2020高考物理一轮总复习 课时冲关二十三 链接高考6 利用动量和能量观点解决力学综合问题（含解析）新人教版

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1、利用动量和能量观点解决力学综合问题 A级基础练1一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为v，方向水平炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块恰好做自由落体运动，质量为m，则爆炸后另一块瞬时速度大小为()AvB.vC.v D0解析：B爆炸前动量为mv，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v，取炮弹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有：mvmv，解得：vv.2.(2019山东模拟)(多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为.一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动当小物块沿斜面向上运动到最高点时

2、，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是()Amv0(mM)vBmv0cos (mM)vCmghm(v0sin )2Dmgh(mM)v2mv解析：BD小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能也守恒以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cos (mM)v，故A项错误，B项正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh(mM)v2mv，故C项错误，D项正确3如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面

3、向左运动若物体与车面之间的动摩擦因数为，则在足够长的时间内()A若Mm，物体A对地向左的最大位移是B若Mm，小车B对地向右的最大位移是C无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0D无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为解析：D若Mm，物体A向左减速为零时，对地向左有最大位移mgsmv得s，A项错误；若Mm，小车B向右减速为零时，对地向右有最大位移mgsMv得s，B项错误；取向右为正方向，系统动量守恒有Mv0mv0(Mm)v，由动量定理有IMvMv0v0，再由Imgt得t，C项错误，D项正确4如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹

4、簧，弹簧的两端与木块接触可不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B、C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能解析：设碰后A、B和C共同速度的大小为v，由动量守恒定律得3mvmv0设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得3mv2mv1mv0设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有(3m)v2Ep(2m)vmv由式得弹簧所释放的势能为Epmv.答案：mv5(2019山东青岛模拟)质量

5、为m0的木板B置于光滑水平面上，另一质量为m的木块A(可视为质点)在木板B的左端以水平速度v0开始向右运动，如图所示，木块A与木板B之间的动摩擦因数为，若要使木块A刚好不从木板B的右端掉下去，则木板B的长度至少应多长？解析：若要使木块A刚好不从木板B的右端掉下去，则木块滑至木板右端时两者具有共同速度v，在A、B相互作用的过程中，系统不受外力作用，系统内力为一对摩擦力，小木块A可视为“子弹”，木板B可视为“木块”，这与子弹打击木块模型相似由动量守恒定律得mv0(m0m)v由能量守恒定律得mv(m0m)v2Q式中的Qmgl，其中l为木块相对于木板发生的位移(即木板最小的长度)，解可得l.答案：6一

6、根不可伸长的轻绳跨过定滑轮，两端拴有A、B两物体，A、B质量分别为m11 kg，m22 kg，B物体开始时静止于地面上，A离地高度H1 m现将A抬高h11.8 m，由静止释放，绳子绷直瞬间断开，并给B一个竖直向上的瞬时冲量I，B此后上升的最大高度为h20.2 m，(不考虑一切阻力，取g10 m/s2)求：(1)瞬时冲量I的大小(2)A落地的速度解析：(1)B上升过程由动能定理得：m2gh20m2v解得：v22 m/s取竖直向上为正方向，对B由动量定理得：Im2gtm2v20由于时间极短，t近似为0，故Im2v24 Ns(2)A先做自由落体运动，下落h1高度时，速度为：v16 m/s由于绳子给A

7、的冲量大小也为I，方向竖直向上，对A由动量定理得：m1gtIm1v1m1v1代入数据解得：v12 m/s之后A自由下落，由动能定理得：m1gHm1v2m1v12解得：v2 m/s.答案：(1)4 Ns(2)2 m/sB级能力练7(2019石家庄检测)如图所示，质量分布均匀、半径为R的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁一质量为m的小球从距金属槽上端R处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为R，重力加速度为g，不计空气阻力求：(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；(2)金属槽的质量

8、解析：(1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律：mg2Rmv小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律：FNmgm据牛顿第三定律可知小球对金属槽的压力为：FNFN联立解得：FN5mg(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属块水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则：mv0(mM)v设小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的高度为h.则有R2h22根据机械守恒定律：mghmv(mM)v2.联立解得：Mm.答案：(1)5mg(2)m8(2019四川成都外国语学校月考)如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触

9、但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B并以的速度滑离B，恰好能到达C的最高点A、B、C的质量均为m，求：(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数；(2)圆弧槽C的半径R.解析：(1)当A在B上滑动时，A与B、C整体发生相互作用，由于水平面光滑，A与B、C组成的系统动量守恒，选向左的方向为正方向，有：mv0m2mv1由能量守恒知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的内能即：mgLmvm22mv联立解得：.(2)当A滑上C，B与C分离，A、C发生相互作用设A到达最高点时两者的速度相等均为v2，A、C组成的系统水平方向动量守恒有：mmv1

10、(mm)v2由A、C组成的系统机械能守恒：m2mv(2m)vmgR联立解得：R.答案：(1)(2)9(2019鹰潭模拟)如图所示是某游乐场过山车的娱乐装置原理图，弧形轨道末端与一个半径为R的光滑半圆轨道平滑连接，两辆质量均为m的相同小车(大小可忽略)，中间夹住一轻弹簧后连接在一起，两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下，当两车刚滑入半圆最低点时连接两车的挂钩突然断开，弹簧将两车弹开，其中后车刚好停下，前车沿半圆轨道运动恰能越过半圆轨道最高点，求：(1)前车被弹出时的速度(2)前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能(3)两车从静止下滑到最低点的高度h.解析：(1)设前车在最高点速度为v2，依题意

11、有：mgm设前车在最低位置与后车分离后速度为v1，根据机械能守恒得：mvmg2Rmv解得：v1(2)设两车分离前速度为v0，由动量守恒定律得：2mv0mv1解得：v0设分离前弹簧弹性势能为Ep，根据系统机械能守恒得：Epmv2mvmgR(3)两车从h高处运动到最低处机械能守恒，则：2mgh2mv解得：hR.答案：(1)(2)mgR(3)R10(2019安庆模拟)如图，A、B质量分别为m11 kg，m22 kg，置于小车C上，小车的质量为m31 kg，A、B与小车的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内

12、能A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：(1)炸开后A、B获得的速度各是多少(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少解析：(1)炸药爆炸瞬间A、B系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：0m2v2m1v1A、B的机械能总量为12 J，故有：Em1vm2v12 J联立解得：v14 m/s，v22 m/s(2)爆炸后A、B在C上滑动，B先与C相对静止，设此时B、C的速度为v3，该过程中A、B、C组成的系统动量守恒设该过程的时间为t1，由动量定理得：对B：m2gt1m2v3m2v2对C：(m2gm1g)t1m3v3解得：t10.2 s对A、B、C系统由动量守恒定律得：0(m1m2m3)

13、v解得：v0设A滑动的总时间为t，由动量定理得：m1gt0m1v1解得：t0.8 s.答案：(1)4 m/s2 m/s(2)0.8 s0.2 s11如图，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为.质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半(1)求细绳能够承受的最大拉力(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大？(3)通过计算判断C能否从木

14、板上掉下来解析：(1)设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgLmv解得：v0小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律得：FTmgm由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：FTFT解得：FT3mg(2)小球碰撞后做平抛运动，则：在竖直方向上：hgt2水平方向：Lt解得：hL(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0m3mv1假设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：3mv1(3m6m)v2由能量守恒定律得：3mv(3m6m)v3mgs联立解得：sL由sL可知，滑块C不会从木板上掉下来答案：(1)3mg(2)L(3)C不会从木板上掉下来9