2021優(yōu)化方案高三物理復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)-研究動(dòng)力學(xué)的三個(gè)基本觀點(diǎn)2

圖6－3－131．如圖6－3－13所示，質(zhì)量為M的L形物體，靜止在光滑的水平面上，物體的AB局部是半徑為R的四分之一光滑圓弧，BC是水平面，將質(zhì)量為m的小滑塊從A點(diǎn)靜止釋放沿圓弧面滑下并最終停在物體的水平面BC之間的D點(diǎn)，那么()圖6－3－13A．滑塊從A到B，物體與滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒B．滑塊從A到D，物體與滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，能量守恒C．滑塊從B到D，物體與滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒D．滑塊滑到D點(diǎn)時(shí)，物體的速度為零解析：選BCD.滑塊由A到B因受重力作用，動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)；但水平方向動(dòng)量守恒，故滑塊到D處時(shí)(因其初速為零)，物體的速度為零，故D對(duì)；小滑塊最終停在D點(diǎn)，說明BC局部有摩擦，故機(jī)械能不守恒，但能量守恒，故B、C對(duì)．圖6－3－142．一輛小車靜止在光滑水平面上，小車立柱上拴有一根長為L的輕繩，輕繩末端拴著一個(gè)小球，如圖6－3－14所示．現(xiàn)將小球拉至水平位置后自靜止釋放，小球擺動(dòng)的過程中不計(jì)一切阻力．那么以下說法中正確的選項(xiàng)是()圖6－3－14A．小球擺動(dòng)過程中機(jī)械能守恒B．小球開始擺動(dòng)后，小球和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒C．小球開始擺動(dòng)后，小球和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒、動(dòng)量不守恒D．小球開始擺動(dòng)后，小球達(dá)最大速度時(shí)小車也同時(shí)達(dá)最大速度解析：選D.在小球下擺過程中，因小車運(yùn)動(dòng)，輕繩懸點(diǎn)移動(dòng)，輕繩對(duì)小球做功不為零，故小球的機(jī)械能不守恒，但小球和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能是守恒的；小球豎直方向上的動(dòng)量是變化的，而小車無豎直動(dòng)量，故系統(tǒng)豎直方向動(dòng)量不守恒，但水平方向因無外力作用，水平方向上系統(tǒng)動(dòng)量是守恒的，故A、B、C均錯(cuò)誤；小球在最低點(diǎn)時(shí)速度最大，由水平方向動(dòng)量守恒可知，小車此時(shí)速度也為最大，故D正確．圖6－3－153．如圖6－3－15所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩個(gè)小球A、B，帶有等量異種電荷，通過絕緣輕質(zhì)彈簧相連接，置于絕緣光滑水平面上，突然加一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，兩球A、B由靜止開始運(yùn)動(dòng)，對(duì)兩小球A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，以下說法正確的選項(xiàng)是(設(shè)整個(gè)過程中不考慮電荷間庫侖力的作用且彈簧不超過彈性限度)()圖6－3－15A．系統(tǒng)機(jī)械能不斷增加B．系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．系統(tǒng)動(dòng)量不斷增加D．系統(tǒng)動(dòng)量守恒解析：選D.對(duì)A、B組成的系統(tǒng)，所受電場(chǎng)力為零，這樣系統(tǒng)在水平方向上所受外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒；對(duì)A、B及彈簧組成的系統(tǒng)，有動(dòng)能、彈性勢(shì)能、電勢(shì)能三者的相互轉(zhuǎn)化，故機(jī)械能不守恒．應(yīng)選D.圖6－3－164．矩形滑塊由不同材料的上下兩層粘結(jié)在一起組成，將其放在光滑的水平面上，如圖6－3－16所示，質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射入滑塊，假設(shè)射擊上層，那么子彈剛好不穿出；假設(shè)射擊下層，整個(gè)子彈剛好嵌入，那么上述兩種情況相比擬()圖6－3－16A．兩次子彈對(duì)滑塊做的功一樣多B．兩次滑塊受的沖量一樣大C．子彈嵌入下層過程中克服阻力做功較少D．子彈射入上層過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量較多解析：選AB.由水平方向動(dòng)量守恒可以知道，兩種情況對(duì)應(yīng)的末速度是一樣的，系統(tǒng)動(dòng)能的減少也是一樣的，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量也一樣多，D錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，子彈克服阻力做功相同，子彈對(duì)滑塊做功相同，A對(duì)C錯(cuò)；由動(dòng)量定理可以分析，兩次滑塊所受沖量一樣大，B也正確．圖6－3－175．如圖6－3－17所示，有光滑弧形軌道的小車靜止于光滑的水平面上，其總質(zhì)量為M，有一質(zhì)量也為M的鐵塊以水平速度v沿軌道的水平局部滑上小車．假設(shè)軌道足夠高，鐵塊不會(huì)滑出，那么鐵塊沿圓弧形軌道上升的最大高度為()圖6－3－17A.eq\f(v2,4g)B.eq\f(v2,2g)C.eq\f(v2,8g)D.eq\f(v2,6g)解析：選A.由水平方向動(dòng)量守恒定律得Mv＝(M＋M)v′，v′＝eq\f(v,2)①由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)×(2M)v′2＋Mgh②由①②聯(lián)立解得h＝eq\f(v2,4g).圖6－3－186．(2021年湖北聯(lián)考)如圖6－3－18所示，重球A放在光滑的斜面體B上，A、B質(zhì)量相等，在力F的作用下，B在光滑水平面上向左緩慢移動(dòng)了一段距離，A球相對(duì)于最低點(diǎn)C升高h(yuǎn).假設(shè)突然撤去F，那么()圖6－3－18A．A以后上升的最大高度為h/2B．A球獲得的最大速度為eq\r(2gh)C．在B離開A之前，A、B動(dòng)量守恒D．A、B相互作用的沖量大小相等解析：選AD.小球回到最低點(diǎn)與斜面體共速，設(shè)共同速度為v由機(jī)械能守恒得：mgh＝eq\f(1,2)·2mv2∴v＝eq\r(gh)到最低點(diǎn)后兩者別離，A球機(jī)械能守恒．設(shè)能上升的最大高度為h′那么mgh′＝eq\f(1,2)·mv2，解得h′＝eq\f(1,2)h.所以A對(duì)、B錯(cuò)．整個(gè)過程中A、B動(dòng)量不守恒，故C錯(cuò)，由牛頓第三定律知D對(duì)．圖6－3－197．(2021年西城模擬)如圖6－3－19所示，在水平光滑桌面上有兩輛靜止的小車A和B，質(zhì)量之比mA∶mB＝3∶1.將兩車用細(xì)線拴在一起，中間有一被壓縮的彈簧．燒斷細(xì)線后至彈簧恢復(fù)原長前的某一時(shí)刻，兩輛小車的()圖6－3－19A．加速度大小之比aA∶aB＝1∶1B．速度大小之比vA∶vB＝1∶3C．動(dòng)能之比EkA∶EkB＝1∶1D．動(dòng)量大小之比pA∶pB＝1∶3答案：B8．在光滑水平面上，動(dòng)能為E0、動(dòng)量的大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運(yùn)動(dòng)方向相反．將碰撞后球1的動(dòng)能和動(dòng)量的大小分別記為E1、p1，球2的動(dòng)能和動(dòng)量的大小分別記為E2、p2，那么必有()A．E1<E0B．p1<p0C．E2>E0D．p2>p0解析：選ABD.兩個(gè)鋼球組成的系統(tǒng)在碰撞過程中動(dòng)量守恒，設(shè)鋼球1初動(dòng)量的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒得：p0＝p2－p1，可見p2>p0，應(yīng)選項(xiàng)D正確．單從動(dòng)量方面分析，p1可以大于p0，假設(shè)如此必有碰后系統(tǒng)的機(jī)械能增加，但對(duì)于碰撞問題，碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)能不可能大于碰前系統(tǒng)的動(dòng)能，因此E1＋E2≤E0，必有E1<E0，E2<E0，顯然選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)C不正確．由動(dòng)量的大小和動(dòng)能的關(guān)系p2＝2mEk，因?yàn)镋1<E0，得p1<p0，選項(xiàng)B正確．故此題正確答案為A、B、D.圖6－3－209．如圖6－3－20所示，兩個(gè)帶同種電荷的小球A和B，A、B的質(zhì)量分別為m和2m，開始時(shí)將它們固定在絕緣的光滑水平面上保持靜止，A、B的相互作用力遵循牛頓第三定律．現(xiàn)同時(shí)釋放A、B，經(jīng)過一段時(shí)間，B的速度大小為v，那么此時(shí)()圖6－3－20A．A球的速度大小為eq\f(v,2)B．B球?qū)球做的功為mv2C．A球的動(dòng)能為2mv2D．A球的動(dòng)量大小為mv解析：選C.以A、B兩帶電小球?yàn)橄到y(tǒng)對(duì)其進(jìn)行受力分析可知，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒，B的速度為v時(shí)，設(shè)A的速度為v′，那么0＝2mv＋mv′，故v′＝－2v，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；A小球獲得的動(dòng)能為eq\f(1,2)mv′2＝2mv2，所以選項(xiàng)C正確；由動(dòng)能定理可知小球B對(duì)小球A做的功即為A球所增加的動(dòng)能2mv2，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；A球動(dòng)量的大小為2mv，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤．圖6－3－2110．水平面上放置一輛平板小車，小車上用一個(gè)輕質(zhì)彈簧連接一個(gè)木塊，如圖6－3－21所示．開始時(shí)彈簧處于原長，一顆子彈以水平速度v0＝100m/s打入木塊并留在其中(設(shè)作用時(shí)間極短)．子彈質(zhì)量為m0＝0.05kg，木塊質(zhì)量為m1＝0.95kg，小車質(zhì)量為m2＝4kg，各接觸面的摩擦均忽略不計(jì)．求木塊壓縮彈簧的過程中，彈簧具有的最大彈性勢(shì)能是多少？圖6－3－21解析：以子彈和木塊為系統(tǒng)，動(dòng)量守恒．取向右為正方向，設(shè)子彈打入木塊后瞬間二者的速度為v1.那么m0v0＝(m0＋m1)v1，v1＝5m/s.當(dāng)三者速度相同時(shí)，彈簧具有最大彈性勢(shì)能，設(shè)共同速度為v2，由動(dòng)量守恒定律得：m0v0＝(m0＋m1＋m2)v2，v2＝1m/s設(shè)最大彈性勢(shì)能為Ep，由能量守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)(m0＋m1)v12－eq\f(1,2)(m0＋m1＋m2)v22由以上三式解得：Ep＝10J.答案：10J11.圖6－3－22圖6－3－22中有一個(gè)豎直固定在地面的透氣圓筒，筒中有一勁度系數(shù)為k的輕彈簧，其下端固定，上端連接一質(zhì)量為m的薄滑塊，圓筒內(nèi)壁涂有一層新型智能材料——ER流體，它對(duì)滑塊的阻力可調(diào)．起初，滑塊靜止，ER流體對(duì)其阻力為0，彈簧的長度為L.現(xiàn)有一質(zhì)量也為m的物體從距地面2L處自由落下，與滑塊碰撞后粘在一起向下運(yùn)動(dòng)．為保證滑塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，且下移距離為eq\f(2mg,k)時(shí)速度減為0，ER流體對(duì)滑塊的阻力須隨滑塊下移而變．試求(忽略空氣阻力)：圖6－3－22(1)下落物體與滑塊碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)滑塊向下運(yùn)動(dòng)過程中加速度的大??；(3)滑塊下移距離d時(shí)ER流體對(duì)滑塊阻力的大?。馕觯?1)設(shè)物體下落末速度為v0，由機(jī)械能守恒定律有mgL＝eq\f(1,2)mv02得v0＝eq\r(2gL)設(shè)碰后共同速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有2mv1＝mv0得v1＝eq\f(1,2)eq\r(2gL)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv12＝eq\f(1,2)mgL.(2)設(shè)加速度大小為a，有2as＝v12得a＝eq\f(kL,8m).(3)設(shè)彈簧彈力為FN，ER流體對(duì)滑塊的阻力為FER，受力分析如下圖FN＋FER－2mg＝2maFN＝kxx＝d＋eq\f(mg,k)得FER＝mg＋eq\f(kL,4)－kd.答案：(1)eq\f(1,2)mgL(2)eq\f(kL,8m)(3)mg＋eq\f(kL,4)－kd圖6－3－2312．(2021年湖南師大附中模擬)如圖6－3－23所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質(zhì)量為3m，在木板的上面有兩塊質(zhì)量為m的小木塊A和B，它們與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.最初木板靜止，A、B兩木塊同時(shí)以水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑動(dòng)，木板足夠長，A、B始終未滑離木板．求：圖6－3－23(1)木塊B從剛開始運(yùn)動(dòng)到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發(fā)生的位移；(2)木塊A在整個(gè)過程中的最小速度；(3)整個(gè)過程中，A、B兩木塊相對(duì)于木板滑動(dòng)的總路程是多少？解析：(1)木塊A先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；木塊B一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；木板C做兩段加速度不同的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到A、B、C三者的速度相等為止，設(shè)為v1.對(duì)A、B、C三者組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得：mv0＋2mv0＝(m＋m＋3m)v1解得：v1＝0.6v0對(duì)木塊B運(yùn)用動(dòng)能定理，有：－μmgs＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)m(2v0)2解得：s＝91v02/(50μg)．(2)設(shè)木塊A在整個(gè)過程中的最小速度為v′，所用時(shí)間為t，由牛頓第二定律：對(duì)木塊A：a1＝μmg/m＝μg，對(duì)木