2020版高考物理一轮复习 第六章 课时作业22 力学“三大观点”的综合应用课件 新人教版

课时作业22力学“三大观点”的综合应用时间：45分钟1．(多选)如图所示，在光滑水平面上，质量为m的A球以速度v0向右运动，与静止的质量为5m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0(待定系数a1)的速率弹回，并与固定挡板P发生弹性碰撞，若要使A球能再次追上B球，则系数a可以是()A.14B.25C.23D.17BC解析：A与B发生碰撞，根据动量守恒可知mv0＝5mvB－mav0，要使A球能再次追上B球，且A与固定挡板P发生弹性碰撞，则av0vB，可解得a14，故B、C正确．2．如图所示，一个质量为M的木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块．现使木箱获得一个向左的初速度v0，则()A．小木块和木箱最终都将静止B．木箱速度减为v03的过程中，小木块受到的水平冲量大小为13Mv0C．最终小木块速度为Mv0M＋m，方向向左D．木箱和小木块组成的系统机械能守恒C解析：由于木箱在光滑水平面上，小木块与木箱之间的摩擦力是木箱和小木块系统的内力，给木箱一个向左的初速度，系统满足动量守恒定律条件，小木块和木箱最终将以相同的速度运动，根据动量守恒定律，Mv0＝(M＋m)v，最终速度v＝Mv0M＋m，选项C正确、A错误；由于木箱底板粗糙，小木块在木箱内相对于木箱滑动，需要摩擦产生热量，所以木箱和小木块组成的系统机械能不守恒，选项D错误；当木箱速度减小为v03时，木箱动量减小了23Mv0，根据动量守恒定律，小木块的动量将增加了23Mv0，根据动量定理，木箱对小木块作用力的冲量为23Mv0，选项B错误．3．如图所示，两个大小相同、质量均为m的弹珠静止在水平地面上．某小孩在极短时间内给第一个弹珠水平冲量使其向右运动，当第一个弹珠运动了距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰，碰后第二个弹珠运动了2L距离停下．已知弹珠所受阻力大小恒为重力的k倍，重力加速度为g，则小孩对第一个弹珠()A．施加的冲量为mkgLB．施加的冲量为m3kgLC．做的功为kmgLD．做的功为3kmgLD解析：当第一个弹珠运动了距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰，根据动量守恒和能量守恒可知，两弹珠速度发生交换，即第一个弹珠碰后停止运动，第二个弹珠以第一个弹珠碰前的速度继续向前运动了2L距离停下，从效果上看，相当于第二个弹珠不存在，第一个弹珠直接向前运动了3L的距离后停止运动，根据动能定理可知，小孩对第一个弹珠做的功等于弹珠获得的动能，也等于克服阻力做的总功，即：W＝Ek＝kmg·3L，选项C错误，选项D正确；施加的冲量I＝Δp＝p－0＝2mEk－0＝2m·kmg·3L＝m6kgL，选项A、B错误．4．(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度均为d.两物体m1和m2与弹簧连接，m2的左边有一固定挡板．m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1速度为v1，则在以后的运动过程中，可能的情况是()A．m1的最小速度是0B．存在某段时间m1向左运动C．m2的最大速度一定是v1D．m2的最大速度是v1ABD解析：m1由图示位置静止释放后，在弹簧弹力作用下向右加速运动，m2静止，当m1与m2相距最近时弹簧弹力为零，m1的速度最大，此后弹簧伸长，在弹簧弹力作用下，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2继续加速，当两物体再次相距最近时，m1达到最小速度v1′，m2达到最大速度v2′.两物体水平方向动量守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2′两物体与弹簧组成的系统机械能守恒12m1v21＝12m1v1′2＋12m2v2′2；可得v1′＝m1－m2m1＋m2v1，v2′＝2m1m1＋m2v1.因为m1和m2的大小关系不确定，所以m1的最小速度可以是0，也可以向左运动，故A、B项正确．只有当m1＝m2时，m2的最大速度才为v1，故D项正确，C项错误．5．如图所示，竖直半圆形光滑轨道BC与水平面AB相切，AB间距离x＝1m，质量m＝0.1kg的小滑块1放在半圆形轨道底端的B点，另一质量也为m＝0.1kg的小滑块2，从A点以v0＝210m/s的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道，恰好能在C点滑出．已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g＝10m/s2.两滑块均可视为质点．求：(1)碰后瞬间两滑块共同的速度大小v；(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能ΔE；(3)半圆形轨道的半径R.解析：(1)滑块2从A运动到B，设滑块2在B点的速度为v1，由动能定理可得－μmgx＝12mv21－12mv20，代入数据解得v1＝6m/s，在B点，滑块2与滑块1发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可得mv1＝2mv，代入数据解得v＝3m/s.(2)由能量守恒定律可得机械能损失为ΔE＝12mv21－12·2m·v2，解得ΔE＝0.9J.(3)碰后两滑块沿半圆形轨道上升到C点的过程中机械能守恒，则有12·2mv2＝2mg×2R＋12×2mv2C，恰好可以通过C点，根据牛顿第二定律可得2mg＝2mv2CR，代入数据解得R＝0.18m.答案：(1)3m/s(2)0.9J(3)0.18m6．如图所示，三个小木块A、B、C静止在足够长的光滑水平轨道上，质量分别为mA＝0.1kg，mB＝0.1kg，mC＝0.3kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药(质量不计)，现引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E＝0.4J转化为A和B沿轨道方向的动能．(1)分别求爆炸后瞬间A、B的速度大小；(2)求弹簧弹性势能的最大值；(3)分别求弹簧恢复到原长时B、C的速度大小．解析：(1)塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向由动量守恒：－mAvA＋mBvB＝0爆炸产生的热量有0.4J转化为A、B的动能：E＝12mAv2A＋12mBv2B解得vA＝vB＝2m/s(2)取BC和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时B、C达到共同速度vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1由动量守恒：mBvB＝(mB＋mC)vBC由能量守恒定律：12mBv2B＝12(mB＋mC)v2BC＋Ep1解得Ep1＝0.15J(3)设B、C之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C的速度分别为vB1和vC1，则由动量守恒和能量守恒有mBvB＝mBvB1＋mCvC112mBv2B＝12mBv2B1＋12mCv2C1解得vB1＝－1m/s(负号表示方向向左，即B的速度大小为1m/s)，vC1＝1m/s.(其中vB1＝2m/s，vC1＝0m/s不符合题意，舍去)答案：(1)大小均为2m/s(2)0.15J(3)大小均为1m/s7．(2019·合肥质检)一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a­t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则()A．在t＝6s的时刻，物体的速度为18m/sB．在0～6s时间内，合力对物体做的功为400JC．在0～6s时间内，拉力对物体的冲量为36N·sD．在t＝6s的时刻，拉力F的功率为200WD解析：本题考查功、功率、动能定理、动量定理等知识．a­t图象，图线与时间轴所围的面积表示速度的变化量，0～6s内速度的变化量为Δv＝12×6×(2＋4)m/s＝18m/s，物体的初速度为2m/s,6s末的速度为20m/s，选项A错误；根据动能定理，在0～6s时间内，合力做功W＝12mv′2－12mv2＝12×2×202J－12×2×22J＝396J，选项B错误；根据动量定理，在0～6s时间内，I－ft＝m(v′－v)，解得I＝48N·s，选项C错误；在t＝6s的时刻，F－f＝ma，可得拉力F＝10N，拉力F的功率P＝Fv＝200W，选项D正确．8．(2019·宁夏银川月考)如图所示，质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长为1.5m，现有质量为m2＝0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/s从左端滑上小车，最后在小车上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，求：(1)物块在车面上滑行的时间t；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少？解析：(1)小车与物块组成的系统动量守恒，最后物块与小车保持相对静止，有共同速度．根据动量守恒定律，有m2v0＝(m1＋m2)v共同速度v＝m2v0m1＋m2＝0.8m/s对物块受力分析，根据动量守恒，有－μm2gt＝m2v－m2v0物块在车面上滑行的时间t＝m2v0－vμm2g＝0.24s(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，则物块滑到车的右端时恰与小车有共同的速度v′根据动量守恒定律，有m2v′0＝(m1＋m2)v′根据能量守恒定律，有μm2gL＝12m2v′20－12(m1＋m2)v′2解得物块滑上小车左端的速度v′0＝5m/s即要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度不能超过5m/s.答案：(1)0.24s(2)不能超过5m/s9．(2019·安徽蚌埠一模)如图所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定一质量为M的物体A和B(均视为质点)，物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量m1＝12M的小球P从物体A正上方距其高h处由静止自由下落，与物体A发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为g.(1)求碰撞后瞬间P与A的共同速度大小；(2)当地面对物体B的弹力恰好为零时，求P和A的共同速度大小；(3)若换成另一个质量m2＝14M的小球Q从物体A正上方某一高度由静止自由下落，与物体A发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后物体A达到最高点时，地面对物体B的弹力恰好为零．求Q开始下落时距离A的高度．(上述过程中Q与A只碰撞一次)解析：(1)设碰撞前瞬间P的速度为v0，碰撞后瞬间二者的共同速度为v1，由机械能守恒定律，可得m1gh＝12m1v20，由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋M)v1，联立解得v1＝132gh.(2)设开始时弹簧的压缩量为x，当地面对B的弹力为零时弹簧的伸长量为x′，由胡克定律可得kx＝Mg，kx′＝Mg，故x＝x′，P与A从碰撞后瞬间到地面对B的弹力为零的运动过程中上升的高度为h′＝x＋x′＝2Mgk，由x＝x′可知弹簧在该过程的始末两位置弹性势能相等，即Ep1＝Ep2.设地面对B的弹力为零时P与A共同速度的大小为v，由机械能守恒定律，得12(m1＋M)v21＝(m1＋M)gh′＋12(m1＋M)v2，解得v＝2gh9－4Mg2k.(3)设小球Q从距离A高为H处下落，Q在碰撞前、后瞬间的速度分别为v2、v3，碰后A的速度为v4，由机械能守恒定律可得m2gH＝12m2v22，由动量守恒定律可得m2v2＝Mv4＋m2v3，由能量守恒定律可得12m2v22＝12m2v23＋12Mv24，由(2)可知碰撞后地面对物体B的弹力恰好为零时，A上升的高度为h′＝2Mgk，由能量守恒定律可得12Mv24＝Mgh′，联立解得H＝25Mg2k.答案：(1)132gh(2)2gh9－4Mg2k(3)25Mg2k