新高考物理一轮复习课时作业第6章热点专题系列(五)动力学、动量和能量观点在力学中的应用（含解析）

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[热点集训]
1．(2020·山东省济南市高三下学期三模)如图所示，在光滑水平地面上有一长为L＝2.5 m的长木板，木板的质量为M＝1 kg，木板左端上放置一小滑块，小滑块的质量为m＝2 kg，在木板右方有一竖直墙壁。某时刻木板和滑块一起以v0＝3 m/s的初速度向右运动，木板与墙壁碰撞前后速度大小不变，方向相反。已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)木板与墙壁第1次碰后木板向左运动的最远距离；
(2)木板与墙壁第4次碰前瞬间木板的速度；
(3)滑块最终停止运动时距离木板右端多远。
答案 (1)0.75 m (2)eq \f(1,9) m/s (3)0.25 m
解析 (1)由题意知，木板与墙壁碰撞后速度大小仍为v0＝3 m/s，方向水平向左。对木板，当速度为0时向左运动的距离最远，设最远距离为x，根据动能定理有－μmgx＝0－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)
代入数据可得x＝0.75 m。
(2)木板与墙壁第一次碰撞后，设木板与滑块共速时的速度为v1，根据动量守恒定律有mv0－Mv0＝(m＋M)v1
第二次与墙壁碰撞后，设木板与滑块共速时的速度为v2，根据动量守恒定律有mv1－Mv1＝(m＋M)v2
第三次与墙壁碰撞后，设木板与滑块共速时的速度为v3，根据动量守恒定律有mv2－Mv2＝(m＋M)v3
联立可得v3＝v0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m－M,m＋M)))3
代入数据可得v3＝eq \f(1,9) m/s。
(3)设整个运动过程中，滑块相对木板运动的距离为x，根据功能关系有μmgx′＝eq \f(1,2)(m＋M)veq \\al(2,0)
代入数据可得x′＝2.25 m
滑块最终停止运动时距离木板右端的距离为
Δx＝L－x′＝0.25 m。
2．(2020·海南省高考调研)如图所示，水平面上有A、B两个小物块(均视为质点)，质量均为m，两者之间有一被压缩的轻质弹簧(未与A、B连接)。距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体(底部与水平面平滑连接)。某一时刻将压缩的弹簧释放，物块A、B瞬间分离，A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D(物块A过D点后立即撤去)，B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为L(L小于斜面体的高度)。已知A与右侧水平面的动摩擦因数μ＝0.5，B左侧水平面光滑，重力加速度为g，求：
(1)物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)斜面体的质量；
(3)物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功。
答案 (1)6mg (2)eq \f(m,2) (3)eq \f(8mgL,3)
解析 (1)因物块A恰能过半圆形轨道的最高点D，则在D点时，有mg＝meq \f(v\\al(2,D),L)
从C到D的过程，由动能定理，有
－mg×2L＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
在C点时，根据牛顿第二定律，有F－mg＝meq \f(v\\al(2,C),L)
解得F＝6mg
由牛顿第三定律可知，物块A通过C点时对半圆形轨道的压力F′＝F＝6mg。
(2)弹簧释放瞬间，由动量守恒定律，有mvA＝mvB
对物块A，从释放弹簧到运动到C点的过程，根据动能定理，有－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
从B滑上斜面体至上升到最大高度的过程中，对B和斜面体组成的系统，由动量守恒定律，有mvB＝(m＋M)v
由机械能守恒定律，有eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)(m＋M)v2＋mgL
联立解得M＝eq \f(m,2)。
(3)物块B从滑上斜面体到与斜面体分离的过程中，由动量守恒定律，有mvB＝mvB′＋Mv′
由机械能守恒定律，有eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)mvB′2＋eq \f(1,2)Mv′2
解得vB′＝eq \f(\r(6gL),3)，v′＝eq \f(4\r(6gL),3)
由功能关系知，物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功W＝eq \f(1,2)Mv′2
解得W＝eq \f(8mgL,3)。
3．(2020·天津市宁河区芦台第四中学高三二模)如图所示，水平地面放置A和B两个物块，物块A的质量m1＝2 kg，物块B的质量m2＝1 kg，物块A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。现对物块A施加一个与水平方向成37°角的外力F，F＝10 N，使物块A由静止开始运动，经过12 s物块A刚好运动到物块B处，物块A与物块B碰前瞬间撤掉外力F，物块A与物块B碰撞过程没有能量损失，设碰撞时间很短，A、B两物块均可视为质点，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求：
(1)计算A与B两物块碰撞前瞬间物块A的速度大小；
(2)若在物块B的正前方放置一个弹性挡板，物块B与挡板碰撞时没有能量损失，要保证A和B两物块能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过多大？
答案 (1)6 m/s (2)3.4 m
解析 (1)设A与B碰前速度为v1，由牛顿第二定律得：Fcs37°－μ(m1g－Fsin37°)＝m1a
解得：a＝0.5 m/s2
则速度v1＝at＝6 m/s。
(2)A、B第一次相碰过程，以水平向右为正方向，设碰后A的速度为v1′，B的速度为v2
由动量守恒定律得：m1v1＝m1v1′＋m2v2
由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
联立解得：v1′＝2 m/s，v2＝8 m/s
对A从第一次碰后至减速为零的过程，由动能定理得：－μm1gsA＝0－eq \f(1,2)m1v1′2
解得：sA＝0.4 m
对B从第一次碰后至减速为零的过程，由动能定理得：－μm2gsB＝0－eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
解得：sB＝6.4 m
物块A和B能发生第二次碰撞的条件是sA＋sB>2L，解得L<3.4 m
即要保证物块A和B能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过3.4 m。