2019高考物理一轮复习第六章《动量与动量守恒》微专题8几种典型的碰撞类模型微专题9利用动量和能量观点解决力学综合问题课时冲关新人教版.doc

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1、- 1 -微专题 8 几种典型的碰撞类模型微专题 9 利用动量和能量观点解决力学综合问题一、单项选择题(本题 3 小题，每小题 6 分，共 18 分)1(68520193)(2017河南濮阳模拟)如图所示为两滑块 M、 N 之间压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个装置放在光滑的水平面上烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程中，下列说法不正确的是( )A两滑块的动量之和变大B两滑块与弹簧分离后动量等大反向C如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等D整个过程中两滑块的机械能增大解析：A 对两滑块所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒且始终

2、为零，A错误；由动量守恒定律得 0 mMvM mNvN，显然两滑块动量的变化量大小相等，方向相反，B 正确；当 mM mN时， vM vN，C 正确；由于弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，则两滑块的机械能增大，D 正确2(2017河北衡水中学五调)有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离 d 和船长 L.已知他自身的质量为 m，则船的质量为( )A. B.m L dd m L ddC. D.mLd m L dL解析：B 设人走动时船的速

3、度大小为 v，人的速度大小为 v，人从船尾走到船头所用时间为 t.取船的速度方向为正方向，则 v ， v ，根据动量守恒定律，有 Mv mv0，dt L dt解得船的质量 M ，故选项 B 正确m L dd3(68520194)(2017北京东城区零模)质量为 M 的木块静止在水平面上，一颗质量为 m 的子弹，以水平速度击中木块并留在其中，木块滑行距离 s 后，子弹与木块以共同速度运动，此- 2 -过程中子弹射入木块的深度为 d.为表示该过程，甲、乙两同学分别画出了如图所示的示意图若子弹射入木块的时间极短，对于甲、乙两图的分析，下列说法中正确的是 ( )A当水平面光滑时甲图正确，当水平面粗糙时

4、乙图正确B当子弹速度较大时甲图正确，当子弹速度较小时乙图正确C若水平面光滑，当 Mm 时乙图正确D不论水平面是否光滑，速度、质量大小关系如何，均是乙图正确解析：D 在子弹射入木块的瞬间，子弹与木块间的摩擦力远远大于木块与水平面间的摩擦力，故水平面光滑与粗糙效果相同对子弹和木块构成的系统，可以认为在水平方向上合外力为零，故在水平方向上动量守恒，规定向右为正方向，设子弹与木块的共同速度为 v，根据动量守恒定律有 mv0( m M)v.木块在水平面上滑行的距离为 s.从子弹射入至与木块共速的过程对木块运用动能定理得 Fs Mv2 .根据能量守恒定律得 Q Fd mv (M m)v212 Mm2v20

5、2 M m 2 12 20 12.所以 Q FdFs，即 ds，不论速度、质量大小关系如何，乙图正确故选 D.Mmv202 M m二、多项选择题(本题共 2 小题，每小题 6 分，共 12 分全部选对的得 6 分，部分选对的得 3 分，有选错或不答的得 0 分)4(68520195)(2017广东中山二模)如图所示，质量为 M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为 .一个质量为 m 的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度 v0开始运动当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为 v，距地面高度为 h，则下列关系式中正确的是( )A mv0( m M )vB m

6、v0cos ( m M )vC mgh m(v0sin )212D mgh (m M )v2 mv12 12 20解析：BD 小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能也守恒以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向- 3 -系统动量守恒得 mv0cos ( m M )v，故 A 错误，B 正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得 mgh (m M )v2 mv ，故 C 错误，D 正确12 12 205(2017江西抚州五校联考二模)如图所示，甲图表示光滑平台上，物体 A 以初速度 v0滑到上表面粗糙的水平小车 B 上，车与水平面间的

7、动摩擦因数不计，乙图为物体 A 与小车 B 的vt 图象，由此可知( )甲 乙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：BC 由图象可知， A、 B 最终以共同速度 v1匀速运动，不能确定小车上表面长度，故 A 错误；由动量守恒定律得 mAv0( mA mB)v1，故可以确定物体 A 与小车 B 的质量之比，故 B正确；由图象可知 A 相对小车 B 的位移 x v0t1，根据动能定理得 m Ag x (mA mB)12 12v mAv ，根据 B 项中求得的质量关系，可以解出动摩擦因数，故 C 正确；由于小车 B

8、的质量2112 20无法求出，故不能确定小车 B 获得的动能，故 D 错误三、非选择题(本题共 4 小题，共 70 分写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)6(68520196)(17 分)(2017河南焦作一模)如图所示，放在光滑水平面上的两个木块A、 B 中间用轻弹簧相连接，其质量分别为 m12 kg、 m2970 g，木块 A 左侧靠一固定竖直挡板，且弹簧处于自然伸长状态某一瞬间有一质量为 m030 g 的子弹以 v0100 m/s 的速度水平向左射入木块 B，并留在木块 B 内，木块 B 向左压缩弹簧然后被弹簧弹回，弹回时带动木块 A 运动，已知弹簧的形变在弹性限

9、度范围内求：(1)从子弹射入木块 B 后到木块 A 恰好离开挡板的过程中，木块 B 与子弹一起受到的弹簧弹- 4 -力的冲量；(2)当弹簧拉伸到最长时，弹簧的最大弹性势能 Ep.解析：(1)取水平向左为正方向，子弹射入木块 B 的瞬间，子弹和木块 B 组成的系统动量守恒，有m0v0( m0 m2)v1，解得 v13 m/s.经分析可知，当木块 A 恰好离开挡板时，木块 A 的速度为 0，且弹簧也恰好为原长，根据能量守恒定律，可知此时木块 B 的速度大小为 v23 m/s，方向水平向右则从子弹射入木块 B 后到木块 A 恰好离开挡板的过程中，木块 B 与子弹一起受到的弹簧弹力的冲量I p( m2

10、 m0)v2( m2 m0)v1.解得 I6 Ns，即冲量大小为 6 Ns，方向水平向右(2)当木块 A 和木块 B(含子弹)的速度相等时，弹簧最长，弹性势能最大根据动量守恒定律( m0 m2)v2( m1 m0 m2)v，解得 v1 m/s.根据能量守恒定律可得最大弹性势能Ep (m0 m2)v (m1 m0 m2)v23 J.12 21 12答案：(1)6 Ns，方向水平向右 (2)3 J7(68520197)(19 分)(2017安徽黄山质检)如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端拴连物块 b，小车质量 M3 kg， AO 部分粗糙且长 L2 m，动摩擦因数 0.3，

11、OB 部分光滑另一小物块 a，放在车的最左端，和车一起以 v04 m/s 的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连已知车 OB 部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内 a、 b 两物块视为质点，质量均为 m1 kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动( g 取 10 m/s2)求：(1)物块 a 与 b 碰后的速度大小；(2)当物块 a 相对小车静止时小车右端 B 到挡板的距离；(3)当物块 a 相对小车静止时在小车上的位置到 O 点的距离- 5 -解析：(1)对物块 a，由动能定理得 mgL mv mv ，12 21 12 20代入数据解得 a 与

12、 b 碰前速度 v12 m/s；a、 b 碰撞过程系统动量守恒，以 a 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mv12 mv2，代入数据解得 v21 m/s.(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离， a 以 v21 m/s 的速度在小车上向左滑动，当与车共速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得 mv2( M m)v3，代入数据解得 v30.25 m/s，对小车，由动能定理得 mgs Mv ，12 23代入数据解得共速时小车右端 B 距挡板的距离s m0.031 25 m.132(3)由能量守恒定律得 mgx mv (M m)v ，解得滑块 a 与小车相对静止时到 O 点的距12 2 12 23离

13、 x m0.125 m.18答案：(1)1 m/s (2)0.031 25 m (3)0.125 m8(68520198)(17 分)(2017东北三省三校二模)如图所示，光滑水平面上静止着一辆质量为 3m 的平板车 A.车上有两个小滑块 B 和 C(都可视为质点)， B 的质量为 m，与车板之间的动摩擦因数为 2 ； C 的质量为 2m，与车板之间的动摩擦因数为 .t0 时刻 B、 C 分别从车板的左、右两端同时以初速度 v0和 2v0相向滑上小车在以后的运动过程中 B 与 C 恰好没有相碰已知重力加速度为 g，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等求：(1)平板车的最大速度 v 和达到最大速度

14、经历的时间 t；(2)平板车平板总长度 L.解析：(1)从起始到三者共速， A、 B、 C 组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，有2m2v0 mv06 mv，从起始到三者共速，研究 C 的匀减速运动过程，f2 ma2 mg ， v2 v0 at，- 6 -综上得 v v0， t .12 3v02 g(2)从起始到三者共速， B 相对于 A 向右匀减速到速度为零后与 A 一起向左匀加速， C 相对A 向左匀减速， B 和 C 对 A 的滑动摩擦力大小均为 f2 mg ，由能量守恒定律有mv 2m(2v0)2 fsB f(sC sA) 6mv2 fL 6mv2，12 20 12 12 12综上

15、解得 L .15v208 g答案：(1) v0 (2)12 3v02 g 15v208 g9(68520199)(17 分)(2017东北三校联合一模)如图所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在 C 点，总质量为 M2 kg.小物块从斜面上A 点由静止滑下，经过 B 点时无能量损失已知：物块的质量 m1 kg. A点到 B 点的竖直高度为 h1.8 m， BC 长度为 L3 m，物块与 BC 段间的动摩擦因数为 0.3， CD段光滑 g 取 10 m/s2，求在物块运动过程中：(1)弹簧弹性势能的最大值；(2)物块第二次到达 C 点的速度解析：(1)物块下滑中，对 m 有 mgh mv 0.12 20物块滑下后，对系统，当两者第一次速度相同时弹簧有最大压缩量，有 mv0( m M)v，fL Ep mv (M m)v 2.12 20 12f N ， N mg0.解得 Ep3 J.(2)在物块下滑从 B 点到第二次到达 C 点，由动量守恒定律与能量守恒定律有mv0 mv1 Mv2， fL mv Mv mv .12 21 12 2 12 20解得 v14 m/s 或 0，经分析，第二次到达 C 点速度应为 0.答案：(1)3 J (2)0