2019年高考物理大一轮复习第五章机械能能力课动力学观点和能量观点的综合应用课时训练（含解析）粤教版一、选择题(1题为单项选择题，2题为多项选择题)1．如图1所示，水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态。
把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。
随后让传送带以v2的速度匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2。
下列关系中正确的是( )图1A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2C．W1＞W2，P1＝P2，Q1＞Q2D．W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q2解析因为两次的拉力和拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以W1＝W2，当传送带不动时，物体运动的时间为t1＝lv1；当传送带以v2的速度匀速运动时，物体运动的时间为t2＝lv1＋v2，所以第二次用的时间短，功率大，即P1＜P2；一对滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也等于转化的内能，第二次的相对路程小，所以Q1＞Q2，选项B正确。
答案 B2．(xx·江西九江一模)将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图2甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。
现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木板A的左端开始向右滑动，如图乙所示。
若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是( )图2A．小铅块将从木板B的右端飞离木板B．小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等D．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量解析在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，两者速度就已经相同，选项A错误，B正确；根据摩擦力乘相对位移等于产生的热量，第一次的相对位移大小大于第二次的相对位移大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量，选项C错误，D正确。
【2019最新】精选高考物理大一轮复习微专题08动力学动量和能量观点在力学中的应用学案新人教版力学规律的综合应用(对应学生用书P115)1．解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．但综合题的解法并非孤立，而应综合利用上述三种观点的多个规律，才能顺利求解．2．力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量．(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换．这种问题由于作用时间都极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场．(2017·广东佛山一模)如图所示，王同学在一辆车上荡秋千，开始时车轮被锁定，车的右边有一个和地面相平的沙坑，且车的右端和沙坑的左边缘平齐；当王同学摆动到最大摆角θ＝60°时，车轮立即解除锁定，使车可以在水平地面上无阻力运动，王同学此后不再对车做功，并可视其身体为质点．已知秋千绳子长为L＝4.5 m，王同学和秋千板的质量为m＝50 kg，车和秋千支架的总质量为M＝200 kg，重力加速度g取10 m/s2.试求：(1)王同学摆到最低点时的速率；(2)在摆到最低点的过程中，绳子对王同学做的功；(3)王同学摆到最低点时，顺势离开秋千板，他落入沙坑的位置离沙坑左边缘的距离．已知车身的长度s＝3.6 m，秋千架安装在车的正中央，且转轴离地面的高度H＝5.75 m.解析：(1)在王同学下摆到最低点的过程中，王同学和车组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，有mv1＋Mv2＝0，系统的机械能守恒，有mgL(1－cos 60°)＝mv＋Mv，联立两式并代入数据解得v1＝6 m/s.(2)在下摆的过程中对王同学由动能定理可得mgL(1－cos 60°)＋W绳＝mv，代入数据解得W绳＝－225 J.(3)在王同学下摆的过程中，王同学与车组成的系统在水平方向动量是守恒的，则m1＋M2＝0，由于运动的时间相等，则mx1＋Mx2＝0，又x1＋|x2|＝L·sin 60°，解得车的位移x2＝－0.779 m，即车向左运动了0.779 m.王同学离开秋千后做平抛运动，运动的时间为t＝＝ s＝0.5 s，王同学沿水平方向的位移为x0＝v1t＝6×0.5 m＝3 m.所以王同学的落地点到沙坑左边缘的距离为x＝x0＋x2－＝0.421 m.答案：(1)6 m/s (2)－225 J (3)0.421 m(2018·湖北黄冈联考)如图所示，半径为R＝0.4 m，内壁光滑的半圆形轨道固定在水平地面上，质量m＝0.96 kg的滑块停放在距轨道最低点A为L＝8.0 m的O点处，质量为m0＝0.04 kg的子弹以速度v0＝250 m/s从右边水平射入滑块，并留在其中．已知滑块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.4，子弹与滑块的作用时间很短．g取10 m/s2，求：(1)子弹相对滑块静止时二者的共同速度大小v；(2)滑块从O点滑到A点的时间t；(3)滑块从A点滑上半圆形轨道后通过最高点B落到水平地面上C点，A与C间的水平距离．解析：(1)子弹射入滑块的过程动量守恒，规定水平向左为正方向，则m0v0＝(m＋m0)v，代入数据解得v＝10 m/s.(2)子弹击中滑块后与滑块一起在摩擦力的作用下向左做匀减速运动，设其加速度大小为a，则μ(m＋m0)g＝(m＋m0)a，由匀变速直线运动的规律得vt－at2＝L，联立解得t＝1 s(t＝4 s舍去)．(3)滑块从O点滑到A点时的速度vA＝v－at，代入数据解得vA＝6 m/s.设滑块从A点滑上半圆形轨道后通过最高点B点时的速度为vB，由机械能守恒定律得1(m＋m0)v＝(m＋m0)g·2R＋(m＋m0)v，2代入数据解得vB＝2 m/s.滑块离开B点后做平抛运动，运动的时间t′＝，又xAC＝vBt′，代入数据得xAC＝ m.答案：(1)10 m/s (2)1 s (3) m“子弹打木块”类问题分析(对应学生用书P116)这类题型中，通常由于“子弹”和“木块”的相互作用时间极短，内力≫外力，可认为在这一过程中动量守恒．“木块”对“子弹”的阻力乘以“子弹”的位移为“子弹”损失的动能，阻力乘以“木块”的位移等于“木块”获得的动能，阻力乘以相对位移等于系统损失的机械能．(2018·福建漳州模拟)长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有一质量为m的子弹(可视为质点)以水平速度v0击中木块并恰好未穿出．设子弹射入木块的过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，木块运动的最大距离为s，重力加速度为g，求：(1)木块与水平面间的动摩擦因数μ；(2)子弹受到的阻力大小f.解析：(1)在子弹射入木块过程的极短时间内，子弹和木块组成的系统在水平方向上动量守恒，以水平向右为正方向，则mv0＝(m＋M)v共，在子弹与木块共速到最终停止的过程中，由功能关系得1(M＋m)v＝μ(M＋m)gs，2解得μ＝.(2)在子弹射入木块过程的极短时间内，设子弹与木块之间因摩擦产生的热量为Q，由能量守恒定律得Q＝mv－(M＋m)v，又Q＝fL，联立解得f＝.答案：(1) (2)Mmv20＋(2017·湖南衡阳一模)如图甲所示，在高h＝0.8 m的水平平台上放置一质量为M＝0.9 kg的小木块(视为质点)，距平台右边缘d＝2 m．一质量为m＝0.1 kg的子弹沿水平方向射入小木块并留在其中(作用时间极短)，然后二者一起向右运动，在平台上运动的v2x关系图线如图乙所示，最后小木块从平台边缘滑出并落在距平台右侧水平距离为s＝1.6 m的地面上．g取10 m/s2，求：(1)小木块滑出平台时的速度大小；(2)子弹射入小木块前的速度大小；(3)子弹射入木块前至木块滑出平台时，系统所产生的内能．解析：(1)小木块从平台滑出后做平抛运动，有h＝gt2，s＝vt，联立两式可得v＝＝4 m/s.(2)设子弹射入木块后两者的共同速度为v1，由图乙并结合数学知识可知40 m2·s－2－v2＝v－40 m2·s－2，解得v1＝8 m/s，子弹射入木块的过程中，根据动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v1，解得v0＝＝80 m/s.(3)设子弹射入木块前至木块滑出平台时系统所产生的内能为Q，则Q＝mv－(M＋m)v2＝312 J.答案：(1)4 m/s (2)80 m/s (3)312 J弹簧类模型的处理方法(对应学生用书P117)对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统，在能量方面，由于发生弹性形变的弹簧会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化．若系统除重力和系统内弹力以外的力不做功，系统机械能守恒．若还有其他外力做功，这些力做功之和等于系统机械能改变量．做功之和为正，系统总机械能增加，反之减少．在相互作用过程中，弹簧两端的物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大．系统内每个物体除受弹簧弹力外所受其他外力的合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体具有最大速度．如图甲所示，三个物体A、B、C静止放在光滑水平面上，物体A、B用一轻质弹簧连接，并用细线拴连使弹簧处于压缩状态，三个物体的质量分别为mA＝0.1 kg、mB＝0.2 kg和mC＝0.1 kg.现将细线烧断，物体A、B在弹簧弹力作用下做往复运动(运动过程中物体A不会碰到物体C)．若此过程中弹簧始终在弹性限度内，并设以向右为正方向，从细线烧断后开始计时，物体A的速度—时间图象如图乙所示．求：(1)从细线烧断到弹簧恢复原长运动的时间；(2)弹簧长度最大时弹簧存储的弹性势能；(3)若弹簧与物体A、B不连接，在某一时刻使物体C以v0的初速度向右运动，它将在弹簧与物体分离后和物体A发生碰撞，所有碰撞都为完全弹性碰撞，试求在以后的运动过程中，物体C与物体A能够发生二次碰撞，物体C初速度v0的取值范围．(弹簧与物体分离后，迅速取走，不影响物体后面的运动)．解析：(1)当弹簧恢复到原长时，A的速度最大，则对应的时刻为t＝T＋T(k＝0,1,2，……)(2)当A的最大速度为4 m/s，此时根据动量守恒定律可得B的速度为：vB＝＝2 m/s，AB总的动能即为弹簧长度最大时弹簧存储的弹性势能，即Ep＝Ek＝mAv＋mBv＝1.2 J；(3)当A与弹簧分离时的速度为vA＝4 m/s，第一次和C碰撞时满足：mCv0－mAvA＝mCvC′＋mAvA′，1mCv＋mAv＝mCv＋mAv，2物体C与物体A能够发生二次碰撞，则需满足vC′＞vA′，联立以上解得v0＞20 m/s.答案：(1)t＝T＋T (k＝0,1,2，……)(2)1.2 J (3)v0＞20 m/s如图所示，甲、乙、丙三个相同的小物块(可视为质点)质量均为m，将两个不同的轻质弹簧压缩到最紧并用轻绳固定，弹簧与小物块之间不连接．整个系统静止在光滑水平地面上，甲物块与左边墙壁的距离为l(l远大于弹簧的长度)．某时刻烧断甲、乙之间的轻绳，甲与乙、丙的连接体立即被弹开．经过时间t，甲与墙壁发生弹性碰撞，与此同时乙、丙之间的连接绳瞬间断开，又经时间，甲与乙发生第一次碰撞．设所有碰撞均为弹性碰撞，弹簧弹开后不再影响甲、乙、丙的运动．求：(1)乙、丙之间连接绳断开前瞬间乙、丙连接体的速度大小？(2)乙、丙之间弹簧初始时具有的弹性势能．解析：(1)甲与乙、丙连接体分离时的速度大小为l t设乙、丙连接体在分离前瞬间的速度大小为v ，则有 m ＝2mv解得v ＝l 2t(2)设乙、丙分离后乙的速度大小为v 乙，丙的速度大小为v 丙 l ＋＝⎝ ⎛⎭⎪⎫l t ＋v 乙t 2分离前后乙、丙组成的系统动量守恒：2mv ＝mv 丙－mv 乙乙、丙之间弹簧初始时具有的弹性势能Ep ＝mv ＋mv －(2m)v2解得Ep ＝.答案：(1) (2)25ml24t2。
