2022届新高考一轮复习人教版 第六章 专题突破4　动量、动力学和能量观点在力学中的应 作业

这是一份2022届新高考一轮复习人教版 第六章 专题突破4　动量、动力学和能量观点在力学中的应 作业，共8页。
[A组 基础题组]
一、选择题
1．如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点，则A碰撞前瞬间的速度为( )
A．0.5 m/s B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
解析：碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有－μ·2mgx＝0－eq \f(1,2)·2mv22，得v2＝1 m/s。A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv0＝mv1＋2mv2，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)·2mv22，解得v0＝1.5 m/s，C正确。
答案：C
2．(多选)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F。质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时轻绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落，则
( )
A．轻绳被拉断瞬间木板的加速度大小为eq \f(F,M)
B．轻绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2
C．弹簧恢复原长时滑块的动能为eq \f(1,2)mv2
D．滑块与木板AB间的动摩擦因数为eq \f(v2,2gl)
解析：轻绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，对木板，由牛顿第二定律得F＝Ma，得a＝eq \f(F,M)，故A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，轻绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2，故B正确；弹簧恢复原长时木板获得动能，所以滑块的动能小于eq \f(1,2)mv2，故C错误；弹簧最大的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，均为0，由能量守恒定律得Ep＝μmgl，解得μ＝eq \f(v2,2gl)，故D正确。
答案：ABD
3．(多选)(2021·湖南常德模拟)竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3 kg的B固定在一起，质量为1 kg的A放于B上。现在A和B正在一起竖直向上运动，如图所示。当A、B分离后，A上升0.2 m到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．A、B分离时B的加速度为g
B．弹簧的弹力对B做功为零
C．弹簧的弹力对B的冲量大小为6 N·s
D．B的动量变化量为零
解析：A、B分离时，二者的速度相等，加速度也相等，都等于重力加速度g，可知弹簧恢复原长时二者分离，A正确；A到最高点时弹簧恰恢复原长，可知弹簧对B做的功等于0，B正确；分离时二者速度相同，此后A做竖直上抛运动，由题设条件可知，竖直上抛的初速度v＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×0.2) m/s＝2 m/s，上升到最高点所需的时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.2 s，对B在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)得mBgt＋I弹＝mBv－(－mBv)，解得I弹＝6 N·s，C正确；分离时B的速度方向向上，A上升0.2 m到达最高点时B的速度方向向下，所以B的动量变化量向下，一定不等于0，D错误。
答案：ABC
4．(多选)如图甲，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg 的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在摩擦，之后木块A与长木板B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是 ( )
A．木块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1
B．长木板的质量M＝2 kg
C．长木板B的长度至少为2 m
D．木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为4 J
解析：由题图可知，木块A先做匀减速运动，长木板B先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得M＝m＝2 kg，故B正确；由题图可知，长木板B匀加速运动的加速度为aB＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(1,1) m/s2＝1 m/s2，对长木板B，根据牛顿第二定律得μmg＝MaB，解得μ＝0.1，故A正确；由题图可知前1 s内长木板B的位移为xB＝eq \f(1,2)×1×1 m＝0.5 m，木块A的位移为xA＝eq \f(2＋1,2)×1 m＝1.5 m，所以长木板B的最小长度为L＝xA－xB＝1 m，故C错误；木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v2＝2 J，故D错误。
答案：AB
二、非选择题
5．如图所示，质量M＝9 kg的小车A以大小v0＝8 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架光滑水平台上放置质量m＝1 kg的小球B(可看作质点)，小球距离车面H＝0.8 m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量m0＝6 kg的物块C发生碰撞并粘在一起(碰撞时间可忽略)，此后，小球刚好落入小车右端固定的小桶中(小桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小车的最终速度的大小；
(2)初始时小球与小桶的水平距离。
解析：(1)整个过程中小球、小车及物块C组成的系统水平方向动量守恒，设系统最终速度大小为v。以v0的方向为正方向，则有
(M＋m)v0＝(M＋m＋m0)v
解得v＝5 m/s。
(2)小车与物块C碰撞过程动量守恒，有
Mv0＝(M＋m0)v1
设小球下落时间为t，则有H＝eq \f(1,2)gt2，x＝(v0－v1)t
解得x＝1.28 m。
答案：(1)5 m/s (2)1.28 m
6．如图所示，光滑固定斜面的倾角θ＝30°，一轻质弹簧底端固定，上端与m0＝3 kg的物体B相连，初始时B静止，物体A质量m＝1 kg，从斜面上与物体B相距s1＝10 cm处由静止释放，物体A下滑过程中与物体B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后粘在一起，已知碰后A、B经t＝0.2 s下滑s2＝5 cm 至最低点，弹簧始终处于弹性限度内，A、B可视为质点，g取10 m/s2，求：
(1)A、B两物体从碰后到滑到最低点的过程中弹簧弹性势能的增加量ΔEp。
(2)A、B两物体从碰后至返回碰撞点的过程中，弹簧弹力冲量的大小。
解析：(1)设与B相撞前瞬间A的速度大小为v0，由动能定理得
mgs1sin θ＝eq \f(1,2)mv02，
解得v0＝1 m/s。
A、B相碰前后由动量守恒定律得
mv0＝(m＋m0)v1，
解得v1＝0.25 m/s。
从碰后到最低点的过程中，由机械能守恒定律得
ΔEp＝eq \f(1,2)(m＋m0)v12＋(m＋m0)gs2sin θ，
解得ΔEp＝1.125 J。
(2)根据机械能守恒定律知，当A、B一起返回到碰撞点时的速度大小仍为v1＝0.25 m/s，
以沿斜面向上为正方向，从碰后至返回碰撞点的过程中，由动量定理得
I－(m＋m0)gsin θ·2t＝(m＋m0)v1－[－(m0＋m)v1]，
解得I＝10 N·s。
答案：(1)1.125 J (2)10 N·s
[B组 能力题组]
7．在光滑水平地面上放有一质量M＝3 kg带四分之一光滑圆弧形槽的小车，质量为m＝2 kg的小球以速度v0＝5 m/s 沿水平槽口滑上圆弧形槽，槽口距地面的高度h＝0.8 m，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小球从槽口开始运动到最高点(未离开小车)的过程中，小球对小车做的功W；
(2)小球落地瞬间，小车与小球间的水平间距L。
解析：(1)小球上升至最高点时，两物体水平速度相等，小车和小球水平方向动量守恒，得mv0＝(m＋M)v，①
对小车由动能定理得
W＝eq \f(1,2)Mv2，②
联立①②解得W＝6 J。
(2)小球回到槽口时，小球和小车水平方向动量守恒，得
mv0＝mv1＋Mv2，③
小球和小车由功能关系得
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22，④
联立③④可解得v1＝－1 m/s，v2＝4 m/s。⑤
小球离开小车后，向右做平抛运动，小车向左做匀速运动，
h＝eq \f(1,2)gt2，⑥
L＝(v2－v1)t，⑦
联立⑤⑥⑦可得L＝2 m。
答案：(1)6 J (2)2 m
8．如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98 kg的小车，车的B点右侧的上表面是粗糙水平轨道，车的B点的左侧是半径R＝0.7 m的eq \f(1,4)光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定轻质弹簧，弹簧处于自然长度其左端正好对应小车的C点，B与C之间距离L＝0.9 m，一个质量m＝2 kg的小物块，置于车的B点，车与小物块均处于静止状态，突然有一质量m0＝20 g的子弹，以速度v0＝500 m/s击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。
(1)通过计算判断小物块是否能达到圆弧轨道的最高点A，并求当小物块再次回到B点时，小物块的最大速度大小；
(2)若已知弹簧被小物块压缩的最大压缩量x＝10 cm，求弹簧的最大弹性势能。
解析：(1)对于子弹打小车的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得m0v0＝(m0＋M)v，可得v＝5 m/s。
当小物块运动到圆轨道的高度为h时，三者共速为v共1。
根据动量守恒定律得m0v0＝(m0＋M＋m)v共1，
解得v共1＝2.5 m/s。
根据机械能守恒定律得
eq \f(1,2)(m0＋M)v2＝eq \f(1,2)(m0＋M＋m)v共12＋mgh，
解得h＝0.625 m