高考物理一輪練習(xí)高考必考題突破講座6動量和能量觀點的綜合應(yīng)用

第六章高考必考題突破講座(六)1．(2018·廣東珠海模擬)(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑水平面上，用輕彈簧連接木塊與墻，一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射向木塊并嵌入其中(作用時間極短)，下列說法正確的是(CD)A．從子彈入射木塊到彈簧恢復(fù)原長的過程中，子彈、木塊構(gòu)成的系統(tǒng)的動量守恒B．從子彈入射木塊到彈簧恢復(fù)原長的過程中，子彈、木塊及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．子彈入射木塊時，子彈、木塊系統(tǒng)的動量守恒D．從彈簧開始壓縮到彈簧回復(fù)原長的過程中，子彈、木塊及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒解析從木塊開始壓縮彈簧到彈簧恢復(fù)原長的過程中，由于木塊受彈簧彈力作用，子彈、木塊系統(tǒng)的動量不守恒，選項A錯誤；子彈射入木塊過程中，由于需克服子彈與木塊間的摩擦力做功，子彈、木板及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，選項B錯誤；子彈入射木塊時，由于時間極短，彈簧的作用力可忽略不計，子彈、木塊構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，選項C正確；從彈簧開始壓縮到彈簧回復(fù)原長的過程中，沒有外力對子彈、木塊及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)做功，故該系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項D正確．2．(2018·浙江杭州模擬)(多選)如圖所示，帶有四分之一光滑圓弧軌道和上表面水平光滑、質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小球以初速度v0水平?jīng)_上小車，當(dāng)小球返回并脫離小車后(不計空氣阻力)，關(guān)于小球的運(yùn)動情況，下列說法正確的是(BC)A一定向左做平拋運(yùn)動 B．可能向左做平拋運(yùn)動C．可能做自由落體運(yùn)動 D．一定向右做平拋運(yùn)動解析設(shè)小球返回后離開小車時，小球的速度為v1、小車的速度為v2，從小球沖上小車到返回后離開的過程中，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0，當(dāng)m>M時，v1>0，小球離開小車時的速度水平向右，故小球向右做平拋運(yùn)動；當(dāng)m＝M時，v1＝0，小球離開小車時的速度為零，小球做自由落體運(yùn)動；當(dāng)m<M時，v1<0，小球離開小車時的速度水平向左，小球向左做平拋運(yùn)動．3．(2018·山東濟(jì)南模擬)(多選)兩個小球A、B在光滑水平面上相向運(yùn)動，已知它們的質(zhì)量分別是mA＝4kg、mB＝2kg，A的速度vA＝3m/s，B的速度vB＝－3m/s，假設(shè)A的速度vA的方向為正方向，A．均為1m/s B．4m/s和－C．2m/s和－1m/s D．－1m解析兩物體碰撞時，必須滿足以下條件：①系統(tǒng)的動量守恒，通過計算可得，四個選項都滿足；②滿足實際運(yùn)動情況，由于A、B沿同一直線相向運(yùn)動，所以發(fā)生碰撞后不可能保持原來運(yùn)動方向(v′A>0，v′B<0)，選項B、C均錯誤；③碰撞前系統(tǒng)的總動能Ek大于或等于碰撞后系統(tǒng)的總動能E′k，碰撞前系統(tǒng)的總動能為Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝27J，通過計算可得，選項A、D中碰撞后系統(tǒng)的總動能分別為3J、27J，滿足Ek≥E′k，選項A、D均正確．4．(2018·河北石家莊模擬)如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg.用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸．另有一物塊C從t＝0時以一定速度向右運(yùn)動，在t＝4s時與物塊A相碰，并立即與A黏在一起不再分開，物塊C的v－t(1)物塊C的質(zhì)量mC；(2)B離開墻后的運(yùn)動過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep.解析(1)由題圖知，C與A碰前速度為v1＝9m/s，碰后速度為v2＝3m/s，C與AmCv1＝(mA＋mC)v2，即mC＝2(2)12s時B離開墻壁，之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機(jī)械能守恒，且當(dāng)A、C與B的速度相等時，彈簧彈性勢能量大(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4，eq\f(1,2)(mA＋mC)veq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,4)＋Ep，得Ep＝9J.答案(1)2kg(2)95．(2018·湖北黃岡模擬)如圖所示，小球A質(zhì)量為m，系在細(xì)線的一端，線的另一端固定在O點，O點到光滑水平面的距離為h.物塊B和C的質(zhì)量分別是5m和3m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點正下方．現(xiàn)拉動小球使細(xì)線水平伸直，小球由靜止釋放，運(yùn)動到最低點時與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，反彈后上升到最高點時到水平面的距離為eq\f(h,16).小球與物塊均視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度為g，求碰撞過程B物塊受到的沖量大小及碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能．解析設(shè)小球運(yùn)動到最低點與物塊B碰撞前的速度大小為v1，取小球運(yùn)動到最低點時的重力勢能為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得v1＝eq\r(2gh).設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為v′1，同理有mgeq\f(h,16)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,1)，解得v′1＝eq\f(\r(2gh),4).設(shè)碰撞后物塊B的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有mv1＝－mv′1＋5mv2，解得v2＝eq\f(\r(2gh),4).由動量定理可得，碰撞過程B物塊受到的沖量為I＝5mv2＝eq\f(5,4)meq\r(2gh)，碰撞后當(dāng)B物塊與C物塊速度相等時輕彈簧的彈性勢能最大，據(jù)動量守恒定律有5mv2＝(5m＋3m)v據(jù)機(jī)械能守恒定律Epm＝eq\f(1,2)×5mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)×(5m＋3m)veq\o\al(2,3)，解得Epm＝eq\f(15,128)mgh.答案eq\f(5,4)meq\r(2gh)eq\f(15,128)mgh6．如圖所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R＝0.5m，物塊A以v0＝6m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌道上P處靜止的物塊B碰撞，碰后黏在一起運(yùn)動，P點左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L＝0.1m，物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，A、B的質(zhì)量均為m＝1kg.(重力加速度g取10m/s2；A、B(1)求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F；(2)若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值；(3)求碰后AB滑至第n個(n<k)光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式．解析(1)由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg(2R)＋eq\f(1,2)mv2，得A滑過Q點時的速度v＝4m/s>eq\r(gR)＝eq\r(5)m/s.在Q點，由牛頓第二定律和向心力公式有F＋mg＝eq\f(mv2,R)，解得A滑過Q點時受到的彈力F＝22N.(2)AB碰撞前A的速度為vA，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，得vA＝v0＝6m/s.AB碰撞后以共同的速度vP前進(jìn)，由動量守恒定律得mvA＝(m＋m)vP，解得vP＝3總動能＝Ek＝eq\f(1,2)(m＋m)veq\o\al(2,P)＝9J，滑塊每經(jīng)過一段粗糙段損失的機(jī)械能ΔE＝FfL＝μ(m＋m)gL＝0.2J，則k＝eq\f(Ek,ΔE)