小車左端多遠?3.(2023·浙江卷)為了探究物體間碰撞的特性,設(shè)計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接,兩半徑均為R=0.4m的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k=100N/m的輕質(zhì)彈簧連接,靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質(zhì)量m=0.12kg的滑塊a以初速度v0=221m/s從D處進入,經(jīng)DEF管道后,與FG上的滑塊b碰撞(時間極短)。已知傳送帶長L=0.8m,以v=2m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動,滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,其他摩擦和阻力均不計,各滑塊均可視為質(zhì)點,彈簧的彈性勢能Ep=12kx2(x為形變量),g取10m/s2(1)求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度的大小vF和所受支持力的大小FN。(2)若滑塊a碰后返回到B點時速度vB=1m/s,求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能ΔE。(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住,求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx。4.(2022·全國乙卷)如圖甲所示,一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接,靜止在光滑水平面上;物塊B向A運動,t=0時與彈簧接觸,到t=2t0時與彈簧分離,第一次碰撞結(jié)束,A、B的vt圖像如圖乙所示。已知從t=0到t=t0時間內(nèi),物塊A運動的距離為0.36v0t0。A、B分離后,A滑上粗糙斜面,然后滑下,與一直在水平面上運動的B再次碰撞,之后A再次滑上斜面,達到的最高點與前一次相同。斜面傾角為θ(sinθ=0.6),與水平面平滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求:甲乙(1)第一次碰撞過程中,彈簧彈性勢能的最大值;(2)第一次碰撞過程中,彈簧壓縮量的最大值;(3)物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)。

考點規(guī)范練22動量守恒中的力學(xué)綜合問題1.D解析:由于不計一切摩擦,在小球與U形管相互作用過程中,小球的動能只能與U形管的動能發(fā)生轉(zhuǎn)移,故小球與U形管組成的系統(tǒng)機械能守恒,系統(tǒng)沿導(dǎo)槽方向所受合外力為零,小球與U形管組成的系統(tǒng)沿導(dǎo)槽方向動量守恒,故A錯誤。小球進出U形管的過程,小球與U形管系統(tǒng)機械能守恒,沿著軌道方向,系統(tǒng)動量守恒,類比彈性碰撞,質(zhì)量相等交換速度,小球從U形管的另一端射出時,速度大小為0,故B錯誤。小球運動到U形管圓弧部分的最左端過程中,沿著軌道方向,系統(tǒng)動量守恒,以向左為正方向,由動量守恒定律得mv0=(m+m)vx,解得vx=v02,根據(jù)機械能守恒定律得12mv02=12mv022+12mv32(設(shè)小球的合速度為v3),解得v3=32v0,故C錯誤。在小球運動到U形管圓弧部分的最左端時,垂直軌道的分速度為v3y=v32-vx2=32v02-2.解析:(1)物塊從光滑圓弧軌道A點滑到B點的過程中,只有重力做功,由機械能守恒定律得mgR=1代入數(shù)據(jù)解得vB=4m/s在B點,由牛頓第二定律得FNmg=mv代入數(shù)據(jù)解得FN=30N由牛頓第三定律可知,物塊滑到B點時對軌道的壓力FN'=FN=30N。(2)物塊滑上小車后,由于水平地面光滑,系統(tǒng)所受合外力為零,所以系統(tǒng)的動量守恒。以向右為正方向,由動量守恒定律得mvB=(m+m0)v代入數(shù)據(jù)解得v=1m/s由能量關(guān)系得系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=12mvB2?解得Q=6J由功能關(guān)系知Q=12μ1mgx1+μ1mg(xx1將μ1=0.4,x1=0.5m代入可解得x=1.75m。答案:(1)30N(2)1.75m3.解析:(1)在滑塊a從D到F的運動過程中,根據(jù)動能定理得mg·2R=1解得vF=10m/s在F點有FNmg=mv解得FN=31.2N。(2)滑塊a返回傳送帶的過程一直在做減速運動,設(shè)滑塊a與滑塊b碰后的速度為va,在滑塊a從碰后到返回到傳送帶的B點的過程中,根據(jù)動能定理得mg·2RμmgL=1解得va=5m/sa和b相互作用的過程滿足動量守恒,mvF=m(va)+3mvb解得vb=5m/sa和b碰撞過程損失的機械能為ΔE=12mvF解得ΔE=0。(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住,則根據(jù)動量守恒定律得mvF=(m+3m)v解得v=2.5m/s彈簧被壓縮到最短和最長,均有mvF=(m+3m+2m)v'解得v'=53彈簧最大壓縮量和最大伸長量均滿足12kx2=12(m+3m)v212(m+3m+2m彈簧最大長度與最小長度之差為Δx=2x解得Δx=0.2m。答案:(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m4.解析:(1)當(dāng)t=t0時,A與B速度相同,彈簧彈性勢能最大,滿足mB·1.2v0=(mB+mA)v0此時彈簧的彈性勢能Ep=12mB(1.2v0)212(mB+mA解得mB=5m,Ep=0.6mv0(2)設(shè)0~t0時間內(nèi)某一時刻物塊A的速度為vA,物塊B的速度為vB,從此刻到二者速度相同的過程中,由動量守恒定律得mAvA+mBvB=(mA+mB)v0由微元法可知,在極短的一段時間Δt內(nèi),有mAvAΔt+mBvBΔt=(mA+mB)v0Δt故在0~t0時間內(nèi)有mAxA+mBxB=(mA+mB)v0t0其中xA、xB分別表示A、B在這段時間內(nèi)移動的距離已知xA=0.36v0t0,解得xB=1.128v0t0故第一次碰撞過程中,彈簧的最大壓縮量Δx=xBxA=0.768v0t0。(3)由題圖乙知,第一次碰撞結(jié)束時,A的速度為2v0,B的速度為0.8v0,因第二次碰撞結(jié)束后A達到的最高點與第一次相同,故第二次碰撞結(jié)束時A的速度也為2v0。設(shè)A上升的最高點高度為h,第二次碰撞前A的速度大小為vA'A上滑過程中,由動能定理得mghμmgcosθ·?sinθ=012m(2v0)A下滑過程中,由動能定理得mghμmgcosθ·?sinθ=12mvA