高考物理复习练习三大观点解答力学综合问题能力课时Word格式文档下载.docx

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B．m1的最小速度是v1

C．m2的最大速度是v1

D．m2的最大速度是v1

选BD.由题意结合题图可知，当m1与m2相距最近时，m2的速度为0，此后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1减速结束，m2加速结束，因此此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中系统动量守恒和机械能守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2，m1v＝m1v1′2＋m2v，可解得v1′＝v1，v2＝v1，B、D选项正确．

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沿车的粗糙上表面向左运动．若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内（　　）

A．若M＞m，物体A对地向左的最大位移是

B．若M＜m，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mv0

D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为

选D.规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：

Mv0－mv0＝（M＋m）v，解得：

v＝.若M＞m，则v＞0，方向向右，A的速度减到零时向左的位移最大．A所受的摩擦力f＝μmg，对A，根据动能定理得：

－μmgxA＝0－mv，则得物体A对地向左的最大位移xA＝，故A错误．同理若M＜m，对B，由动能定理得：

－μmgxB＝0－Mv，则得小车B对地向右的最大位移xB＝，B错误．根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即I＝－ft＝Mv－Mv0＝，f＝μmg，解得：

t＝，故C错误，D正确．

4．如图所示，质量为m＝245g的物块（可视为质点）放在质量为M＝0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g取10m/s2.子弹射入后，求：

（1）子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1；

（2）木板向右滑行的最大速度v2；

（3）物块在木板上滑行的时间t.

（1）子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，取向右为正方向，由动量守恒可得：

m0v0＝（m0＋m）v1，解得v1＝6m/s.

（2）当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：

（m0＋m）v1＝（m0＋m＋M）v2，

解得v2＝2m/s.

（3）对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：

－μ（m0＋m）gt＝（m0＋m）v2－（m0＋m）v1，

解得：

t＝1s.

答案：

（1）6m/s　

（2）2m/s　（3）1s

5．（2018·

高考全国卷Ⅰ）一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g.不计空气阻力和火药的质量.求：

（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；

（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．

（1）设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有

E＝mv①

设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有

0－v0＝－gt②

联立①②式得t＝③

（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有

E＝mgh1④

火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2，由题给条件和动量守恒定律有

mv＋mv＝E⑤

mv1＋mv2＝0⑥

由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有

mv＝mgh2⑦

联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为

h＝h1＋h2＝⑧

（1）　

（2）

[能力提升题组]（25分钟，50分）

1．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，另一端系一质量为m的小球（大小不计）．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°

角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无机械能损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，已知质量M∶m＝4∶1，重力加速度为g，求：

（1）小物块Q离开平板车时，二者速度各为多大？

（2）平板车P的长度为多少？

（3）小物块Q落地时与小车的水平距离为多少？

（1）设小球与Q碰前的速度为v0，小球下摆过程机械能守恒：

mgR（1－cos60°

）＝mv

v0＝

小球与Q进行弹性碰撞，质量又相等，二者交换速度．

小物块Q在平板车P上滑动的过程中，Q与P组成的系统动量守恒：

mv0＝mv1＋Mv2

其中v2＝v1，M＝4m，

v1＝，v2＝.

（2）对系统由能量守恒：

mv＝mv＋Mv＋μmgL，

L＝.

（3）Q脱离P后做平抛运动，由h＝gt2，解得：

t＝

Q落地时二者相距：

s＝（v1－v2）t＝.

（1）　　

（2）　（3）

2．如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；

当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直到与弹簧分离的过程中．

（1）整个系统损失的机械能；

（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能．

（1）以v0的方向为正方向，对A、B组成的系统，由动量守恒定律得

mv0＝2mv1

解得v1＝v0

B与C碰撞的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有

m·

＝2mv2

解得v2＝

系统损失的机械能

ΔE＝m（）2－×

2m（）2＝mv

（2）当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大．以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律得

mv0＝3mv

解得v＝

根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能

Ep＝mv－（3m）v2－ΔE＝mv.

（1）mv　

（2）mv

3．（2018·

高考全国卷Ⅲ）如图所示，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα＝.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；

在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求：

（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；

（2）小球到达A点时动量的大小；

（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间．

（1）设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有

＝tanα①

F2＝（mg）2＋F②

设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得

F＝m③

由①②③式和题给数据得

F0＝mg④

v＝⑤

（2）设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得

DA＝Rsinα⑥

CD＝R（1＋cosα）⑦

由动能定理有

－mg·

CD－F0·

DA＝mv2－mv⑧

由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为

p＝mv1＝⑨

（3）小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有

v⊥t＋gt2＝CD⑩

v⊥＝vsinα⑪

由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝⑫

（1）mg　　

（2）　（3）