高考物理一轮复习课时检测三十六应用三大观点解决力学综合问题含解析新人教版
展开应用三大观点解决力学综合问题
1.如图所示,一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态,一弹丸以水平速度v0击入沙袋后未穿出,二者共同摆动。若弹丸质量为m,沙袋质量为5m,弹丸相对于沙袋的形状其大小可忽略不计,弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计,不计空气阻力,重力加速度为g。下列说法中正确的是( )
A.弹丸打入沙袋过程中,细绳所受拉力大小保持不变
B.弹丸打入沙袋过程中,弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小
C.弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为
D.沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为
解析:选D 弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律得:mv0=(m+5m)v,解得v=v0;弹丸打入沙袋后,总质量变大,且做圆周运动,根据T=6mg+6m可知,细绳所受拉力变大,选项A错误;根据牛顿第三定律可知,弹丸打入沙袋过程中,弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小,选项B错误;弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q=mv02-·6mv2=mv02,选项C错误;由机械能守恒可得:·6mv2=6mgh,解得h=,选项D正确。
2.如图所示,在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M=2m的斜面体,斜面体表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动,不计冲上斜面过程中机械能损失。如果斜面固定,则小物块恰能冲到斜面顶端。如果斜面不固定,则小物块冲上斜面后能到达的最大高度为( )
A. B.
C. D.h
解析:选C 斜面固定时,由动能定理得:-mgh=0-mv02,所以v0=;斜面不固定时,由水平方向动量守恒得:mv0=(M+m)v,由机械能守恒得:mv02=(M+m)v2+mgh′;解得:h′=h。故C正确。
3.如图所示,静止在光滑水平面上的木板,右端有一轻质弹簧沿水平方向与木板相连,木板质量M=3 kg。质量m=1 kg的铁块以水平速度v0=4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行,压缩弹簧后又被弹回,最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
A.3 J B.4 J
C.6 J D.20 J
解析:选A 设铁块与木板共速时速度大小为v,铁块相对木板向右运动的最大距离为L,铁块与木板之间的摩擦力大小为f。铁块压缩弹簧使弹簧最短时,由能量守恒定律得mv02=fL+(M+m)v2+Ep。由动量守恒定律得mv0=(M+m)v。从铁块开始运动到最后停在木板左端过程,由功能关系得mv02=2fL+(M+m)v2。联立解得Ep=3 J,故选项A正确。
4.如图所示,质量为m的小车左端紧靠竖直墙壁但不固定,其左侧AB部分为光滑圆弧轨道,半径为R,轨道最低点B与水平粗糙轨道BC相切,BC=2R。将质量也为m的物块(可视为质点)从A点无初速释放。只考虑物块与BC间的摩擦,其两者间的动摩擦因数为,其余一切摩擦不计,则物块相对BC运动的位移大小为( )
A.R B.R
C.R D.2R
解析:选A 物块从A下滑到B的过程中,小车保持静止,对物块,由机械能守恒定律得:mgR=mv02
从B到C的过程中,小车和物块组成的系统水平方向动量守恒,有:mv0=2mv
从B到C的过程中,由功能关系得:
μmgΔx=mv02-·2mv2
解得Δx=R,故A正确。
5. (多选)如图所示,水平传送带AB足够长,质量为M=1 kg的木块随传送带一起以v1=2 m/s的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定),木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。当木块运动到最左端A点时,一颗质量为m=20 g的子弹,以v0=300 m/s的水平向右的速度,正对射入木块并穿出,穿出速度v=50 m/s。设子弹射穿木块的时间极短,g取10 m/s2,则( )
A.子弹射穿木块后,木块一直做减速运动
B.木块遭射击后远离A端的最大距离为0.9 m
C.木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为1.0 s
D.木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为0.6 s
解析:选BC 以向右为正方向,子弹射穿木块的过程中动量守恒,有mv0-Mv1=mv+Mv′,解得木块速度v′=3 m/s。所以子弹射穿木块后,木块先向右匀减速运动至速度为零,然后向左匀加速运动至与传送带速度相同后一起匀速运动,A错误。木块运动的加速度大小不变,a=μg=5 m/s2,木块向右匀减速运动的位移s==0.9 m,即木块遭射击后远离A端的最大距离为0.9 m,B正确。木块向右匀减速运动的时间t1==0.6 s,木块向左匀加速运动的时间t2==0.4 s,则木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为t=t1+t2=1.0 s,C正确,D错误。
6.如图所示,质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上,其水平直径AB长度为2R。现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放,然后由A点经过半圆轨道后从B冲出,在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力),则( )
A.小球和小车组成的系统动量守恒
B.小车向左运动的最大距离为R
C.小球离开小车后做斜上抛运动
D.小球第二次能上升的最大高度h0<h<h0
解析:选D 小球与小车组成的系统在水平方向所受外力之和为零,水平方向系统动量守恒,但系统整体所受外力之和不为零,系统动量不守恒,故A项错误;系统水平方向动量守恒:mv-mv′=0,即m-m=0,解得小车的位移:x=R,故B项错误;小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒,小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零,小球与小车水平方向速度为零,小球离开小车后做竖直上抛运动,故C项错误;小球第一次从释放到上升到最高点运动过程中,由动能定理得:mg(h0-h0)-Wf=0,Wf为小球克服摩擦力做功大小,解得:Wf=mgh0,即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0,由于小球第二次在车中滚动时,对应位置处速度变小,因此小车给小球的弹力变小,摩擦力变小,摩擦力做功小于mgh0,机械能损失小于mgh0,因此小球再次离开小车时,能上升的高度大于:h0-h0=h0,而小于h0,故D项正确。
7.如图所示,质量为0.5 kg的一块橡皮泥距小车上表面1.25 m高处由静止下落,恰好落入质量为2 kg、速度为2.5 m/s沿光滑水平地面运动的小车上,并与小车一起沿水平地面运动。取g=10 m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A.橡皮泥下落的时间为0.3 s
B.橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5 m/s
C.橡皮泥落入小车的过程中,橡皮泥与小车组成的系统动量守恒
D.整个过程中,橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5 J
解析:选D 橡皮泥下落的时间为:t== s=0.5 s,故A项错误;橡皮泥与小车在水平方向的动量守恒,选取向右为正方向,则有:m1v0=(m1+m2)v,所以共同速度为:v== m/s=2 m/s,故B项错误;橡皮泥落入小车的过程中,橡皮泥与小车组成的系统在水平方向的动量守恒,但竖直方向的动量不守恒,故C项错误;在整个的过程中,系统损失的机械能等于橡皮泥的重力势能与二者损失的动能,得:ΔE=m2gh+m1v02-(m1+m2)v2,代入数据可得:ΔE=7.5 J,故D项正确。
8.用一个半球形容器和三个小球可以进行碰撞实验。已知容器内侧面光滑,半径为R。三个质量分别为m1、m2、m3的小球1、2、3,半径相同且可视为质点,自左向右依次静置于容器底部的同一直线上且彼此相互接触。若将质量为m1的小球移至左侧离容器底高h处无初速释放,如图所示。各小球间的碰撞时间极短且碰撞时无机械能损失。小球1与2、2与3碰后,球1停在O点正下方,球2上升的最大高度为R,球3恰能滑出容器,则三个小球的质量之比为( )
A.2∶2∶1 B.3∶3∶1
C.4∶4∶1 D.3∶2∶1
解析:选B 由题意,碰撞后球1球2速度交换,m1=m2
球1下滑过程,由机械能守恒定律得m1gh=m1v02
对于碰撞过程,由动量守恒定律得m1v0=m2v2+m3v3。
由机械能守恒定律得:m1v02=m2v22+m3v32。
碰后,对球2有m2g·R=m2v22。
对球3有m3gR=m3v32。
联立解得m1∶m2∶m3=3∶3∶1。
9.如图所示,质量为M的平板车P高为h,质量为m的小物块Q的大小不计,位于平板车的左端,系统原来静止在光滑水平地面上。一不可伸长的轻质细绳长为R,一端悬于Q正上方高为R处,另一端系一质量也为m的小球(大小不计)。今将小球拉至细绳与竖直位置成60°角,由静止释放,小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短,且无能量损失,已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍,Q与平板车之间的动摩擦因数为μ,M∶m=4∶1,重力加速度为g。求:
(1)Q离开平板车时的速度;
(2)平板车的长度。
解析:(1)小球由静止摆到最低点的过程中,由动能定理
mgR(1-cos 60°)=mv02
解得v0=
小球与Q相撞时,小球与Q组成的系统动量守恒,机械能守恒,则有
mv0=mv1+mvQ
mv02=mv12+mvQ2
解得v1=0,vQ=
二者交换速度,即小球静止下来,Q在平板车上滑行的过程中,Q与平板车组成的系统动量守恒,则有
mvQ=Mv+m·2v
又M=4m
解得v=
则Q离开平板车时速度为2v=。
(2)设平板车长L,由能量守恒定律知
Ff·L=mvQ2-Mv2-m·(2v)2
又Ff=μmg
解得平板车的长度为L=。
答案:(1) (2)
[潜能激发]
10.如图所示,质量m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上,车长L=1.5 m,现有质量m2=0.2 kg且可视为质点的物块,以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车,最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5,取g=10 m/s2,求:
(1)物块在车面上滑行的时间t;
(2)要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少。
解析:(1)设物块与小车的共同速度为v,以水平向右的方向为正方向,根据动量守恒定律有
m2v0=(m1+m2)v
设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff,对物块应用动量定理有-Fft=m2v-m2v0
又Ff=μm2g
代入数据解得t=0.24 s。
(2)要使物块恰好不从车面滑出,需满足物块到车面最右端时与小车有共同的速度,设其为v′,则
m2v0′=(m1+m2)v′
由动能定理有-μm2gL=(m1+m2)v′2-m2v0′2
代入数据解得v0′=5 m/s
故要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度v0′不超过5 m/s。
答案:(1)0.24 s (2)5 m/s
11.(2020·浙江7月选考)小明将如图所示的装置放在水平地面上,该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ=37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m=0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H=1.0 m处静止释放。已知R=0.2 m,LAB=LBC=1.0 m,滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ=0.25,弧形轨道和圆轨道均可视为光滑,忽略空气阻力。(g取10 m/s2)
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力;
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点;
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰,碰后一起运动,动摩擦因数仍为0.25,求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。(碰撞时间不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
解析:(1)由机械能守恒定律得mgH=mgR+mvD2
根据牛顿第二定律得FN=m=8 N
根据牛顿第三定律可知滑块运动到D点时对轨道的压力为FN′=FN=8 N,方向水平向左。
(2)设滑块能在斜轨道上到达的最高点为C′点,根据功能关系得
mgH=μmgLAB+μmgLBC′cos θ+mgLBC′sin θ
得LBC′= m<1.0 m,故滑块不能冲出斜轨道的末端C点。
(3)设滑块运动到距A点x处的速度为v,由动能定理得mgH-μmgx=mv2
设碰撞后的速度为v′,动量守恒定律得mv=3mv′
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h,由动能定理得
-3μmg(LAB-x)-3μmg-3mgh=0-(3m)v′2
得h=x- m
h=0。
答案:(1)8 N,方向水平向左 (2)不能
(3)h=
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