XX專用高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章動量動量守恒定律課時力學(xué)三大規(guī)律綜合應(yīng)用加練半小時

XX專用高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章動量動量守恒定律課時力學(xué)三大規(guī)律的綜合應(yīng)用加練半小時XX專用高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章動量動量守恒定律課時力學(xué)三大規(guī)律的綜合應(yīng)用加練半小時PAGEXX專用高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章動量動量守恒定律課時力學(xué)三大規(guī)律的綜合應(yīng)用加練半小時50力學(xué)三大規(guī)律的綜合應(yīng)用[方法點撥]做好以下幾步：①確立研究對象，進行運動分析和受力分析；②分析物理過程，按特色區(qū)分階段；③采用相應(yīng)規(guī)律解決不同樣階段的問題，列出規(guī)律性方程．1．(2018·廣東東莞模擬)如圖1所示，某商場兩輛同樣的手推購物車質(zhì)量均為m、相距l(xiāng)沿直線擺列，靜置于水平川面上．為節(jié)儉收納空間，工人給第一輛車一個瞬時的水平推力使其運動，并與第二輛車相碰，且在極短時間內(nèi)互相嵌套結(jié)為一體，以共同的速度運動了距離eq\f(l,2)，恰巧?？吭趬叄糗囘\動時遇到的摩擦力恒為車重的k倍，忽視空氣阻力，重力加快度為g.求：圖1(1)購物車碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；(2)工人給第一輛購物車的水平?jīng)_量大?。?．(2017·河北石家莊第二次質(zhì)檢)如圖2所示，質(zhì)量散布平均、半徑為R的圓滑半圓形金屬槽，靜止在圓滑的水平面上，左側(cè)緊靠豎直墻壁．一質(zhì)量為m的小球從距金屬槽上端R處由靜止著落，恰巧與金屬槽左端相切進入槽內(nèi)，抵達最低點后向右運動從金屬槽的右端沖出，小球抵達最高點時與金屬槽圓弧最低點的距離為eq\f(7,4)R，重力加快度為g，不計空氣阻力．求：圖2(1)小球第一次抵達最低點時對金屬槽的壓力大小；(2)金屬槽的質(zhì)量．3.(2017·江西上饒一模)如圖3所示，可看作質(zhì)點的A物體疊放在上表面圓滑的B物體上，一同以v0的速度沿圓滑的水平軌道勻速運動，與靜止在同一圓滑水平軌道上的木板C發(fā)生碰撞，碰撞后B、C的速度同樣，B、C的上表面相平且B、C不粘連，A滑上C后恰巧能抵達C板的右端．已知A、B質(zhì)量相等，C的質(zhì)量為A的質(zhì)量的2倍，木板C長為L，重力加快度為g.求：圖3(1)A物體與木板C上表面間的動摩擦因數(shù)；(2)當(dāng)A剛到C的右端時，B、C相距多遠？4．(2017·河南六市第一次聯(lián)考)足夠長的傾角為θ的圓滑斜面的底端固定一輕彈簧，彈簧的上端連結(jié)質(zhì)量為m、厚度不計的鋼板，鋼板靜止時彈簧的壓縮量為x0，如圖4所示．一物塊從鋼板上方距離為3x0的A處沿斜面滑下，與鋼板碰撞后馬上與鋼板一同向下運動，但不粘連，它們抵達最低點后又向上運動．已知物塊質(zhì)量也為m時，它們恰能回到O點，O為彈簧自然伸長時鋼板的地點．若物塊質(zhì)量為2m，仍從A處沿斜面滑下，則物塊與鋼板回到O點時，還擁有向上的速度，已知重力加快度為g，計算結(jié)果能夠用根式表示，求：圖4(1)質(zhì)量為m的物塊與鋼板碰撞后瞬時的速度大小v1；(2)碰撞前彈簧的彈性勢能；(3)質(zhì)量為2m的物塊沿斜面向上運動抵達的最高點離O點的距離．5．(2017·山東泰安一模)如圖5所示，質(zhì)量為m1＝0.5kg的小物塊P置于臺面上的A點并與水平彈簧的右端接觸(不拴接)，輕彈簧左端固定，且處于原長狀態(tài)．質(zhì)量M＝1kg的長木板靜置于水平面上，其上表面與水平臺面相平，且緊靠臺面右端．木板左端放有一質(zhì)量m2＝1kg的小滑塊Q.現(xiàn)用水平向左的推力將P遲緩?fù)浦罛點(彈簧仍在彈性限度內(nèi))，撤去推力，今后P沿臺面滑到邊沿C時速度v0＝10m/s，與長木板左端的滑塊Q相碰，最后物塊P停在AC的正中點，Q停在木板上．已知臺面AB部分圓滑，P與臺面AC間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，AC間距離L＝4m．Q與木板上表面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4，木板下表面與水平面間的動摩擦因數(shù)μ3＝0.1(g取10m/s2)，求：圖5(1)撤去推力時彈簧的彈性勢能；(2)長木板運動中的最大速度；(3)長木板的最小長度．6．(2018·河北邢臺質(zhì)檢)如圖6所示，某時辰質(zhì)量為m1＝50kg的人站在m2＝10kg的小車上，推著m3＝40kg的鐵箱一同以速度v0＝2m/s在水平川面沿直線運動到A點時，該人快速將鐵箱推出，推出后代和車恰巧停在A點，鐵箱則向右運動到距A點s＝0.25m的豎直墻壁時與之發(fā)生碰撞而被彈回，彈回時的速度大小是碰撞前的二分之一，當(dāng)鐵箱回到A點時被人接住，人、小車和鐵箱一同向左運動，已知小車、鐵箱遇到的摩擦力均為地面壓力的0.2倍，重力加快度g＝10m/s2，求：圖6(1)人推出鐵箱時對鐵箱所做的功；(2)人、小車和鐵箱停止運動時距A點的距離．

答案精析1．(1)mkgl(2)meq\r(6gkl)分析(1)設(shè)第一輛車碰前瞬時的速度為v1，與第二輛車碰后的共同速度為v2.由動量守恒定律有mv1＝2mv2由動能定理有－2kmg·eq\f(l,2)＝0－eq\f(1,2)(2m)v22則碰撞中系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)(2m)v22聯(lián)立以上各式解得ΔE＝mkgl(2)設(shè)第一輛車推出時的速度為v0由動能定理有－kmgl＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02I＝mv0聯(lián)立解得I＝meq\r(6gkl)2．(1)5mg(2)eq\f(33＋8\r(33)m,31)分析(1)小球從靜止到第一次抵達最低點的過程，依據(jù)機械能守恒定律有：mg·2R＝eq\f(1,2)mv02小球剛到最低點時，依據(jù)圓周運動規(guī)律和牛頓第二定律有：FN－mg＝meq\f(v\o\al(,02),R)據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)饘俨鄣膲毫椋篎N′＝FN聯(lián)立解得：FN′＝5mg(2)小球第一次抵達最低點至小球抵達最高點過程，小球和金屬槽水平方向動量守恒，采用向右為正方向，則：mv0＝(m＋M)v設(shè)小球抵達最高點時與金屬槽圓弧最低點的高度為h.則有R2＋h2＝(eq\f(7,4)R)2依據(jù)能量守恒定律有：mgh＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2聯(lián)立解得M＝eq\f(33＋8\r(33)m,31).3．(1)eq\f(4v\o\al(,02),27gL)(2)eq\f(L,3)分析(1)設(shè)A、B的質(zhì)量為m，則C的質(zhì)量為2m.B、C碰撞過程中動量守恒，令B、C碰后的共同速度為v1，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝3mv1解得：v1＝eq\f(v0,3)B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C走開，A、C互相作用過程中動量守恒，設(shè)最后A、C的共同速度v2，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＋2mv1＝3mv2解得：v2＝eq\f(5v0,9)在A、C互相作用過程中，依據(jù)能量守恒定律得：FfL＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)×2mv12－eq\f(1,2)×3mv22又Ff＝μmg解得：μ＝eq\f(4v\o\al(,02),27gL)(2)A在C上滑動時，C的加快度a＝eq\f(μmg,2m)＝eq\f(2v\o\al(,02),27L)A從滑上C到與C共速經(jīng)歷的時間：t＝eq\f(v2－v1,a)＝eq\f(3L,v0)B運動的位移：xB＝v1t＝LC運動的位移xC＝eq\f(v1＋v2t,2)＝eq\f(4L,3)B、C相距：x＝xC－xB＝eq\f(L,3)4．(1)eq\f(\r(6gx0sinθ),2)(2)eq\f(1,2)mgx0sinθ(3)eq\f(x0,2)分析(1)設(shè)物塊與鋼板碰撞前速度為v0，3mgx0sinθ＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\r(6gx0sinθ)設(shè)物塊與鋼板碰撞后一同運動的速度為v1，以沿斜面向下為正方向，由動量守恒定律得mv0＝2mv1解得v1＝eq\f(\r(6gx0sinθ),2)(2)設(shè)碰撞前彈簧的彈性勢能為Ep，當(dāng)它們一同回到O點時，彈簧無形變，彈性勢能為零，依據(jù)機械能守恒定律得Ep＋eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(,12)＝2mgx0sinθ解得Ep＝eq\f(1,2)mgx0sinθ(3)設(shè)v2表示質(zhì)量為2m的物塊與鋼板碰后開始一同向下運動的速度，以沿斜面向下為正方向，由動量守恒定律得2mv0＝3mv2它們回到O點時，彈性勢能為零，但它們?nèi)赃B續(xù)向上運動，設(shè)此時速度為v，由機械能守恒定律得Ep＋eq\f(1,2)(3m)v22＝3mgx0sinθ＋eq\f(1,2)(3m)v2在O點物塊與鋼板分別，分別后，物塊以速度v連續(xù)沿斜面上漲，設(shè)運動抵達的最高點離O點的距離為l，有v2＝2al2mgsinθ＝2ma解得l＝eq\f(x0,2)5．(1)27J(2)2m/s(3)3m分析(1)小物塊P由B到C的過程：W彈－μ1m1gL＝eq\f(1,2)m1v02－0解得W彈＝27JEp＝W彈＝27J即撤去推力時彈簧的彈性勢能為27J.(2)小物塊P和滑塊Q碰撞過程動量守恒，以v0的方向為正方向m1v0＝－m1vP＋m2vQ小物塊P從碰撞后到靜止－eq\f(1,2)μ1m1gL＝0－eq\f(1,2)m1vP2解得vQ＝6m/sQ在長木板上滑動過程中：對Q：－μ2m2g＝m2a1對木板：μ2m2g－μ3(M＋m2)g＝Ma2解得a1＝－4m/s2，a2＝2m/s2當(dāng)滑塊Q和木板速度相等時，木板速度最大，設(shè)速度為v，滑行時間為t.對Q：v＝vQ＋a1t對木板：v＝a2t解得t＝1sv＝2m/s長木板運動中的最大速度為2m/s(3)在Q和木板相對滑動過程中Q的位移：xQ＝eq\f(1,2)(vQ＋v)·t木板的位移：x板＝eq\f(1,2)(0＋v)·t木板的最小長度：L＝xQ－x板解得L＝3m6．(1)420J(2)0.2m分析(1)人推鐵箱過程，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得：(m1＋m2＋m3)v0＝m3v1解得v1＝5m/s人推出鐵箱時對鐵箱所做的功為：W＝eq\f(1,2)m3v12－eq\f(1,2)m3v02＝420J(2)設(shè)鐵箱與墻壁相碰前的速度為v2，箱子再次滑到A點時速度為v3，依據(jù)動能定理得：從A到墻：－0.2m3gs＝eq\f(1,2)m3v22－eq\f(1,2)m3v12解得v2