新教材2024-2025學(xué)年高中物理第1章動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律分層作業(yè)8動(dòng)量與能量的綜合應(yīng)用教科版選擇性必修第一冊(cè)

第一章分層作業(yè)8動(dòng)量與能量的綜合應(yīng)用A級(jí)必備學(xué)問基礎(chǔ)練1.(多選)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L(zhǎng)的箱子靜止在光滑的水平面上,箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊,小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,初始時(shí)小物塊停在箱子正中間,如圖所示?，F(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v,小物塊與左右箱壁共碰撞N次后恰又回到箱子正中間,并與箱子保持相對(duì)靜止。設(shè)碰撞都是彈性碰撞,則整個(gè)過程中,系統(tǒng)損失的動(dòng)能為()A.12mv2 B.C.12NμmgL D.Nμ2.如圖所示,木塊靜止在光滑的水平桌面上,一子彈水平射入木塊的深度為d時(shí),子彈與木塊相對(duì)靜止。在子彈入射的過程中,木塊沿桌面移動(dòng)的距離為L(zhǎng),木塊對(duì)子彈的平均阻力為f,木塊和子彈看成一個(gè)系統(tǒng),那么在這一過程中,下列說法錯(cuò)誤的是()A.木塊的機(jī)械能增加量為fLB.子彈的機(jī)械能削減量為f(L+d)C.系統(tǒng)的機(jī)械能削減量為fdD.系統(tǒng)的機(jī)械能削減量為f(L+d)3.(多選)兩物塊A、B用輕彈簧相連,質(zhì)量均為2kg,初始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng),兩物塊A、B都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上運(yùn)動(dòng),質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方,如圖所示,物塊B、C碰撞后二者會(huì)粘在一起運(yùn)動(dòng),則下列說法正確的是()A.B、C碰撞剛結(jié)束時(shí),B、C的共同速度大小為3m/sB.彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí),A的速度大小為3m/sC.彈簧的彈性勢(shì)能最大值為12JD.彈簧再次復(fù)原原長(zhǎng)時(shí),A、B、C的速度相同4.(多選)如圖甲所示,把兩個(gè)相同的小車A和B靜止放在光滑的水平地面上,它們之間連有被壓縮的輕質(zhì)彈簧,用不行伸長(zhǎng)的輕細(xì)線把它們系在一起。如圖乙所示,小車C、D是兩個(gè)相同的小車,讓小車D緊靠墻壁,其他條件與圖甲相同。燒斷細(xì)線后,下列說法正確的是()A.當(dāng)彈簧復(fù)原原長(zhǎng)時(shí),圖甲中小車A和B組成的系統(tǒng)的動(dòng)量為零B.當(dāng)彈簧復(fù)原原長(zhǎng)時(shí),圖乙中小車C和D組成的系統(tǒng)的動(dòng)量為零C.當(dāng)彈簧復(fù)原原長(zhǎng)時(shí),圖乙中小車C的動(dòng)能是圖甲中小車A的動(dòng)能的2倍D.從燒斷細(xì)線到彈簧復(fù)原原長(zhǎng)的過程中,圖乙中彈簧對(duì)小車C的沖量是圖甲中彈簧對(duì)小車A的沖量的2倍5.(多選)如圖所示,水平光滑軌道寬度和輕彈簧自然長(zhǎng)度均為d,兩小球1、2的質(zhì)量分別為m1、m2,m1>m2,小球2的左邊有一固定擋板。由圖示位置靜止釋放兩小球,當(dāng)小球1與小球2相距最近時(shí)小球1的速度為v1,則在以后的運(yùn)動(dòng)過程中()A.小球1的最小速度是0B.小球1的最小速度是m1-C.小球2的最大速度是v1D.小球2的最大速度是2m16.如圖所示,光滑水平面上有A、B兩小車,質(zhì)量分別為mA=20kg、mB=25kg。A小車以初速度v0=3m/s向右運(yùn)動(dòng),B小車靜止且右端放著物塊C,C的質(zhì)量為mC=15kg。A、B相撞且在極短時(shí)間內(nèi)粘在一起,不再分開。已知C與B上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2,B車足夠長(zhǎng),重力加速度g取10m/s2。求C沿B上表面滑行的長(zhǎng)度。B級(jí)關(guān)鍵實(shí)力提升練7.如圖所示,質(zhì)量m=2kg的滑塊B靜止放置于光滑平臺(tái)上,滑塊B的左端固定一輕質(zhì)彈簧。平臺(tái)右側(cè)有一質(zhì)量M=6kg的小車C,其上表面與平臺(tái)等高,小車C與水平面間的摩擦不計(jì)。光滑圓弧軌道半徑R=1.6m,連線PO與豎直方向夾角為60°,另一與滑塊B完全相同的滑塊A從P點(diǎn)由靜止起先沿圓弧下滑?；瑝KA滑至平臺(tái)上擠壓彈簧,彈簧復(fù)原原長(zhǎng)后滑塊B離開平臺(tái)滑上小車C且恰好未滑落,滑塊B與小車C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.75,g取10m/s2,滑塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn),求:(1)滑塊A剛到平臺(tái)上的速度大小;(2)該過程中彈簧彈性勢(shì)能的最大值;(3)小車C的長(zhǎng)度。8.(2024山東淄博高二期末)質(zhì)量均為m的木塊A和B并排放在光滑水平面上,A上固定一豎直輕桿,輕桿上端的O點(diǎn)系一條不行拉伸的長(zhǎng)為l的細(xì)線,細(xì)線另一端系一個(gè)可以看作質(zhì)點(diǎn)的C球,質(zhì)量也為m?，F(xiàn)將C球拉起使細(xì)線水平自然伸直,并由靜止釋放C球。求:(1)C球第一次擺到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小;(2)從C球釋放到第一次擺到最低點(diǎn)的過程中B移動(dòng)的距離;(3)C球向左搖擺的最高點(diǎn)距O點(diǎn)的豎直高度。9.如圖所示,在水平軌道上靜止放置足夠長(zhǎng)的木板A和物塊C,可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B以初速度v0=3m/s從A左端起先向右運(yùn)動(dòng),當(dāng)A和B的速度相等時(shí),A與C恰好發(fā)生第一次碰撞。已知A、B、C的質(zhì)量分別為m、2m、3m,不計(jì)A與水平軌道間的摩擦,B與A上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.1,C與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.05,每次碰撞時(shí)間極短,均為彈性碰撞,重力加速度g取10m/s2,忽視空氣阻力。求:(1)A與C第一次碰撞后瞬間A、C的速度大小;(2)A與C第一、其次兩次碰撞的時(shí)間間隔。10.如圖所示,兩物塊B、C用輕彈簧連接放在水平面上,起先時(shí)物塊C被鎖定在水平面上,另一與物塊B、C在同始終線上的物塊A以水平向左的速度v0向物塊B運(yùn)動(dòng),經(jīng)過一段時(shí)間后和物塊B碰撞并粘在一起。已知物塊A、B、C完全相同,質(zhì)量均為m,水平面光滑,整個(gè)過程中彈簧未超過彈性限度,不計(jì)空氣阻力。(1)求彈簧的最大彈性勢(shì)能Epm;(2)在彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)解除鎖定,求物塊C的最大速度vCm。答案：1.BD解析取水平向右為正方向,依據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv=(M+m)v',則小物塊和箱子的共同速度v'=mvM+m,系統(tǒng)損失的動(dòng)能ΔEk=12mv2-12(M+m)v'2=mMv222.D解析由題意可知,子彈對(duì)木塊的平均作用力大小為f,木塊相對(duì)于桌面的位移為L(zhǎng),則子彈對(duì)木塊做的功為fL,依據(jù)動(dòng)能定理可知,木塊機(jī)械能的增加量等于子彈對(duì)木塊做的功,即為fL,故A正確。木塊對(duì)子彈的阻力做的功為-f(L+d),依據(jù)動(dòng)能定理可知,子彈機(jī)械能的削減量等于子彈克服阻力做的功,即為f(L+d),故B正確。子彈相對(duì)于木塊的位移大小為d,則系統(tǒng)克服阻力做的功為fd,依據(jù)功能關(guān)系可知,系統(tǒng)機(jī)械能的削減量為fd,故C正確,D錯(cuò)誤。3.BC解析由題意可知,B、C碰撞時(shí),B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,設(shè)碰撞后瞬間B、C的共同速度為vBC,規(guī)定向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律可得mBv=(mB+mC)vBC,解得vBC=2m/s,A錯(cuò)誤;當(dāng)A、B、C的速度相等時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能最大,A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,由動(dòng)量守恒定律可得(mA+mB)v=(mA+mB+mC)vABC,解得vABC=3m/s,即A的速度大小為3m/s,B正確;由能量守恒定律可得彈簧的彈性勢(shì)能最大值為Ep=12mAvA2+12(mB+mC)vBC2-12(mA+mB+mC)vABC2=36J+12J-36J=12J,C正確;設(shè)彈簧再次復(fù)原原長(zhǎng)時(shí)A的速度為v1,B、C的速度為v2,從B、C碰撞后到彈簧再次復(fù)原原長(zhǎng)的運(yùn)動(dòng)中,A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒,則有mAv+(mB+mC)vBC=mAv1+(mB+mC)v2,12mAv2+12(mB+mC)vBC2=12mAv12+14.ACD解析圖甲中,當(dāng)彈簧復(fù)原原長(zhǎng)時(shí),A與B作為整體在水平方向上不受力,故A與B組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒,原來A與B是靜止的,系統(tǒng)動(dòng)量為零,故燒斷細(xì)線后,A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量仍舊為零,選項(xiàng)A正確;圖乙中,燒斷細(xì)線后,彈簧對(duì)D有向右的作用力,而D的右端是墻壁,所以墻壁會(huì)對(duì)D有一個(gè)向左的作用力,對(duì)C與D組成的系統(tǒng)而言,水平方向上受力不等于零,所以C與D在水平方向上的動(dòng)量不守恒,故圖乙中當(dāng)彈簧復(fù)原原長(zhǎng)時(shí)C和D組成的系統(tǒng)的動(dòng)量不為零,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;設(shè)彈簧壓縮肯定程度時(shí),其彈性勢(shì)能為Ep,圖甲中彈簧復(fù)原原長(zhǎng)時(shí),依據(jù)水平方向上動(dòng)量為0可知,A與B的速度大小相等、方向相反,設(shè)其速度大小均為vA,再依據(jù)能量守恒得2EkA=Ep,解得EkA=Ep2,圖乙中當(dāng)彈簧復(fù)原原長(zhǎng)時(shí),滿意機(jī)械能守恒,則EkC=Ep,可得EkC=2EkA,故C正確;依據(jù)I=Δp結(jié)合p=2mEk,可得圖乙中彈簧對(duì)C5.BD解析由題意結(jié)合題圖可知,當(dāng)小球1與小球2相距最近時(shí),小球2的速度為0,此后,小球1在前,做減速運(yùn)動(dòng),小球2在后,做加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)再次相距最近時(shí),小球1減速結(jié)束,小球2加速結(jié)束,因此此時(shí)小球1速度最小,小球2速度最大,在此過程中小球1、2組成的系統(tǒng)動(dòng)量和動(dòng)能均守恒,有m1v1=m1v1'+m2v2,12m1v12=12m1v1'2+12m2v22,解得v1'=m16.答案13解析A、B相撞時(shí),A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,取向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v1,解得v1=43由于在極短時(shí)間內(nèi)摩擦力對(duì)C的沖量可以忽視,故A、B剛粘為一體時(shí),C的速度為零,此后,C沿B上表面滑行,直至相對(duì)于B靜止,這一過程中,A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,系統(tǒng)的動(dòng)能損失等于滑動(dòng)摩擦力做的功,有(mA+mB)v1=(mA+mB+mC)v12(mA+mB)v12-12(mA+mB+mC)v解得L=137.答案(1)4m/s(2)8J(3)0.8m解析(1)滑塊A自P點(diǎn)滑至平臺(tái)過程中,由動(dòng)能定理有mgR(1-cos60°)=1解得滑塊A剛到平臺(tái)上的速度大小為v0=4m/s。(2)當(dāng)A、B速度大小相等時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大,取向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律有mv0=2mv共由能量守恒定律有Ep=12mv0聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得該過程中彈簧彈性勢(shì)能的最大值為Ep=8J。(3)彈簧復(fù)原原長(zhǎng)時(shí)B與A分別,設(shè)分別時(shí)A的速度為v1,B的速度為v2,由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv0=mv1+mv2,1解得v1=0,v2=4m/sB恰好未從小車C上滑落,即B到小車C右端時(shí)二者速度相同,由動(dòng)量守恒定律有mv2=(m+M)v3解得v3=1m/s由能量守恒定律有μmgL=12mv2解得小車C的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=0.8m。8.答案(1)23gl3(2)l解析(1)對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng),水平方向動(dòng)量守恒,以水平向左為正方向,由動(dòng)量守恒定律及機(jī)械能守恒定律可得mvC-2mvAB=0,mgl=12mvC聯(lián)立解得vC=23(2)對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng),由人船模型規(guī)律可得mxC=2mxAB,xC+xAB=l聯(lián)立解得xAB=l3(3)對(duì)A、C組成的系統(tǒng),由動(dòng)量守恒定律可得mvC-mvAB=2mv由機(jī)械能守恒定律可得12mvC2則C球向左搖擺的最高點(diǎn)距O點(diǎn)的豎直高度為Δh=l-h聯(lián)立解得Δh=l49.答案(1)1m/s1m/s(2)2s解析(1)A、B組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,取向右為正方向,A與B共速,有2mv0=(2m+m)v1解得v1=2m/sA與C碰撞,由動(dòng)量守恒定律有mv1=mvA+3mvC由動(dòng)能守恒定律有12mv1解得vA=-1m/s,vC=1m/s,A與C第一次碰撞后瞬間A的速度大小為1m/s,C的速度大小為1m/s。(2)A與C第一次碰后C減速到0的時(shí)間為tC=vCμ2g=2s,C在tC時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為xCA、B再次共速,有2mv1+mvA=3mv2解得v2=1m/sA回到原位置的時(shí)間為t1=v1-vA、B一起勻速至與C碰撞的時(shí)間為t2=xCv兩次碰撞的時(shí)間間隔為t=t1+t2=2s。10.答案(1)14mv02解