《2022年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量 動(dòng)量守恒定律 專題強(qiáng)化七 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量 動(dòng)量守恒定律 專題強(qiáng)化七 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練（4頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量 動(dòng)量守恒定律 專題強(qiáng)化七 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練 1．(2018·江西南昌十校二模)如圖1所示，光滑水平面上放著質(zhì)量都為m的物塊A和B，A緊靠著固定的豎直擋板，A、B間夾一個(gè)被壓縮的輕彈簧(彈簧與A、B均不拴接)，用手擋住B不動(dòng)，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能為mv，在A、B間系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩的長(zhǎng)略大于彈簧的自然長(zhǎng)度。放手后繩在短暫時(shí)間內(nèi)被拉斷，之后B繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后與向左勻速運(yùn)動(dòng)、速度為v0的物塊C發(fā)生碰撞，碰后B、C立刻形成粘合體并停止運(yùn)動(dòng)，C的質(zhì)量為2m。求： 圖1 (1)B、C相撞前一瞬間B的速度大??；

2、(2)繩被拉斷過程中，繩對(duì)A所做的W。 解析　(1)B與C碰撞過程中動(dòng)量守恒 mvB＝2mv0 解得：vB＝2v0 (2)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為物塊B的動(dòng)能，則Ep＝mv 解得：vB0＝3v0 繩子拉斷過程，A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒 mvB0＝mvB＋mvA 解得：vA＝v0 繩對(duì)A所做的功為 W＝mv＝mv 答案　(1)2v0　(2)mv 2．(2018·貴州八校聯(lián)盟二模)如圖2所示，在平直軌道上P點(diǎn)靜止放置一個(gè)質(zhì)量為2m的物體A，P點(diǎn)左側(cè)粗糙，右側(cè)光滑?，F(xiàn)有一顆質(zhì)量為m的子彈以v0的水平速度射入物體A并和物體A一起滑上光滑平面，與前方靜止

3、物體B發(fā)生彈性正碰后返回，在粗糙面滑行距離d停下。已知物體A與粗糙面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝，求： 圖2 (1)子彈與物體A碰撞過程中損失的機(jī)械能； (2)B物體的質(zhì)量。 解析　(1)設(shè)子彈與物體A的共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律有 mv0＝3mv， 則該過程損失的機(jī)械能 ΔE＝mv－·3mv2＝mv。 (2)以子彈、物體A和物體B為系統(tǒng)，設(shè)B的質(zhì)量為M，碰后子彈和物體A的速度為v1，物體B的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律有 3mv＝Mv2＋3mv1， 碰撞過程機(jī)械能守恒，有 ·3mv2＝·3mv＋Mv， 從子彈與物體A滑上粗糙面到停止，由能量守恒定律

4、有 3μmgd＝·3mv， 又μ＝， 綜上可解得M＝9m。 答案　(1)mv　(2)9m 3．(2018·河北正定模擬)如圖3所示，半徑為R的四分之三光滑圓軌道豎直放置，CB是豎直直徑，A點(diǎn)與圓心等高，有小球b靜止在軌道底部，小球a自軌道上方某一高度處由靜止釋放自A點(diǎn)與軌道相切進(jìn)入豎直圓軌道，a、b小球直徑相等、質(zhì)量之比為3∶1，兩小球在軌道底部發(fā)生彈性正碰后小球b經(jīng)過C點(diǎn)水平拋出落在離C點(diǎn)水平距離為2R的地面上，重力加速度為g，小球均可視為質(zhì)點(diǎn)。求 圖3 (1)小球b碰后瞬間的速度； (2)小球a碰后在軌道中能上升的最大高度。 解析　(1)b小球從C點(diǎn)拋出

5、做平拋運(yùn)動(dòng)，有 gt2＝2R 解得t＝ 小球b做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移x＝vCt＝2R 解得vC＝ 根據(jù)機(jī)械能守恒有mbv＝mbv＋2mbgR 可知小球b在碰后瞬間的速度vb＝ (2)a、b兩小球相碰，由動(dòng)量守恒得：mava＝mava′＋mbvb a、b兩小球發(fā)生彈性碰撞，由機(jī)械能守恒得： mav＝mava′2＋mbv 又ma＝3mb 解得：va＝vb，va′＝va＝vb 可得：va′＝，小球a在軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)，不能到達(dá)圓心高度，所以小球a不會(huì)脫離軌道，只能在軌道內(nèi)來回滾動(dòng)，根據(jù)機(jī)械能守恒可得mava′2＝magh 解得h＝ 答案　(1)　(2)

6、R 4．如圖4所示的水平軌道中，AC段的中點(diǎn)B的正上方有一探測(cè)器，C處有一豎直擋板，物體P1沿軌道向右以速度v1與靜止在A點(diǎn)的物體P2碰撞，并接合成復(fù)合體P，以此碰撞時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，探測(cè)器只在t1＝2 s至t2＝4 s內(nèi)工作。已知P1、P2的質(zhì)量均為m＝1 kg，P與AC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，AB段長(zhǎng)L＝4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均視為質(zhì)點(diǎn)，P與擋板的碰撞為彈性碰撞。 圖4 (1)若v1＝6 m/s，求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動(dòng)能ΔE； (2)若P與擋板碰后，能在探測(cè)器的工作時(shí)間內(nèi)通過B點(diǎn)，求v1的取值范圍和P向左經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的最大動(dòng)能E。

7、 解析　(1)P1和P2碰撞過程動(dòng)量守恒，有mv1＝2mv， 解得v＝＝3 m/s。 碰撞過程中損失的動(dòng)能為ΔEk＝mv－(2m)v2＝9 J。 (2)由于P與擋板的碰撞為彈性碰撞，故P在AC間的運(yùn)動(dòng)可等效為勻減速直線運(yùn)動(dòng)， 加速度大小為a＝μg＝1 m/s2， 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vB＝v－at，v－v2＝－2a·3L，又因?yàn)関＝。 ①當(dāng)t＝2 s時(shí)通過B點(diǎn)，解得v1＝14 m/s； ②當(dāng)t＝4 s時(shí)通過B點(diǎn)，解得v1＝10 m/s。 綜上可得v1的取值范圍為10 m/s≤v1≤14 m/s。 設(shè)向左經(jīng)過A點(diǎn)的最大速度為vA，則v1＝14 m/s時(shí)有此最大

8、速度，由v－v＝－2aL， 得v＝17 m2/s2。 則通過A點(diǎn)的最大動(dòng)能為E＝(2m)v＝17 J。 答案　(1)3 m/s　9 J　(2)10 m/s≤v1≤14 m/s　17 J 5．如圖5所示，光滑半圓形軌道MNP豎直固定在水平面上，直徑MP垂直于水平面，軌道半徑R＝0.5 m。質(zhì)量為m1的小球A靜止于軌道最低點(diǎn)M，質(zhì)量為m2的小球B用長(zhǎng)度為2R的細(xì)線懸掛于軌道最高點(diǎn)P。現(xiàn)將小球B向左拉起，使細(xì)線水平，以豎直向下的速度v0＝4 m/s釋放小球B，小球B與小球A碰后粘在一起恰能沿半圓形軌道運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)。兩球可視為質(zhì)點(diǎn)，g＝10 m/s2，試求： 圖5 (1)B球與A球相碰前的速度大??； (2)A、B兩球的質(zhì)量之比m1∶m2。 解析　(1)設(shè)B球與A球碰前速度為v1，碰后兩球的速度為v2。B球擺下來的過程中機(jī)械能守恒 m2v＋m2g·2R＝m2v 解得v1＝6 m/s (2)碰后兩球恰能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，則 (m1＋m2)g＝(m1＋m2) 得vP＝＝ m/s 碰后兩球沿圓弧運(yùn)動(dòng)機(jī)械能守恒 (m1＋m2)v＝(m1＋m2)v＋(m1＋m2)g·2R 解得v2＝5 m/s 兩球碰撞過程中動(dòng)量守恒m2v1＝(m1＋m2)v2 解得m1∶m2＝1∶5 答案　(1)6 m/s　(2)1∶5