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  • 2021-05-24 发布

2020高考物理二轮复习第1部分专题3动量和能量第4讲力学三大观点的综合应用限时检测含解析

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第4讲 力学三大观点的综合应用 ‎ [限时45分钟;满分80分]‎ 一、选择题(每小题5分,共20分)‎ ‎1.在工厂中常用如图3-4-10所示水平传送带传送工件,可大大提高工作效率,传送带以恒定的速度v=2 m/s运行,质量为m=0.5 kg的工件以v0=1 m/s的初速度从位置A滑上传送带,工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时,后一个工件立即滑上传送带,取g=10 m/s2,则下列说法中正确的是 图3-4-10‎ A.工件经0.5 s停止相对滑动 B.正常运行时传送带上相邻工件相距0.5 m C.摩擦力对每个工件做正功为1 J D.每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为0.75 J 解析 工件进入水平传送带先匀加速运动后匀速运动,加速度大小为a=μg=2 m/s2,加速时间为t==0.5 s,A对;正常运行时相邻两工件间的距离为d=vt=1 m,B错;由动能定理知摩擦力对每个工件做正功为Wf=mv2-mv02=0.75 J,C错;在t=0.5 s内,工件对地位移为x1=t=0.75 m,传送带对地位移为x2=vt=1 m,所以每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为Q=Ff(x2-x1)=0.25 J,D错。‎ 答案 A ‎2.(2019·攀枝花一模)如图3-4-11所示,轻质弹簧固定在水平地面上。现将弹簧压缩后,将一质量为m的小球静止放在弹簧上,释放后小球被竖直弹起,小球离开弹簧时速度为v,则小球被弹起的过程中 图3-4-11‎ A.地面对弹簧的支持力冲量大于mv B.弹簧对小球的弹力冲量等于mv C.地面对弹簧的支持力做功大于mv2‎ 8‎ D.弹簧对小球的弹力做功等于mv2‎ 解析 根据动量定理分析弹力和支持力的冲量;根据动能定理分析弹力做的功,弹簧没有发生移动,所以地面的支持力不做功。规定竖直向上为正方向,对小球受力分析,受到竖直向下的重力和竖直向上的弹力作用,故根据动量定理可得IF-IG=mv,所以弹簧对小球的弹力的冲量IF=mv+IG;地面对弹簧的支持力和弹簧对地面的弹力是一对相互作用力,所以N=F,故|IN|=|IF|=mv+|IG|>mv,A正确、B错误;由于弹簧没有发生位移,所以地面对弹簧的支持力不做功,故C错误;根据动能定理WF-WG=mv2,所以WF=mv2+WG>mv2,故D错误。‎ 答案 A ‎3.(多选)(2019·烟台期末)质量为M的小车置于光滑的水平面上,左端固定一根轻弹簧,质量为m的光滑物块放在小车上,压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端,开始时小车与物块都处于静止状态,此时物块与小车右端相距为L,如图3-4-12所示,当突然烧断细线后,以下说法正确的是 图3-4-12‎ A.物块和小车组成的系统机械能守恒 B.物块和小车组成的系统动量守恒 C.当物块速度大小为v时,小车速度大小为v D.当物块离开小车时,小车向左运动的位移为L 解析 弹簧推开物体和小车的过程,若取物体、小车和弹簧的系统为研究对象,无其他力做功,则机械能守恒,但以物体和小车的系统为研究对象,弹力做功属于系统外其他力做功,弹性势能转化成系统的机械能,此时系统的机械能不守恒,A选项错误。取物体和小车的系统为研究对象,外力之和为零,故系统的动量守恒,B项正确。由系统的动量守恒:0=mv-Mv′,解得v′=v,C项正确。弹开的过程满足反冲原理和人船模型,有=,则在相同时间内=,且x+x′=L,联立得x′=,D项错误。故选B、C。‎ 答案 BC ‎4.(2019·江西七校联考)如图3-4-13甲所示,一小物块在一木板上运动时,它们运动的v-t图象如图乙所示,已知小物块始终在木板上,则下列说法正确的是 8‎ 图3-4-13‎ A.木板的长度至少为12 m B.木板的长度至少为6 m C.小物块在0~4 s内的平均速度是2 m/s D.在0~4 s内,木板和小物块的平均加速度相同 解析 小物块先减速到零再反向加速至与木板速度相同,速度相同时二者相对静止,此时,小物块相对木板的位移最大,Δx=×1.5 m=6 m,B正确,A错误;小物块在0~4 s内的位移为小物块的速度—时间图线与坐标轴所围图形的面积,x= m=-1 m,小物块的平均速度==-0.25 m/s,C错误;在0~4 s内,小物块的平均加速度方向与木板的平均加速度方向相反,D错误。‎ 答案 B 二、计算题(共60分)‎ ‎5.(10分)(2019·济宁二模)如图3-4-14所示,长木板B的质量为m2=1.0 kg,静止放在粗糙的水平地面上,质量为m3=1.0 kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端。一个质量为m1=0.5 kg的物块A由左侧向长木板运动。一段时间后物块A以v0=6 m/s的速度与长木板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。已知长木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.1,物块C与长木板间的动摩擦因数μ2=0.3,物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2,求:‎ 图3-4-14‎ ‎(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。‎ 解析 (1)A与B发生完全弹性碰撞,设碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2,‎ 由动量守恒定律得:m1v0=m1v1+m2v2,‎ 由机械能守恒定律得:mv02=m1v12+m2v22,‎ 8‎ 联立解得:v1=-2 m/s,v2=4 m/s。‎ ‎(2)之后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:-μ1(m2+m3)g-μ2m3g=m2a2‎ 对物块C有μ2m3g=m3a3,‎ 设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t,‎ v2+a2t=a3t,‎ 木板B的最小长度d=v2t+a2t2-a3t2=1 m。‎ 答案 (1)-2 m/s 4 m/s (2)1 m ‎6.(12分)(2019·咸阳一模)如图3-4-15所示,相距足够远完全相同的质量均为3m的两个木块静止放置在光滑水平面上,质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块,穿出第一块木块时速度变为v0,已知木块的长为L,设子弹在木块中所受的阻力恒定。试求:‎ 图3-4-15‎ ‎(1)子弹穿出第一块木块后,第一个木块的速度大小v以及子弹在木块中所受阻力大小。‎ ‎(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t。‎ 解析 (1)子弹打穿第一块木块过程,由动量守恒定律有 mv0=m+3mv 解得v=v0‎ 对子弹与第一块木块相互作用系统,由能量守恒定律有 FfL=mv02-m2-·(3m)v2‎ 解得子弹受到木块阻力Ff= ‎(2)对子弹与第二块木块相互作用系统,‎ 由于m2=<,则子弹不能打穿第二块木块,设子弹与第二块木块共同速度为v共,‎ 由动量守恒定律有 m=(m+3m)v共 8‎ 解得v共= 对第二块木块,由动量定理有Fft=3m 子弹在第二次木块中的运动时间为t=。‎ 答案 (1)v0  (2) ‎7.(12分)如图3-4-16所示,光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块A、B、C,物块B、C静止,物块B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计);让物块A以速度v0朝B运动,压缩弹簧;当A、B速度相等时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。那么从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中,求:‎ 图3-4-16‎ ‎(1)A、B第一次速度相同时的速度大小;‎ ‎(2)A、B第二次速度相同时的速度大小;‎ ‎(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小。‎ 解析 (1)对A、B接触的过程中,当第一次速度相同时,由动量守恒定律得,mv0=2mv1,解得v1=v0。‎ ‎(2)设A、B第二次速度相同时的速度大小为v2,对A、B、C系统,根据动量守恒定律得mv0=3mv2,‎ 解得v2=v0。‎ ‎(3)B与C接触的瞬间,B、C组成的系统动量守恒,有 m=2mv3‎ 解得v3=v0‎ 系统损失的机械能为 ΔE=m2-(2m)2=mv02‎ 当A、B、C速度相同时,弹簧的弹性势能最大,‎ 此时v2=v0‎ 根据能量守恒定律得,弹簧的最大弹性势能 Ep=mv02-(3m)v22-ΔE=mv02。‎ 8‎ 答案 (1)v0 (2)v0 (3)mv02‎ ‎8.(13分)(2019·洛阳尖子生联考)如图3-4-17所示,在光滑水平地面上有一固定的挡板,挡板左端固定一个轻弹簧。小车AB的质量M=3 kg,长L=4 m(其中O为小车的中点,AO部分粗糙,BO部分光滑),一质量为m=1 kg的小物块(可视为质点),放在小车的最左端,车和小物块一起以v0=4 m/s的速度在水平面上向右匀速运动,车撞到挡板后瞬间速度变为零,但未与挡板粘连。已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度,小物块与弹簧作用过程中弹簧始终处于弹性限度内,小物块与小车AO部分之间的动摩擦因数为μ=0.3,重力加速度取10 m/s2。求:‎ 图3-4-17‎ ‎(1)小物块和弹簧相互作用的过程中,弹簧具有的最大弹性势能;‎ ‎(2)小物块和弹簧相互作用的过程中,弹簧对小物块的冲量;‎ ‎(3)小物块最终停在小车上的位置距A端多远。‎ 解析 (1)对小物块,有ma=-μmg 根据运动学公式v2-v02=2a 由能量关系mv2=Ep,解得Ep=2 J。‎ ‎(2)设小物块离开弹簧时的速度为v1,有mv12=Ep。‎ 对小物块,根据动量定理 I=-mv1-mv 代入数据得I=-4 kg·m/s。故弹簧对小物块的冲量大小为4 kg·m/s,方向水平向左。‎ ‎(3)小物块滑过O点和小车相互作用,‎ 由动量守恒mv1=(m+M)v2。‎ 由能量关系 μmgx=mv12-(m+M)v22‎ 小物块最终停在小车上距A的距离 xA=-x 解得xA=1.5 m。‎ 答案 (1)2 J (2)4 kg·m/s,水平向左 (3)1.5 m 8‎ ‎9.(13分)(2019·南京调研)如图3-4-18甲所示,半径R=0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,B为轨道的最低点,B点右侧的光滑的水平面上紧挨B点有一静止的小平板车,平板车质量M=1 kg,长度l=1 m,小车的上表面与B点等高,距地面高度h=0.2 m。质量m=1 kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放。g取10 m/s2。试求:‎ 图3-4-18‎ ‎(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小;‎ ‎(2)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料,其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化如图3-4-18乙所示,求物块滑离平板车时的速率;‎ ‎(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,物块仍从圆弧最高点A由静止释放,求物块落地时距平板车右端的水平距离。‎ 解析 (1)物体从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中,机械能守恒,则mgR=mvB2解得vB=3 m/s。在B点由牛顿第二定律得,FN-mg=m,解得FN=mg+m=30 N,即物块滑到轨道上B点时对轨道的压力大小FN′=FN=30 N。‎ ‎(2)物块在小车上滑行时摩擦力做的功Wf=-l=-4 J,从物体开始滑到滑离平板车过程中由动能定理得,mgR+Wf=mv2,解得v=1 m/s。‎ ‎(3)当平板车不固定时,对物块a1=μg=2 m/s2‎ 对平板车a2==2 m/s2;‎ 经过时间t1物块滑离平板车,则 vBt1-a1t12-a2t12=1 m 解得t1=0.5 s(另一解舍掉)‎ 物体滑离平板车的速度 v物=vB-a1t1=2 m/s 此时平板车的速度:v车=a2t1=1 m/s 物块滑离平板车做平抛运动的时间 8‎ t2==0.2 s 物块落地时距平板车右端的水平距离 s=(v物-v车)t2=0.2 m。‎ 答案 (1)30 N (2)1 m/s (3)0.2 m 8‎