【物理】2020届一轮复习人教版解决动力学问题的“三大”观点课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版解决动力学问题的“三大”观点课时作业

‎2020届一轮复习人教版 解决动力学问题的“三大”观点 课时作业 一、选择题 ‎1.(2018届山东省天成第二次大联考)如图所示，质量为m的小车左端紧靠竖直墙壁但不固定，其左侧AB部分为光滑圆弧轨道，半径为R，轨道最低点B与水平粗糙轨道BC相切，BC＝2R，将质量也为m的物块(可视为质点)从A点无初速度释放，只考虑物块与BC间的摩擦，其动摩擦因数为，其余一切摩擦不计，则物块相对BC运动的位移大小为(　　)‎ A.R　　　　　　　　　 B．R C.R D．2R 解析：选A　物块从A下滑到B的过程中，小车保持静止，对物块，由机械能守恒定律得 mgR＝mv02‎ 从B到C的过程中，小车和物块组成的系统水平方向动量守恒有 mv0＝2mv 从B到C的过程中，由功能关系得 μmgΔx＝mv02－·2mv2‎ 解得Δx＝R，故A正确．‎ ‎2.(多选)如图所示，质量为M＝‎1 kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m＝‎3 kg的滑块以初速度v0＝‎2 m/s从木板的左端向右滑上木板，滑块始终未离开木板．则下面说法正确的是(　　)‎ A．滑块和木板的加速度大小之比是1∶3‎ B．整个过程中因摩擦产生的内能是1.5 J C．可以求出木板的最小长度是‎1.5 m D．从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比是7∶3‎ 解析：选ABD　因水平面光滑，滑块与木板所受的合外力为一对滑动摩擦力，大小相等，方向相反，由牛顿第二定律可知，其加速度大小之比为＝＝，故A正确；滑块与木板组成的系统动量守恒，最终二者同速，有mv0＝(M＋m)v，解得v＝1.5 m/s，由能量守恒定律可得整个过程中因摩擦产生的内能Q＝mv02－(M＋m)v2＝1.5 J，故B正确；由于不知道动摩擦因数和滑块与木板的相对运动时间，不能求出木板的最小长度，故C错误；从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块运动的位移x1＝t，木板的位移x2＝t，两者之比＝＝＝，故D正确．‎ ‎3.(2018届德州一模)如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M＝‎2m的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ.一质量为m的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能到达的最大高度为(　　)‎ A．h/3 B．h/2‎ C．2h/3 D．h 解析：选C　斜面固定时，由动能定理得－mgh＝0－mv02，解得v0＝；斜面不固定时，由水平方向动量守恒得mv0＝(M＋m)v，由机械能守恒得mv02＝(M＋m)v2＋mgh′，解得h′＝h＝h.故选C.‎ 二、非选择题 ‎4.(2018届陕西安康期末)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＝‎0.1 kg，mB＝‎0.1 kg，mC＝‎0.3 kg，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＝0.4 J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 爆炸产生的能量有0.4 J转化为A、B的动能E＝mAvA2＋mBvB2‎ 解得vA＝vB＝2 m/s.‎ ‎(2)取B、C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Epm 由动量守恒mBvB＝(mB＋mC)vBC 由能量守恒定律mBvB2＝(mB＋mC)vBC2＋Epm 解得Epm＝0.15 J.‎ ‎(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＋mCvC1‎ mBvB2＝mBvB12＋mCvC12‎ 解得vB1＝－1 m/s(负号表示方向向左，即B的速度大小为1 m/s)，vC1＝1 m/s(vB1＝2 m/s，vC1＝0 m/s不符合题意，舍去)．‎ 答案：(1)‎2 m/s　‎2 m/s　(2)0.15 J　(3)－‎1 m/s　‎1 m/s ‎5．(2019届广东湛江调研)如图所示，粗糙的水平面上放置一块足够长的长木板C，在C的左端点放置一个物块A，在距离A为s＝‎4.5 m处放置一个物块B，物块A和B均可视为质点，已知物块A的质量为‎2m，物块B和长木板C的质量均为m＝‎1 kg，物块A和B与长木板C之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板C与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.2.现在对A施加一个水平向右的推力F＝14 N，使物块A向右运动，A与B碰撞前B相对于C保持静止，物块A和B碰撞后水平推力大小变为F1＝8 N．若物块A和B碰撞时作用时间极短，粘在一起不再分离．问：‎ ‎(1)物块A和B碰撞前，物块B受到长木板C的摩擦力多大？‎ ‎(2)物块A和B碰撞过程中，AB损失的机械能是多少？‎ ‎(3)物块A和B碰撞后，物块AB在C上还能滑行多远？‎ 解析：设A和C发生相对滑动，对物块A，应用牛顿第二定律得 F－μ1·2mg＝2ma1‎ 代入数据解得a1＝2 m/s2.‎ 对B和C整体应用牛顿第二定律，μ1·2mg－μ2·(2m＋2m)g＝2ma2‎ 代入数据解得a2＝1 m/s2‎ 因为a1>a2，假设成立．‎ B受到C的摩擦力为f＝ma2＝1 N.‎ ‎(2)设A运动经过时间t1与B发生碰撞，由运动学公式可得 s＝a1t12－a2t12‎ 代入数据解得t1＝3 s 此时vA＝a1t1＝6 m/s，vBC＝a2t1＝3 m/s A和B碰撞过程，由动量守恒定律，‎ ‎2mvA＋mvBC＝(‎2m＋m)v1‎ 代入数据解得v1＝5 m/s 碰撞损失机械能为 ΔE＝·2mvA2＋mvBC2－(‎2m＋m)v12＝3 J.‎ ‎(3)物块A和B碰撞后，系统受到地面摩擦力为f系＝μ2·(‎2m＋‎2m)g＝8 N＝F1‎ 所以A、B、C组成的系统动量守恒，设最后的共同速度为v2，可得 ‎2mvA＋2mvBC＝(‎2m＋‎2m)v2‎ 代入数据解得v2＝4.5 m/s A、B碰撞后到ABC相对静止，AB的总质量为‎3m，前进s1，由动能定理得 ‎(F1－μ1·3mg)s1＝·3mv22－·3mv12‎ 代入数据解得s1＝ m AB碰撞后对C，设C的位移为s2，由动能定理得 ‎(μ1·3mg－μ2·4mg)s2＝mv22－mvBC2‎ 代入数据解得s2＝ m 物块A和B碰撞后，物块AB在C上还能滑行距离为Δs＝s1－s2＝ m－ m＝ m.‎ 答案：(1)1 N　(2)3 J　(3) m ‎6．(2018届湖南长郡中学实验班选拔考试)如图所示，质量分别为mA＝m，mB＝‎3m的A、B两物体放置在光滑的水平面上，其中A物体紧靠光滑墙壁，A、B两物体之间用轻弹簧相连．对B物体缓慢施加一个水平向右的力，使A、B两物体之间弹簧压缩到最短并锁定，此过程中，该力做功为W0，现突然撤去外力并解除锁定，(设重力加速度为g，A、B两物体体积很小，可视为质点)求：‎ ‎(1)从撤去外力到A物体开始运动，墙壁对A物体的冲量IA大小；‎ ‎(2)A、B两物体离开墙壁后到达圆轨道之前，B物体的最小速度vB是多大；‎ ‎(3)若在B物体获得最小速度瞬间脱离弹簧，从光滑圆形轨道右侧小口进入(B物体进入后小口自动封闭组成完整的圆形轨道)圆形轨道，要使B物体不脱离圆形轨道，试求圆形轨道半径R的取值范围．‎ 解析：(1)设弹簧恢复原长时，物体B的速度为vB0，‎ 由能量守恒有：W0＝mvB02‎ 解得vB0＝ 此过程中墙壁对物体A的冲量大小等于弹簧对物体A的冲量大小，也等于弹簧对物体B的冲量大小，有I＝3mvB0＝.‎ ‎(2)当弹簧恢复原长后，物体A离开墙壁，弹簧伸长，物体A的速度逐渐增大，物体B的速度逐渐减小．当弹簧再次恢复到原长时，物体A达到最大速度，物体B的速度减小到最小值，此过程满足动量守恒、机械能守恒，有 ‎3mvB0＝mvA＋3mvB ×3mvB02＝mvA2＋mvB2‎ 解得vB＝vB0＝ .‎ ‎(3)恰好过最高点不脱离圆形轨道，有 mBvB2＝mBv12＋mBg·2R，‎ mBg＝mB 解得R＝，所以R≤ 恰好过圆形轨道圆心等高处mBvB2＝mBgR 解得R＝，所以R≥ .‎ 答案：(1)　(2) 　(3)R≤或R≥ ‎7.如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为‎2m小滑块A 套在细杆上可自由滑动．在水平杆上竖直固定一个挡板P，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L的细线悬挂一个质量为m的小球B，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g.求：‎ ‎(1)小球第一次运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小；‎ ‎(2)小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度；‎ ‎(3)小滑块运动过程中，所能获得的最大速度．‎ 解析：(1)小球第一次摆到最低点过程中，由机械能守恒定律得 mgL＝mv2‎ 得v＝ 在最低点，由牛顿第二定律得F－mg＝m 解得，小球到达最低点时，细线对小球的拉力大小F＝3mg.‎ ‎(2)小球与滑块共速时，滑块运动到最大高度h.取水平向右为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律得 mv＝(‎2m＋m)v共 mv2＝mgh＋(‎2m＋m)v共2‎ 联立解得h＝L.‎ ‎(3)小球摆回最低点，滑块获得最大速度，此时小球速度为v1，滑块速度为v2‎ mv＝mv1＋2mv2‎ mv2＝mv12＋·2mv22‎ 解得v2＝.‎ 答案：(1)3mg　(2)L　(3) ‎|学霸作业|——自选 一、选择题 ‎1.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平．另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦．下列说法中正确的是(　　)‎ A．当v0＝ 时，小球能到达B点 B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上 C．当v0＝ 时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大 D．如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为m 解析：选C　弧形槽不固定，当v0＝时，小球沿槽上升的高度为h，则有mv0＝(m＋M)v，mv02＝(M＋m)v2＋mgh，解得h＝REk，所以甲、乙两物块能够经过E点．‎ 答案：(1)‎20 m/s　(2)166.25 J　(3)甲、乙两物块能够经过E点 ‎7．(2019届山东烟台一中月考)某工地某一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB为一段足够大的圆弧固定轨道，圆弧半径R＝‎5.6 m，BC为一段足够长的水平轨道，CD为一段圆弧轨道，圆弧半径r＝‎1 m，三段轨道均光滑．一长为L＝‎2 m、质量为M＝‎1 kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切，且与CD轨道最低点处于同一水平面．一可视为质点、质量为m＝‎2 kg的工件从距AB轨道最低点h高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，小车与CD轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C处．工件只有从CD轨道最高点飞出，才能被站在台面DE上的工人接住．工件与小车的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝‎10 m/s2.‎ ‎(1)若h＝‎2.8 m，则工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为多大？‎ ‎(2)要使工件能被站在台面DE上的工人接住，求h的取值范围．‎ 解析：(1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B点，设到B点时的速度为vB，根据动能定理mgh＝mvB2①‎ 工件做圆周运动，在B点FN－mg＝m②‎ 由①②两式可解得FN＝40 N 根据牛顿第三定律得压力FN′＝FN＝40 N 方向竖直向下．‎ ‎(2)由于BC轨道足够长，要使工件能到达CD轨道，工件与小车必须能达共速，设工件刚滑上小车时的速度为v0，工件与小车达共速时的速度为v1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统，由动量守恒定律得 mv0＝(m＋M)v1③‎ 由能量守恒定律得μmgL＝mv02－(m＋M)v12④‎ 对于工件从AB轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得 mgh＝mv02⑤‎ 代入数据解得h＝3 m 要使工件能从CD轨道最高点飞出，h＝3 m为其从AB轨道滑下的最大高度，设其最小高度为h′，刚滑上小车的速度为v0′，与小车达共速时的速度为v1′，刚滑上CD轨道的速度为v2′，规定向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0′＝(m＋M)v1′⑥‎ 由能量守恒定律得 μmgL＝mv0′2－Mv1′2－mv2′2⑦‎ 工件恰好滑到CD轨道最高点，由机械能守恒定律得 mv2′2＝mgr⑧‎ 工件在AB轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得 mgh′＝mv0′2⑨‎ 联立⑥⑦⑧⑨，代入数据解得h′＝ m 综上所述，要使工件能到达CD轨道最高点，应使h满足 m＜h≤3 m.‎ 答案：(1)40 N　(2) m＜h≤‎‎3 m