2020届高三物理一轮复习 第六章 第3讲 动量、动力学和能量观点综合应用的三类典型模型课时作业（含解析）

动量、动力学和能量观点综合应用的三类典型模型一、多项选择题1如图所示，已知物体与三块材料不同的长方形板间的动摩擦因数分别为、2和3，三块板长度均为L，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v0，从第一块板的最左端a点滑上第一块板，恰好滑到第三块板的最右端d点停下来，物体在运动过程中三块板均保持静止若让物体从d点以相同大小的初速度水平向左运动，三块板仍能保持静止，则下列说法正确的是()A物体恰好运动到a点并停下来B物体不能运动到a点C物体两次经过c点时速度大小相等D物体两次经过b点时速度大小相等解析：物体由a点到d点过程，由动能定理有(mg2mg3mg)L0mv02，同理物体由d点到a点，有(mg2mg3mg)Lmva2mv02，解得va0，选项A正确，B错误；物体由a点到c点和物体由d点到c点，合外力做的功相等，由动能定理知，物体两次经过c点速度大小相等，选项C正确；同理，物体由a点到b点和物体由d点到b点，合外力做的功不相等，物体两次经过b点速度大小不相等，选项D错误答案：AC2(2019江西上饶六校一联)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()AA物体的质量为3mBA物体的质量为2mC弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv02D弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv02解析：弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，A及弹簧组成的系统机械能守恒，则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有EpmmAv02当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：mA2v0(mmA)v由机械能守恒定律得：EpmmA(2v0)2(mAm)v2解得：mA3m，Epmmv02故A、C正确，B、D错误答案：AC3(2019山东六校联考)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍两种射入过程相比较()A射入滑块A的子弹速度变化大B整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍D两个过程中系统产生的热量相同解析：在子弹打入滑块的过程中，子弹与滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可知，mv0(Mm)v，两种情况下子弹和滑块的末速度相同，即两种情况下子弹的速度变化量相同，A项错误；两滑块质量相同，且最后的速度相同，由动量定理可知，两滑块受到的冲量相同，B项正确；由动能定理可知，两种射入过程中阻力对子弹做功相同，C项错误；两个过程中系统产生的热量与系统损失的机械能相同，D项正确答案：BD二、非选择题4.一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止重力加速度为g.求：(1)木块在ab段受到的摩擦力f；(2)木块最后距a点的距离s.解析：(1)从开始到木块到达最大高度的过程：动量守恒：mv03mv1能量守恒：mv023mv12mghfL解得：f(2)木块从最大高度至与物体P最终相对静止的过程：动量守恒：3mv13mv2能量守恒：3mv12mgh3mv22fx距a点的距离：sLx解得：sLL答案：(1)(2) L5(2019河南三市模拟)如图所示，长木板B的质量为m21.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m31.0 kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端一个质量为m10.5 kg的物块A从距离长木板B左侧l9.5 m处，以速度v010 m/s向着长木板运动一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为10.1，物块C与长木板间的动摩擦因数20.2，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；(2)长木板B的最小长度和物块A离长木板左侧的最终距离解析：(1)设物块A与木板B碰前的速度为v由动能定理得1m1glm1v2m1v02解得v9 m/sA与B发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得m1vm1v1m2v2由机械能守恒定律得m1v2m1v12m2v22联立解得v1v3 m/s，v2v6 m/s.(2)碰撞后B减速运动，C加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律对木板B有：1(m2m3)g2m3gm2a1对物块C有：2m3gm3a2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为tv2a1ta2t木板B的最小长度dv2ta1t2a2t23 mB、C达到共同速度之后，因12，二者一起减速至停下，设加速度大小为a3由牛顿运动定律得：1(m2m3)g(m2m3)a3整个过程B运动的位移为：xBv2ta1t26 mA与B碰撞后，A做减速运动的加速度大小也为a3，位移为：xA4.5 m物块A离长木板B左侧的最终距离为xAxB10.5 m.答案：(1)3 m/s6 m/s(2)3 m10.5 m6(2019湖南长沙长郡中学模拟)如图所示，光滑的水平面上有一木板，在其左端放有一重物，右方有一竖直的墙，重物的质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为0.2.使木板与重物以共同的速度v06 m/s向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短已知木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度g取10 m/s2，求木板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间解析：第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到共同的速度v.设木板的质量为m，重物的质量为2m，取向右为动量的正方向，由动量守恒得：2mv0mv03mv设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的时间为t1，对木板应用动量定理得：2mgt1mvm(v0)设重物与木板有相对运动时木板的加速度为a，由牛顿第二定律得：2mgma在达到共同速度v时，木板离墙的距离为：lv0t1at12从木板与重物以共同速度v开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为：t2从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为：tt1t2由以上各式得t代入数据可得：t4 s.答案：4 s7(2019宁夏银川一中模拟)如图所示，有一质量为M2 kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m1 kg的小物块A和B(均可视为质点)，由车上P处开始，A以初速度v12 m/s向左运动，B同时以v24 m/s向右运动最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车两物块与小车间的动摩擦因数均为0.1，g取10 m/s2.求：(1)求小车总长L；(2)物块B在小车上滑动的过程中产生的热量QB；(3)从物块A、B开始运动计时，经6 s小车离原位置的距离x.解析：(1)设最后达到共同速度v，取向右为正方向，整个系统动量守恒、能量守恒：mv2mv1(2mM)vmgLmv12mv22(2mM)v2解得：v0.5 m/s，L9.5 m.(2)设物块A离小车左端的距离为x1，从A开始运动至左端历时t1，在A运动至左端前，小车是静止的mgmaAv1aAt1x1aAt12联立可得t12 s，x12 m所以物块B离小车右端的距离x2Lx17.5 m，所以QBmgx27.5 J.(3)设从开始到达到共同速度历时t2，则vv2aBt2mgmaB联立可得：t23.5 s小车在t1前静止，在t1至t2之间以加速度a向右加速：mg(Mm)a此时小车向右运动的位移x3a(t2t1)2接下去三个物体组成的系统以v共同匀速运动了x4v(6 st2)联立以上式子，解得小车在6 s内向右运动的总距离xx3x41.625 m.答案：(1)9.5 m(2)7.5 J(3)1.625 m6