【新】2019年高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒专题讲座六动力学、动量和能量观点的综合应用课时训练教科

专题讲座六动力学、动量和能量观点的综合应用1.(2018·山东潍坊模拟)如图所示,B,C,D,E,F 5个小球并排放置在光滑的水平面上,B,C,D,E4个球质量相等,而F球质量小于B球质量,A球的质量等于F球质量.A球以速度v0向B球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞之后( C )A.5个小球静止,1个小球运动B.4个小球静止,2个小球运动C.3个小球静止,3个小球运动D.6个小球都运动解析:A,B质量满足m A<m B,则A,B相碰后A向左运动,B向右运动.由于B,C,D,E质量相等,弹性碰撞后,不断交换速度,最终E有向右的速度,B,C,D静止;由于E,F质量满足m E>m F,则E,F都向右运动.所以B,C,D静止;A向左运动,E,F向右运动,选项C正确.2.如图所示,小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成,静止在光滑水平面上,当小车固定时,从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止.如果小车不固定,物体仍从A点静止滑下,则( A )A.还是滑到C点停住B.滑到BC间停住C.会冲出C点落到车外D.上述三种情况都有可能解析:设BC长度为L.依照题意,小车固定时,根据能量守恒可知,物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能,即有Q1=fL,其中f为物体与小车之间的摩擦力.若小车不固定,设物体相对小车滑行的距离为s.对小车和物体系统,根据水平方向的动量守恒定律可知,最终两者必定均静止,根据能量守恒可知物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能,则有Q2=Q1,而Q2=fs,得到物体在小车BC部分滑行的距离s=L,故物体仍滑到C点停住,选项A正确.3.(2018·山东泰安模拟)质量为m的人站在质量为2m的平板小车上,以共同的速度在水平地面上沿直线前行,车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比.当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下.跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计,则能正确表示车运动的v t图像为( B )解析:人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行,做匀减速直线运动,当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下,跳离前后系统动量守恒,规定车的速度方向为正方向,则有(m+2m)v0=2mv+(-mv0),得v=2v0,人跳车后做匀减速直线运动,加速度不变,选项B正确.·山东日照模拟)如图所示,足够长的小平板车B的质量为M,以水平速度v0向右在光滑水平面上运动,与此同时,质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动.若物体与车面之间的动摩擦因数为μ,则在足够长的时间内( D )A.若M>m,物体A对地向右的最大位移是B.若M<m,小车B对地向右的最大位移是C.无论M与m的大小关系如何,摩擦力对平板车的冲量均为mv0D.无论M与m的大小关系如何,摩擦力的作用时间均为解析:规定向右为正方向,根据动量守恒定律有Mv0-mv0=(M+m)v.解得v=;若M>m,A所受的摩擦力f=μmg,对A由动能定理得-μmgx A=0-m,则得物体A对地向左的最大位移x A=,选项A错误;若M<m,对B由动能定理得-μmgx B=0-M,则得小车B对地向右的最大位移x B=,选项B错误;根据动量定理知,摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量,即I=Mv-Mv0=-,选项C错误;根据动量定理得,-ft=Mv-Mv0,解得t=,选项D正确.5.(2018·山东青岛模拟)(多选)如图(甲)所示的光滑平台上,物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上,车与水平面间的动摩擦因数不计,图(乙)为物体A与小车的v t图像(v 0,v1及t1均为已知),由此可算出( BC )A.小车上表面长度B.物体A与小车B的质量之比C.物体A与小车B上表面间的动摩擦因数D.小车B获得的动能解析:图线与坐标轴包围的面积表示A相对于小车的位移,不一定为小车长度,选项A错误;设m,M分别表示物体A与小车B的质量,根据动量守恒定律mv0=Mv1+mv1,求出=,选项B正确;物体A的v t图像中斜率大小为a=μg=,可求出μ,选项C正确;因B车质量大小未知,故无法计算B车的动能,选项D错误.6.目前雾霾天气仍然困扰人们,为了解决此难题很多环保组织和环保爱好者不断研究.某个环保组织研究发现通过降雨能有效解决雾霾天气.当雨滴在空中下落时,不断与漂浮在空气中的雾霾颗粒相遇并结合为一体,其质量不断增大,直至落地.现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞.已知雨滴的初始质量为m,初速度为v0,每个雾霾颗粒质量均为m0,假设雾霾颗粒均匀分布,且雨滴每下落距离h后才与静止的雾霾颗粒碰撞并立即结合在一起.试求:(1)若不计重力和空气阻力,求第n次碰撞后雨滴的速度大小;(2)若不计空气阻力,但考虑重力,求第1次碰撞后雨滴的速度大小.解析:(1)不计重力和空气阻力,设向下为正方向,全过程中动量守恒mv0=(m+nm0)v n得 v n=.(2)若只受到重力,雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动,第1次碰撞前=+2gh碰撞瞬间动量守恒,则有mv1=(m+m0)v1′解得v1′=.答案:见解析7.(2018·福建厦门质检)带有光滑圆弧轨道的滑块质量为M=3 kg,静止在光滑水平面上,轨道足够高且轨道下端的切线方向水平.今有一质量为m=1 kg的小球以水平初速度v0=4 m/s滚上滑块,如图所示,取g=10 m/s2,求:(1)小球沿圆弧轨道上升的最大高度h;(2)小球又滚回来和轨道分离时两者的速度大小.解析:(1)当小球与滑块的速度相同时,小球上升的高度最大,设此时小球和滑块的共同速度为v,有mv0=(m+M)v,m=mgh+(m+M)v2解得h=0.6 m.(2)设小球又滚回来时,小球的速度为v1,滑块的速度为v2,有mv0=mv1+Mv2m=m+M得v1=v0=-2 m/s,v2=v0=2 m/s.答案:(1)0.6 m (2)2 m/s 2 m/s·湖北黄冈模拟)如图所示,光滑水平地面上静止放置由弹簧相连的两木块A和B,一质量为m的子弹,以速度v0水平击中木块A,并留在其中.A的质量为3m,B的质量为4m.(1)求弹簧第一次最短时的弹性势能;(2)何时B的速度最大,最大速度是多少?解析:(1)从子弹击中木块A到弹簧第一次达到最短的过程可分为两个小过程:一是子弹与木块A的碰撞过程,动量守恒,有机械能损失;二是子弹与木块A组成的整体与木块B通过弹簧相互作用的过程,动量守恒,机械能也守恒.子弹打入A的过程有mv0=4mv1打入后弹簧由原长到最短的过程有4mv1=8mv2在由子弹打入后系统机械能守恒,得×4m=×8m+E p联立解得E p=m.(2)从弹簧原长到压缩最短再恢复原长的过程中,木块B一直做变加速运动,木块A一直做变减速运动,相当于弹性碰撞,因为它们质量相等,子弹和A组成的整体与B木块交换速度,此时B 的速度最大.设弹簧恢复原长时A,B的速度分别为v1′,v2′,则有4mv1=4mv1′+4mv2′×4m=×4mv1′2+×4mv2′2解得v1′=0,v2′=v1=v0.答案:(1)m(2)恢复原长时v09.(2018·四川绵阳检测)2016年8月25日,红牛滑板大赛在内蒙古自治区的乌兰布和沙漠闭幕,参赛选手上演了滑板世界中的“速度与激情”.如图所示,轨道BC为竖直平面内的四分之一圆弧赛道,半径为R=1.8 m,轨道ABC可认为是光滑的,且水平轨道AB与圆弧BC在B点相切.一个质量为M的运动员(可视为质点)以初速度v0冲上静止在A点的滑板(可视为质点),设运动员蹬上滑板后立即与滑板一起共同沿着轨道运动.若运动员的质量M=48.0 kg,滑板质量m=2.0 kg,计算结果均保留三位有效数字,重力加速度g取10 m/s2(不计空气阻力).(1)运动员至少以多大的水平速度v0冲上滑板才能到达C点?(2)运动员以第(1)问中的速度v0冲上滑板,滑过圆弧轨道B点时滑板对轨道的压力是多大,方向如何?(3)若A点右侧为μ=0.3的水泥地面,则滑回后运动员与滑板停在距A点多远的位置?解析:(1)以运动员和滑板为一个系统,运动员以速度v0冲上滑板过程,系统水平方向总动量守恒,即Mv0=(m+M)v若运动员与滑板恰好到达C点,以AB水平面为零势能面,由机械能守恒定律得(m+M)v2=(m+M)gR两式联立解得v=6.00 m/s,v0=6.25 m/s运动员的水平速度至少要达到6.25 m/s才能到达C点.(2)运动员以第(1)问中的速度v0冲上滑板,由牛顿第二定律得N-(m+M)g=,解得N=1.50×103 N由牛顿第三定律可知滑板对轨道的压力大小为1.50×103 N,方向竖直向下.(3)因为ABC光滑,由机械能守恒定律知运动员滑回A点时速度大小仍为v=6.00 m/s,运动员滑过A点至停下过程中,由动能定理得-μ(m+M)gx=0-(m+M)v2代入数据解得x=6.00 m.答案:(1)6.25 m/s (2)1.5×103 N 方向竖直向下(3)6.00 m·湖北孝感模拟)如图,在光滑水平面上,有A,B,C三个物体,开始B,C皆静止且C在B上,A物体以v0=10 m/s撞向B物体,已知碰撞时间极短,撞完后A静止不动,而B,C最终的共同速度为4 m/s.已知B,C两物体的质量分别为m B=4 kg、m C=1 kg,试求:(1)A物体的质量为多少?(2)A,B间的碰撞是否造成了机械能损失?如果造成了机械能损失,则损失量是多少?解析:(1)由整个过程系统动量守恒m A v0=(m B+m C)v代入数据得m A=2 kg.(2)设B与A碰撞后速度为u,在B与C相互作用的时间里,B,C系统动量守恒m B u=(m B+m C)v得u=5 m/sA与B的碰撞过程中,碰前系统动能为m A=×2×100 J=100 J碰后系统动能为m B u2=×4×25 J=50 J,碰撞损失了机械能,损失量为50 J.答案:(1)2 kg (2)见解析,装置的左边是足够长的光滑水平面,一轻质弹簧左端固定,右端连接着质量M=2 kg的小物块A.装置的中间是水平传送带,它与左右两边的台面等高,并平滑对接.传送带始终以u=2 m/s的速率逆时针转动.装置的右边是一光滑的曲面,质量m=1 kg的小物块B从其上距水平台面高h=1.0 m处由静止释放.已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,传送带长l=1.0 m.设物块A,B中间发生的是对心弹性碰撞,第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态.g取10 m/s2.(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小;(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上;(3)如果物块A,B每次碰撞后,物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定,而当它们再次碰撞前锁定被解除,试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小.解析:(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0由机械能守恒知mgh=m,v0=设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a,由牛顿第二定律得μmg=ma设物块B通过传送带后运动速度大小为v,有v2-=-2al解得v=4 m/s由于v>u=2 m/s,所以v=4 m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小.(2)设物块A,B第一次碰撞后的速度分别为v A,v1,取向右为正方向,由于是弹性碰撞,由动量守恒、能量守恒得-mv=mv1+Mv Amv2=m+M解得v1=v= m/s,即碰撞后物块B在水平台面上向右匀速运动设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′,则0-=-2al′,l′= m<1 m所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上.(3)当物块B在传送带上向右运动的速度为零时,将会沿传送带向左加速.可以判断,物块B运动到左边台面的速度大小为v1,继而与物块A发生第二次碰撞.设第二次碰撞后物块B速度大小为v2,由以上计算可知v2=v1=()2v物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……碰撞后物块B的速度大小依次为v3=v2=()3v,v4=v3=()4v…,则第n次碰撞后物块B的速度大小为v n=()n v,v n= m/s.答案:(1)4 m/s (2)见解析(3) m/s。