2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章碰撞與動(dòng)量守恒專(zhuān)題提升七動(dòng)力學(xué)動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用作業(yè)與檢測(cè)含解析魯科版

PAGE9-專(zhuān)題提升(七)動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用基礎(chǔ)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(gè)過(guò)程中(B)A.動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒B.動(dòng)量不守恒,機(jī)械能不守恒C.動(dòng)量守恒,機(jī)械能不守恒D.動(dòng)量不守恒,機(jī)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(gè)過(guò)程中,墻壁對(duì)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(dòng)量不守恒;在整個(gè)過(guò)程中,由于子彈射入木塊的碰撞過(guò)程為完全非彈性碰撞,有內(nèi)能產(chǎn)生,系統(tǒng)機(jī)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(zhǎng)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(dāng)m1與m2相距最近時(shí)m1速度為v1,則在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)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(dāng)m1與m2相距最近后,m1在前做減速運(yùn)動(dòng),m2在后做加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)再次最近時(shí),m1減速結(jié)束,m2加速結(jié)束,此時(shí)m1速度最小,m2速度最大.在此過(guò)程中m1,m2及彈簧組成的系統(tǒng)遵從動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒,則有m1v1=m1v1'+m2v2,m1=m1v1'2+m2,解得v1'=v1,v2=v1,選項(xiàng)B,D正確.3.(2024·河南信陽(yáng)統(tǒng)考)(多選)如圖所示,三小球a,b,c的質(zhì)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(yùn)動(dòng).在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,下列說(shuō)法中正確的是(ACD)A.三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒,總機(jī)械能不守恒B.三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒,總機(jī)械能也守恒C.當(dāng)小球b,c速度相等時(shí),彈簧彈性勢(shì)能最大D.當(dāng)彈簧復(fù)原原長(zhǎng)時(shí),小球c的動(dòng)能肯定最大,小球b的動(dòng)能肯定不為零解析:在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)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(dòng)量守恒,但小球a與b的碰撞屬于完全非彈性碰撞,機(jī)械能不守恒,故A正確,B錯(cuò)誤;當(dāng)小球b,c速度相等時(shí),彈簧的壓縮量最大,彈簧彈性勢(shì)能最大,故C正確;當(dāng)彈簧復(fù)原原長(zhǎng)時(shí),小球c的動(dòng)能肯定最大,依據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律可知,小球b的動(dòng)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(zhì)量為M的木塊正以速度v向左運(yùn)動(dòng),一顆質(zhì)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(shè)彈丸與木塊之間的相互作用力大小不變,則在相互作用過(guò)程中(CD)A.彈丸和木塊的速率都是越來(lái)越小B.彈丸在任一時(shí)刻的速率不行能為零C.彈丸對(duì)木塊始終做負(fù)功,木塊對(duì)彈丸先做負(fù)功后做正功D.彈丸對(duì)木塊的水平?jīng)_量與木塊對(duì)彈丸的水平?jīng)_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?xún)烧呓M成的系統(tǒng)總動(dòng)量向左,彈丸水平擊中木塊并停在木塊中的過(guò)程,系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,由動(dòng)量守恒定律可知,彈丸停在木塊中后它們一起向左運(yùn)動(dòng),即彈丸起先時(shí)向右運(yùn)動(dòng),后向左運(yùn)動(dòng),故彈丸的速領(lǐng)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(cuò)誤;木塊始終向左運(yùn)動(dòng),彈丸對(duì)木塊始終做負(fù)功,彈丸先向右運(yùn)動(dòng)后向左運(yùn)動(dòng),則木塊對(duì)彈丸先做負(fù)功后做正功,故C正確;由牛頓第三定律知,彈丸對(duì)木塊的水平作用力與木塊對(duì)彈丸的水平作用力大小相等,相互作用的時(shí)間相等,由沖量的定義式I=Ft知,彈丸對(duì)木塊的水平?jīng)_量與木塊對(duì)彈丸的水平?jīng)_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(zhǎng)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(shí),m和M均靜止,現(xiàn)同時(shí)對(duì)m,M施加等大反向的水平恒力F1和F2,從兩物體起先運(yùn)動(dòng)以后的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,對(duì)m,M和彈簧組成的系統(tǒng)(整個(gè)過(guò)程中彈簧形變不超過(guò)其彈性限度),正確的說(shuō)法是(D)A.由于F1,F2等大反向,故系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.F1,F2分別對(duì)m,M做正功,故系統(tǒng)動(dòng)量不斷增加C.F1,F2分別對(duì)m,M做正功,故系統(tǒng)機(jī)械能不斷增加D.當(dāng)彈簧彈力大小與F1,F2大小相等時(shí),m,M的動(dòng)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(dòng)量守恒,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;起先時(shí)F1,F2分別對(duì)m,M做正功,系統(tǒng)的機(jī)械能增加,當(dāng)兩物塊速度減為0時(shí),彈簧的彈力大于F1,F2,之后兩力對(duì)系統(tǒng)做負(fù)功,系統(tǒng)機(jī)械能減小,選項(xiàng)A,C錯(cuò)誤;當(dāng)彈簧彈力大小與F1,F2大小相等時(shí),m和M各自受力平衡,加速度為0,此時(shí)速度達(dá)到最大值,各自動(dòng)能最大,選項(xiàng)D正確.6.如圖所示,一個(gè)輕質(zhì)彈簧左端固定在墻上,一個(gè)質(zhì)量為m的木塊以速度v0從右邊沿光滑水平面對(duì)左運(yùn)動(dòng),與彈簧發(fā)生相互作用,設(shè)相互作用的過(guò)程中彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi),那么整個(gè)相互作用過(guò)程中彈簧對(duì)木塊的沖量I的大小和彈簧對(duì)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(guò)程,木塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,所以彈簧復(fù)原原長(zhǎng)、木塊剛要離開(kāi)彈簧時(shí),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(dòng)量定理得I=mv0-m(-v0)=2mv0;由動(dòng)能定理得W=m-m=0,選項(xiàng)C正確.7.如圖所示,一個(gè)木箱原來(lái)靜止在光滑水平面上,木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個(gè)小木塊.木箱和小木塊都具有肯定的質(zhì)量.現(xiàn)使木箱獲得一個(gè)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(duì)木箱靜止,二者一起向右運(yùn)動(dòng)C.小木塊與木箱內(nèi)壁將始終來(lái)回往復(fù)碰撞,而木箱始終向右運(yùn)動(dòng)D.假如小木塊與木箱的左壁碰撞后相對(duì)木箱靜止,則二者將一起向左運(yùn)動(dòng)解析:依據(jù)動(dòng)量守恒定律,木塊最終將與木箱之間無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng),且兩者總動(dòng)量等于最初木箱的動(dòng)量,所以?xún)烧咦罱K一起向右運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)B正確.8.(2024·江西南昌月考)距水平地面高5m的平臺(tái)邊緣放有一質(zhì)量為0.19kg的木塊,一質(zhì)量為10g的子彈水平射入木塊,并留在木塊內(nèi),木塊在子彈的沖擊下掉落到水平地面上,測(cè)得木塊落地位置到平臺(tái)邊緣的水平距離為3m.不計(jì)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(guò)程中所產(chǎn)生的內(nèi)能.解析:(1)子彈射入木塊后與木塊一起做平拋運(yùn)動(dòng),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(guò)程系統(tǒng)動(dòng)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(guò)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(shí)力培育9.(2024·福建三明聯(lián)考)如圖所示,一半徑為R、質(zhì)量為M的光滑圓弧槽D,放在光滑的水平面上,將一質(zhì)量為m的小球由A點(diǎn)靜止釋放,在下滑到B點(diǎn)的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是(C)A.以地面為參考系,小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)相對(duì)于地的速度v滿(mǎn)意mv2=mgRB.以槽為參考系,小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)相對(duì)于槽的速度v'滿(mǎn)意mv'2=mgRC.以地面為參考系,以小球、槽和地球?yàn)橄到y(tǒng),機(jī)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(jī)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(jī)械能守恒,故C正確,D錯(cuò)誤;質(zhì)量為m的小球由A點(diǎn)靜止釋放,在下滑到B點(diǎn)的過(guò)程中,小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,設(shè)小球?qū)Φ厮俣却笮関2,槽對(duì)地速度大小為v1,兩速度方向相反,有Mv1=mv2,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,有mgR=m+M,故A錯(cuò)誤;以槽為參考系,小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)相對(duì)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(cuò)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(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連,木板質(zhì)量M=3kg,質(zhì)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(duì)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(guò)程中彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為(A)A.3J B.4J C.6J D.20J解析:設(shè)鐵塊與木板共速時(shí)速度大小為v,鐵塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為L(zhǎng),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(shí),由能量守恒定律有m=FfL+(M+m)v2+Ep,由動(dòng)量守恒定律,有mv0=(M+m)v,從鐵塊起先運(yùn)動(dòng)到最終停在木板左端過(guò)程,由功能關(guān)系得m=2FfL+(M+m)v2,聯(lián)立解得Ep=3J,故選項(xiàng)A正確.11.(2024·山東青島期末)(多選)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)度可忽視的光滑圓弧連接.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高度為h,返回后恰好到達(dá)a點(diǎn)與物體P相對(duì)靜止,重力加速度為g,則(ACD)A.粗糙水平面ab的動(dòng)摩擦因數(shù)為B.當(dāng)木塊最終到達(dá)a時(shí)的速度為0C.當(dāng)木塊最終到達(dá)a時(shí)的速度為D.整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的熱量為2mgh解析:先分析木塊從起先到最高點(diǎn)的過(guò)程,木塊與物體P組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,則有mv0=3mv,解得v=v0,依據(jù)能量守恒有μmgL+mgh=m-·3mv2,同理,最終到達(dá)a點(diǎn)時(shí)的速度也是v=v0,整個(gè)過(guò)程依據(jù)能量守恒定律有2μmgL=m-·3mv2,聯(lián)立解得μmgL=mgh,μ=,整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的熱量Q=2μmgL=2mgh.故A,C,D正確,B錯(cuò)誤.12.(2024·江蘇鹽城一模)如圖所示,在光滑水平面上有一質(zhì)量為M,長(zhǎng)度為L(zhǎng)的木板甲,木板的上表面粗糙、下表面光滑,木板甲上有一質(zhì)量為m的物塊乙,物塊乙與木板甲間的動(dòng)摩擦因數(shù)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(dāng)物塊乙與木板甲分別時(shí),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(zhì)量mB.增大物塊乙上受的力FC.增大木板甲與物塊乙間的動(dòng)摩擦因數(shù)μD.在木板甲長(zhǎng)度L不變的條件下,減小其質(zhì)量M解析:物塊乙受拉力和摩擦力作用,依據(jù)動(dòng)量定理有Ft-μmgt=mv',對(duì)木板甲分析,依據(jù)動(dòng)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(zhǎng),則有t-t=L,聯(lián)立則有t2-t2-t2=L,解得t=,v=t.增大物塊乙的質(zhì)量m,時(shí)間t增大,依據(jù)v=t可知速度v變大,故A錯(cuò)誤;增大物塊乙上受的力F,則t減小,依據(jù)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(dòng)摩擦因數(shù)μ,可知t增大,依據(jù)v=t可知速度v變大,故C錯(cuò)誤;在木板甲長(zhǎng)度L不變的條件下,減小其質(zhì)量M,可知t增大,依據(jù)v=t可知速度v變大,故D錯(cuò)誤.13.(2024·山東省試驗(yàn)中學(xué)二診)如圖所示,有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m=1kg的小物塊,從光滑平臺(tái)上的A點(diǎn)以v0=2m/s的初速度水平拋出,到達(dá)C點(diǎn)時(shí),恰好沿C點(diǎn)的切線方向進(jìn)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(diǎn)的質(zhì)量為M=3kg的長(zhǎng)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(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.3,圓弧軌道的半徑為R=0.4m,C點(diǎn)和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ=60°,不計(jì)空氣阻力,g取10m/s2.求:(1)小物塊剛要到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力;(2)若長(zhǎng)木板長(zhǎng)度L=2.4m,小物塊能否滑出長(zhǎng)木板?解析:(1)由題意知,物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí),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(guò)程中,由動(dòng)能定理得mgR(1-cos60°)=m-m解得vD=2m在D點(diǎn)時(shí),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(shè)小物塊始終在長(zhǎng)木板上,當(dāng)達(dá)到共同速度時(shí)大小為v,小物塊在木板上滑行的過(guò)程中,由動(dòng)量守恒定律mvD=(M+m)v解得v=m/s對(duì)小物塊和長(zhǎng)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(zhǎng)木板.答案:(1)60N,方向豎直向下(2)見(jiàn)解析14.(2024·重慶南開(kāi)中學(xué)適應(yīng)性考試)如圖所示,在光滑的水平地面上有平板小車(chē)質(zhì)量為M=2kg,體積相等的滑塊甲和乙質(zhì)量均為m=1kg,三者處于靜止?fàn)顟B(tài).某時(shí)刻起滑塊甲以初速度v1=2m/s向左運(yùn)動(dòng),同時(shí)滑塊乙以v2=4m/s向右運(yùn)動(dòng).最終甲、乙兩滑塊均恰好停在小車(chē)的兩端.小車(chē)長(zhǎng)L=9.5m,兩滑塊與小車(chē)間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,(g取10m/s2,滑塊甲和乙可視為質(zhì)點(diǎn))求:(1)兩滑塊與小車(chē)間的動(dòng)摩擦