2021優(yōu)化方案高三物理復習課時作業(yè)-研究動力學的三個基本觀點2

圖6－3－131．如圖6－3－13所示，質量為M的L形物體，靜止在光滑的水平面上，物體的AB局部是半徑為R的四分之一光滑圓弧，BC是水平面，將質量為m的小滑塊從A點靜止釋放沿圓弧面滑下并最終停在物體的水平面BC之間的D點，那么()圖6－3－13A．滑塊從A到B，物體與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒B．滑塊從A到D，物體與滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，能量守恒C．滑塊從B到D，物體與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒D．滑塊滑到D點時，物體的速度為零解析：選BCD.滑塊由A到B因受重力作用，動量不守恒，故A錯；但水平方向動量守恒，故滑塊到D處時(因其初速為零)，物體的速度為零，故D對；小滑塊最終停在D點，說明BC局部有摩擦，故機械能不守恒，但能量守恒，故B、C對．圖6－3－142．一輛小車靜止在光滑水平面上，小車立柱上拴有一根長為L的輕繩，輕繩末端拴著一個小球，如圖6－3－14所示．現(xiàn)將小球拉至水平位置后自靜止釋放，小球擺動的過程中不計一切阻力．那么以下說法中正確的選項是()圖6－3－14A．小球擺動過程中機械能守恒B．小球開始擺動后，小球和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒、動量守恒C．小球開始擺動后，小球和小車組成的系統(tǒng)機械能不守恒、動量不守恒D．小球開始擺動后，小球達最大速度時小車也同時達最大速度解析：選D.在小球下擺過程中，因小車運動，輕繩懸點移動，輕繩對小球做功不為零，故小球的機械能不守恒，但小球和小車組成的系統(tǒng)機械能是守恒的；小球豎直方向上的動量是變化的，而小車無豎直動量，故系統(tǒng)豎直方向動量不守恒，但水平方向因無外力作用，水平方向上系統(tǒng)動量是守恒的，故A、B、C均錯誤；小球在最低點時速度最大，由水平方向動量守恒可知，小車此時速度也為最大，故D正確．圖6－3－153．如圖6－3－15所示，質量分別為m1、m2的兩個小球A、B，帶有等量異種電荷，通過絕緣輕質彈簧相連接，置于絕緣光滑水平面上，突然加一水平向右的勻強電場后，兩球A、B由靜止開始運動，對兩小球A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，在以后的運動過程中，以下說法正確的選項是(設整個過程中不考慮電荷間庫侖力的作用且彈簧不超過彈性限度)()圖6－3－15A．系統(tǒng)機械能不斷增加B．系統(tǒng)機械能守恒C．系統(tǒng)動量不斷增加D．系統(tǒng)動量守恒解析：選D.對A、B組成的系統(tǒng)，所受電場力為零，這樣系統(tǒng)在水平方向上所受外力為零，系統(tǒng)的動量守恒；對A、B及彈簧組成的系統(tǒng)，有動能、彈性勢能、電勢能三者的相互轉化，故機械能不守恒．應選D.圖6－3－164．矩形滑塊由不同材料的上下兩層粘結在一起組成，將其放在光滑的水平面上，如圖6－3－16所示，質量為m的子彈以速度v水平射入滑塊，假設射擊上層，那么子彈剛好不穿出；假設射擊下層，整個子彈剛好嵌入，那么上述兩種情況相比擬()圖6－3－16A．兩次子彈對滑塊做的功一樣多B．兩次滑塊受的沖量一樣大C．子彈嵌入下層過程中克服阻力做功較少D．子彈射入上層過程中系統(tǒng)產生的熱量較多解析：選AB.由水平方向動量守恒可以知道，兩種情況對應的末速度是一樣的，系統(tǒng)動能的減少也是一樣的，系統(tǒng)產生的熱量也一樣多，D錯誤；由動能定理可知，子彈克服阻力做功相同，子彈對滑塊做功相同，A對C錯；由動量定理可以分析，兩次滑塊所受沖量一樣大，B也正確．圖6－3－175．如圖6－3－17所示，有光滑弧形軌道的小車靜止于光滑的水平面上，其總質量為M，有一質量也為M的鐵塊以水平速度v沿軌道的水平局部滑上小車．假設軌道足夠高，鐵塊不會滑出，那么鐵塊沿圓弧形軌道上升的最大高度為()圖6－3－17A.eq\f(v2,4g)B.eq\f(v2,2g)C.eq\f(v2,8g)D.eq\f(v2,6g)解析：選A.由水平方向動量守恒定律得Mv＝(M＋M)v′，v′＝eq\f(v,2)①由機械能守恒定律得eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)×(2M)v′2＋Mgh②由①②聯(lián)立解得h＝eq\f(v2,4g).圖6－3－186．(2021年湖北聯(lián)考)如圖6－3－18所示，重球A放在光滑的斜面體B上，A、B質量相等，在力F的作用下，B在光滑水平面上向左緩慢移動了一段距離，A球相對于最低點C升高h.假設突然撤去F，那么()圖6－3－18A．A以后上升的最大高度為h/2B．A球獲得的最大速度為eq\r(2gh)C．在B離開A之前，A、B動量守恒D．A、B相互作用的沖量大小相等解析：選AD.小球回到最低點與斜面體共速，設共同速度為v由機械能守恒得：mgh＝eq\f(1,2)·2mv2∴v＝eq\r(gh)到最低點后兩者別離，A球機械能守恒．設能上升的最大高度為h′那么mgh′＝eq\f(1,2)·mv2，解得h′＝eq\f(1,2)h.所以A對、B錯．整個過程中A、B動量不守恒，故C錯，由牛頓第三定律知D對．圖6－3－197．(2021年西城模擬)如圖6－3－19所示，在水平光滑桌面上有兩輛靜止的小車A和B，質量之比mA∶mB＝3∶1.將兩車用細線拴在一起，中間有一被壓縮的彈簧．燒斷細線后至彈簧恢復原長前的某一時刻，兩輛小車的()圖6－3－19A．加速度大小之比aA∶aB＝1∶1B．速度大小之比vA∶vB＝1∶3C．動能之比EkA∶EkB＝1∶1D．動量大小之比pA∶pB＝1∶3答案：B8．在光滑水平面上，動能為E0、動量的大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反．將碰撞后球1的動能和動量的大小分別記為E1、p1，球2的動能和動量的大小分別記為E2、p2，那么必有()A．E1<E0B．p1<p0C．E2>E0D．p2>p0解析：選ABD.兩個鋼球組成的系統(tǒng)在碰撞過程中動量守恒，設鋼球1初動量的方向為正方向，由動量守恒得：p0＝p2－p1，可見p2>p0，應選項D正確．單從動量方面分析，p1可以大于p0，假設如此必有碰后系統(tǒng)的機械能增加，但對于碰撞問題，碰撞后系統(tǒng)的動能不可能大于碰前系統(tǒng)的動能，因此E1＋E2≤E0，必有E1<E0，E2<E0，顯然選項A正確，選項C不正確．由動量的大小和動能的關系p2＝2mEk，因為E1<E0，得p1<p0，選項B正確．故此題正確答案為A、B、D.圖6－3－209．如圖6－3－20所示，兩個帶同種電荷的小球A和B，A、B的質量分別為m和2m，開始時將它們固定在絕緣的光滑水平面上保持靜止，A、B的相互作用力遵循牛頓第三定律．現(xiàn)同時釋放A、B，經過一段時間，B的速度大小為v，那么此時()圖6－3－20A．A球的速度大小為eq\f(v,2)B．B球對A球做的功為mv2C．A球的動能為2mv2D．A球的動量大小為mv解析：選C.以A、B兩帶電小球為系統(tǒng)對其進行受力分析可知，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)動量守恒，B的速度為v時，設A的速度為v′，那么0＝2mv＋mv′，故v′＝－2v，所以選項A錯誤；A小球獲得的動能為eq\f(1,2)mv′2＝2mv2，所以選項C正確；由動能定理可知小球B對小球A做的功即為A球所增加的動能2mv2，所以選項B錯誤；A球動量的大小為2mv，所以選項D錯誤．圖6－3－2110．水平面上放置一輛平板小車，小車上用一個輕質彈簧連接一個木塊，如圖6－3－21所示．開始時彈簧處于原長，一顆子彈以水平速度v0＝100m/s打入木塊并留在其中(設作用時間極短)．子彈質量為m0＝0.05kg，木塊質量為m1＝0.95kg，小車質量為m2＝4kg，各接觸面的摩擦均忽略不計．求木塊壓縮彈簧的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能是多少？圖6－3－21解析：以子彈和木塊為系統(tǒng)，動量守恒．取向右為正方向，設子彈打入木塊后瞬間二者的速度為v1.那么m0v0＝(m0＋m1)v1，v1＝5m/s.當三者速度相同時，彈簧具有最大彈性勢能，設共同速度為v2，由動量守恒定律得：m0v0＝(m0＋m1＋m2)v2，v2＝1m/s設最大彈性勢能為Ep，由能量守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)(m0＋m1)v12－eq\f(1,2)(m0＋m1＋m2)v22由以上三式解得：Ep＝10J.答案：10J11.圖6－3－22圖6－3－22中有一個豎直固定在地面的透氣圓筒，筒中有一勁度系數(shù)為k的輕彈簧，其下端固定，上端連接一質量為m的薄滑塊，圓筒內壁涂有一層新型智能材料——ER流體，它對滑塊的阻力可調．起初，滑塊靜止，ER流體對其阻力為0，彈簧的長度為L.現(xiàn)有一質量也為m的物體從距地面2L處自由落下，與滑塊碰撞后粘在一起向下運動．為保證滑塊做勻減速運動，且下移距離為eq\f(2mg,k)時速度減為0，ER流體對滑塊的阻力須隨滑塊下移而變．試求(忽略空氣阻力)：圖6－3－22(1)下落物體與滑塊碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；(2)滑塊向下運動過程中加速度的大??；(3)滑塊下移距離d時ER流體對滑塊阻力的大?。馕觯?1)設物體下落末速度為v0，由機械能守恒定律有mgL＝eq\f(1,2)mv02得v0＝eq\r(2gL)設碰后共同速度為v1，由動量守恒定律有2mv1＝mv0得v1＝eq\f(1,2)eq\r(2gL)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv12＝eq\f(1,2)mgL.(2)設加速度大小為a，有2as＝v12得a＝eq\f(kL,8m).(3)設彈簧彈力為FN，ER流體對滑塊的阻力為FER，受力分析如下圖FN＋FER－2mg＝2maFN＝kxx＝d＋eq\f(mg,k)得FER＝mg＋eq\f(kL,4)－kd.答案：(1)eq\f(1,2)mgL(2)eq\f(kL,8m)(3)mg＋eq\f(kL,4)－kd圖6－3－2312．(2021年湖南師大附中模擬)如圖6－3－23所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質量為3m，在木板的上面有兩塊質量為m的小木塊A和B，它們與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ.最初木板靜止，A、B兩木塊同時以水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑動，木板足夠長，A、B始終未滑離木板．求：圖6－3－23(1)木塊B從剛開始運動到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發(fā)生的位移；(2)木塊A在整個過程中的最小速度；(3)整個過程中，A、B兩木塊相對于木板滑動的總路程是多少？解析：(1)木塊A先做勻減速直線運動，后做勻加速直線運動；木塊B一直做勻減速直線運動；木板C做兩段加速度不同的勻加速直線運動，直到A、B、C三者的速度相等為止，設為v1.對A、B、C三者組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：mv0＋2mv0＝(m＋m＋3m)v1解得：v1＝0.6v0對木塊B運用動能定理，有：－μmgs＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)m(2v0)2解得：s＝91v02/(50μg)．(2)設木塊A在整個過程中的最小速度為v′，所用時間為t，由牛頓第二定律：對木塊A：a1＝μmg/m＝μg，對木