《复习方案》高考物理人教版一轮复习课时作业22力学三大观点的综合应用.docx

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《复习方案》高考物理人教版一轮复习课时作业22力学三大观点的综合应用

课时作业22　力学“三大观点”的综合应用

时间：

45分钟

1．（多选）如图所示，在光滑水平面上，质量为m的A球以速度v0向右运动，与静止的质量为5m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0（待定系数a<1）的速率弹回，并与固定挡板P发生弹性碰撞，若要使A球能再次追上B球，则系数a可以是（　BC　）

A.B.

C.D.

解析：

A与B发生碰撞，根据动量守恒可知mv0＝5mvB－mav0，要使A球能再次追上B球，且A与固定挡板P发生弹性碰撞，则av0>vB，可解得a>，故B、C正确．

2．如图所示，一个质量为M的木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块．现使木箱获得一个向左的初速度v0，则（　C　）

A．小木块和木箱最终都将静止

B．木箱速度减为的过程中，小木块受到的水平冲量大小为Mv0

C．最终小木块速度为，方向向左

D．木箱和小木块组成的系统机械能守恒

解析：

由于木箱在光滑水平面上，小木块与木箱之间的摩擦力是木箱和小木块系统的内力，给木箱一个向左的初速度，系统满足动量守恒定律条件，小木块和木箱最终将以相同的速度运动，根据动量守恒定律，Mv0＝（M＋m）v，最终速度v＝，选项C正确、A错误；由于木箱底板粗糙，小木块在木箱内相对于木箱滑动，需要摩擦产生热量，所以木箱和小木块组成的系统机械能不守恒，选项D错误；当木箱速度减小为时，木箱动量减小了Mv0，根据动量守恒定律，小木块的动量将增加了Mv0，根据动量定理，木箱对小木块作用力的冲量为Mv0，选项B错误．

3．如图所示，两个大小相同、质量均为m的弹珠静止在水平地面上．某小孩在极短时间内给第一个弹珠水平冲量使其向右运动，当第一个弹珠运动了距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰，碰后第二个弹珠运动了2L距离停下．已知弹珠所受阻力大小恒为重力的k倍，重力加速度为g，则小孩对第一个弹珠（　D　）

A．施加的冲量为mB．施加的冲量为m

C．做的功为kmgLD．做的功为3kmgL

解析：

当第一个弹珠运动了距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰，根据动量守恒和能量守恒可知，两弹珠速度发生交换，即第一个弹珠碰后停止运动，第二个弹珠以第一个弹珠碰前的速度继续向前运动了2L距离停下，从效果上看，相当于第二个弹珠不存在，第一个弹珠直接向前运动了3L的距离后停止运动，根据动能定理可知，小孩对第一个弹珠做的功等于弹珠获得的动能，也等于克服阻力做的总功，即：

W＝Ek＝kmg·3L，选项C错误，选项D正确；施加的冲量I＝Δp＝p－0＝－0＝＝m，选项A、B错误．

4．（多选）如图所示，水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度均为d.两物体m1和m2与弹簧连接，m2的左边有一固定挡板．m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1速度为v1，则在以后的运动过程中，可能的情况是（　ABD　）

A．m1的最小速度是0

B．存在某段时间m1向左运动

C．m2的最大速度一定是v1

D．m2的最大速度是v1

解析：

m1由图示位置静止释放后，在弹簧弹力作用下向右加速运动，m2静止，当m1与m2相距最近时弹簧弹力为零，m1的速度最大，此后弹簧伸长，在弹簧弹力作用下，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2继续加速，当两物体再次相距最近时，m1达到最小速度v1′，m2达到最大速度v2′.

两物体水平方向动量守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2′

两物体与弹簧组成的系统机械能守恒

m1v＝m1v1′2＋m2v2′2；

可得v1′＝v1，v2′＝v1.

因为m1和m2的大小关系不确定，所以m1的最小速度可以是0，也可以向左运动，故A、B项正确．只有当m1＝m2时，m2的最大速度才为v1，故D项正确，C项错误．

5．如图所示，竖直半圆形光滑轨道BC与水平面AB相切，AB间距离x＝1m，质量m＝0.1kg的小滑块1放在半圆形轨道底端的B点，另一质量也为m＝0.1kg的小滑块2，从A点以v0＝2m/s的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道，恰好能在C点滑出．已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g＝10m/s2.两滑块均可视为质点．求：

（1）碰后瞬间两滑块共同的速度大小v；

（2）两滑块在碰撞过程中损失的机械能ΔE；

（3）半圆形轨道的半径R.

解析：

（1）滑块2从A运动到B，设滑块2在B点的速度为v1，由动能定理可得－μmgx＝mv－mv，

代入数据解得v1＝6m/s，

在B点，滑块2与滑块1发生完全非弹性碰撞，

由动量守恒定律可得mv1＝2mv，

代入数据解得v＝3m/s.

（2）由能量守恒定律可得机械能损失为

ΔE＝mv－·2m·v2，解得ΔE＝0.9J.

（3）碰后两滑块沿半圆形轨道上升到C点的过程中机械能守恒，则有·2mv2＝2mg×2R＋×2mv，

恰好可以通过C点，根据牛顿第二定律可得2mg＝2m，

代入数据解得R＝0.18m.

答案：

（1）3m/s　

（2）0.9J　（3）0.18m

6．如图所示，三个小木块A、B、C静止在足够长的光滑水平轨道上，质量分别为mA＝0.1kg，mB＝0.1kg，mC＝0.3kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药（质量不计），现引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E＝0.4J转化为A和B沿轨道方向的动能．

（1）分别求爆炸后瞬间A、B的速度大小；

（2）求弹簧弹性势能的最大值；

（3）分别求弹簧恢复到原长时B、C的速度大小．

解析：

（1）塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向

由动量守恒：

－mAvA＋mBvB＝0

爆炸产生的热量有0.4J转化为A、B的动能：

E＝mAv＋mBv

解得vA＝vB＝2m/s

（2）取BC和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时B、C达到共同速度vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1

由动量守恒：

mBvB＝（mB＋mC）vBC

由能量守恒定律：

mBv＝（mB＋mC）v＋Ep1

解得Ep1＝0.15J

（3）设B、C之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C的速度分别为vB1和vC1，则由动量守恒和能量守恒有

mBvB＝mBvB1＋mCvC1

mBv＝mBv＋mCv

解得vB1＝－1m/s（负号表示方向向左，即B的速度大小为1m/s），vC1＝1m/s.

（其中vB1＝2m/s，vC1＝0m/s不符合题意，舍去）

答案：

（1）大小均为2m/s　

（2）0.15J　（3）大小均为1m/s

7．（2019·合肥质检）一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的at图象如图所示，t＝0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则（　D　）

A．在t＝6s的时刻，物体的速度为18m/s

B．在0～6s时间内，合力对物体做的功为400J

C．在0～6s时间内，拉力对物体的冲量为36N·s

D．在t＝6s的时刻，拉力F的功率为200W

解析：

本题考查功、功率、动能定理、动量定理等知识．at图象，图线与时间轴所围的面积表示速度的变化量，0～6s内速度的变化量为Δv＝×6×（2＋4）m/s＝18m/s，物体的初速度为2m/s,6s末的速度为20m/s，选项A错误；根据动能定理，在0～6s时间内，合力做功W＝mv′2－mv2＝×2×202J－×2×22J＝396J，选项B错误；根据动量定理，在0～6s时间内，I－ft＝m（v′－v），解得I＝48N·s，选项C错误；在t＝6s的时刻，F－f＝ma，可得拉力F＝10N，拉力F的功率P＝Fv＝200W，选项D正确．

8．（2019·宁夏银川月考）如图所示，质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长为1.5m，现有质量为m2＝0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/s从左端滑上小车，最后在小车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＝10m/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）小车与物块组成的系统动量守恒，最后物块与小车保持相对静止，有共同速度．

根据动量守恒定律，有m2v0＝（m1＋m2）v

共同速度v＝＝0.8m/s

对物块受力分析，根据动量守恒，有－μm2gt＝m2v－m2v0

物块在车面上滑行的时间t＝＝0.24s

（2）要使物块恰好不从小车右端滑出，则物块滑到车的右端时恰与小车有共同的速度v′

根据动量守恒定律，有m2v′0＝（m1＋m2）v′

根据能量守恒定律，有μm2gL＝m2v′－（m1＋m2）v′2

解得物块滑上小车左端的速度v′0＝5m/s

即要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度不能超过5m/s.

答案：

（1）0.24s　

（2）不能超过5m/s

9．（2019·安徽蚌埠一模）如图所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定一质量为M的物体A和B（均视为质点），物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量m1＝M的小球P从物体A正上方距其高h处由静止自由下落，与物体A发生碰撞（碰撞时间极短），碰后A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为g.

（1）求碰撞后瞬间P与A的共同速度大小；

（2）当地面对物体B的弹力恰好为零时，求P和A的共同速度大小；

（3）若换成另一个质量m2＝M的小球Q从物体A正上方某一高度由静止自由下落，与物体A发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后物体A达到最高点时，地面对物体B的弹力恰好为零．求Q开始下落时距离A的高度．（上述过程中Q与A只碰撞一次）

解析：

（1）设碰撞前瞬间P的速度为v0，碰撞后瞬间二者的共同速度为v1，由机械能守恒定律，可得m1gh＝m1v，由动量守恒定律可得m1v0＝（m1＋M）v1，联立解得v1＝.

（2）设开始时弹簧的压缩量为x，当地面对B的弹力为零时弹簧的伸长量为x′，由胡克定律可得kx＝Mg，kx′＝Mg，故x＝x′，P与A从碰撞后瞬间到地面对B的弹力为零的运动过程中上升的高度为h′＝x＋x′＝，由x＝x′可知弹簧在该过程的始末两位置弹性势能相等，即Ep1＝Ep2.设地面对B的弹力为零时P与A共同速度的大小为v，由机械能守恒定律，得

（m1＋M）v＝（m1＋M）gh′＋（m1＋M）v2，

解得v＝.

（3）设小球Q从距离A高为H处下落，Q在碰撞前、后瞬间的速度分别为v2、v3，碰后A的速度为v4，由机械能守恒定律可得m2gH＝m2v，由动量守恒定律可得m2v2＝Mv4＋m2v3，由能量守恒定律可得m2v＝m2v＋Mv，

由

（2）可知碰撞后地面对物体B的弹力恰好为零时，A上升的高度为h′＝，由能量守恒定律可得Mv＝Mgh′，联立解得H＝.

答案：

（1）　

（2）　（3）

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