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课时跟踪检测(二十五) 动量守恒定律及其应用(二)


课时跟踪检测(二十五) 动量守恒定律及其应用(二)

高考常考题型:计算题 1. (2013· 江门新会期中)如图 1 所示, 半径为 R 的竖直光滑半圆轨道 bc 与水平光滑轨道 ab 在 b 点连接,开始时可视为质点的物体 A 和 B 静止在 ab 上,A、B 之间压缩有一处于锁 定状态的轻弹簧(弹簧与 A、B 不连接)。某时刻解除锁定,在弹力作用下 A

向左运动,B 向 右运动,B 沿轨道经过 c 点后水平抛出,落点 p 与 b 点间距离为 2R。已知 A 质量为 2m,B 质量为 m,重力加速度为 g,不计空气阻力,求:

图1 (1)B 经 c 点抛出时速度的大小; (2)B 经 b 时的速度大小及其对轨道的压力的大小; (3)锁定状态的弹簧具有的弹性势能。

2.(2013· 湛江调研)如图 2 所示,A 滑块放在光滑的水平面上,B 滑块可视为质点,A 和 B 的质量都是 1 kg,A 的左侧面紧靠在光滑竖直墙上,A 上表面的 ab 段是光滑的半径为 0.8 m 的四分之一圆弧,bc 段是粗糙的水平面,ab 段与 bc 段相切于 b 点。已知 bc 段长度为 2 m,滑块 B 从 a 点由静止开始下滑,取 g=10 m/s2。

图2 (1)求滑块 B 滑到 b 点时对 A 的压力大小。 (2)若滑块 B 与 bc 段的动摩擦因数为 μ, μ 值满足 0.1≤μ≤0.5, 且 试讨论因 μ 值的不同, 滑块 B 在滑块 A 上相对 A 运动过程中两者因摩擦而产生的热量(计算结果可含有 μ)。

3.(2012· 珠海检测)如图 3 所示,质量为 M=3 kg 的小车放在光滑的水平面上,在小车 的最左端有一小物块,质量 m=1 kg,物块与小车间动摩擦因数为 μ=0.5,竖直固定的挡板 A 下端离地面的高度略大于小车的高度。初始时,小车与物块一起以水平速度 v0=2 m/s 向 左运动,当物块运动到挡板 A 处时与挡板发生无机械能损失的碰撞,若小车足够长。求:(g =10 m/s2)

图3 (1)物块与挡板第一次碰撞后,物块向右运动最大对地位移。 (2)物块第二次与挡板碰撞前,物块在木板上滑动的距离。 (3)物块与挡板第一次碰撞后到与车第一次共速的时间。

1 4.(2013· 六校教研联考)一个平板小车置于光滑水平面上,其右端恰好和一个 光滑圆弧 4 固定轨道 AB 的底端等高对接,如图 4 所示。已知小车质量 M=3.0 kg,长 L=2.06 m,圆弧 轨道半径 R=0.8 m。现将一质量 m=1.0 kg 的小滑块,由轨道顶端 A 点无初速释放,滑块滑 到 B 端后冲上小车。滑块与小车上表面间的动摩擦因数 μ=0.3 (取 g=10 m/s2)

图4 试求: (1)滑块到达底端 B 时,对轨道的压力大小。 (2)通过计算判断滑块是否能滑离小车?

5.(2013· 六校教研联考)光滑水平面上放着质量 mA=1 kg 的物块 A 与质量 mB=2 kg 的 物块 B,A 与 B 均可视为质点,A 靠在竖直墙壁上,A、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与 A、B 均不拴接),用手挡住 B 不动,此时弹簧弹性势能 EP=49 J。在 A、B 间系一轻质细绳, 细绳长度大于弹簧的自然长度,如图 5 所示。放手后 B 向右运动,绳在短暂时间内被拉断, 之后 B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道,其半径 R=0.5 m,B 恰能到达最高点 C。 取 g=10 m/s2,求

图5 (1)绳拉断后瞬间 B 的速度 vB 的大小。 (2)绳拉断过程绳对 A 所做的功 W。

6. (2013· 潮州金中、 揭阳一中两校联合摸底)如图 6, 一质量为 M=0.99 kg 的木块静止在 水平轨道的 B 点,水平轨道与半径为 R=10 m 光滑弧形轨道相切于 B 点。现有一质量为 m =10 g 的子弹以 v0=500 m/s 的水平速度从左边射入木块且未穿出。已知木块与水平轨道的 动摩擦因数 μ=0.5,g=10 m/s2。求

图6 (1)子弹射入木块时与木块获得共同速率及此时木块对轨道的压力大小;

(2)子弹射入木块后与木块在弧形轨道上升的最大高度 h; (3)木块从弧形轨道返回水平面后到静止时距 B 点的距离 s。

7.(2013· 惠州一调)如图 7 所示,一质量为 M=1.5 kg 的物块静止在光滑桌面边缘,桌 面离水平面的高度为 h=1.25 m。 一质量为 m=0.5 kg 的木块以水平速度 v0=4 m/s 与物块相 碰并粘在一起,重力加速度为 g=10 m/s2。求

图7 (1)碰撞过程中系统损失的机械能; (2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离。

8.(2013· 广东六校联考)如图 8 所示,物体 A 紧靠墙壁,A 与物体 B 之间有轻弹簧相连, A 的质量为 m, 的质量为 3m。 B 质量为 m 的物体 C 以速度 v0 向左运动, B 发生弹性碰撞。 与 不计一切摩擦。

图8 (1)判断以后 B 与 C 能否再次发生碰撞?(不必说明理由) (2)求在 A 未离开墙壁前,弹簧的最大弹性势能 EP; (3)求在 A 离开墙壁后,弹簧的最大弹性势能 EP′。





课时跟踪检测(二十五) 1 1.解析:(1)B 平抛运动过程有 2R= gt2 2 2R=vct 得:vc= gR 1 1 (2)B 从 b 到 c,由机械能守恒定律得 mvb2=2mgR+ mvc2 2 2 得:vb= 5gR vb2 在 b 处,由牛顿第二定律,对 B 有 FN-mg=m R FN=6mg 由牛顿第三定律得 B 对轨道的压力 FN′=FN=6mg (3)设完全弹开后,A 的速度为 va 弹簧回复原长过程中 A 与 B 组成系统动量守恒,2mva-mvb=0 1 1 得:va= vb= 5gR 2 2 1 1 由能量守恒定律,得弹簧弹性势能 Ep= ×2mva2+ mvb2 2 2 得:Ep=3.75mgR。 答案:见解析 2.解析:(1)设滑块 B 下滑到 b 点时的速度 v0,此时 A 对滑块的弹力为 N, 1 由机械能守恒有 mBgR= mBv02① 2 v02 由牛顿第二定律有 N-mBg=mB ② R 滑块 B 滑到 b 点时对 A 的压力大小为 N′=N③ 联立①②③式并代入数据解得 N′=30 N④ (2)B 滑到 b 点后,A、B 组成的系统动量守恒,设 A、B 刚好能够共速,对应的动摩擦 因数为 μ1,速度为 v,由动量守恒定律得 mv0=2mv⑤ 1 1 由能量守恒得 μ1mgs= mv02- (2m)v2⑥ 2 2 联立①⑤⑥式并代入数据解得 μ=0.2⑦ 当满足 0.1≤μ<0.2 时,A 和 B 不能共速,B 将从 A 的右端滑落,A 和 B 因摩擦而产生 的热量为 Q1=μmgs=20 μJ⑧ 当满足 0.2≤μ≤0.5 时,A 和 B 能共速且速度为 v,A 和 B 因摩擦而产生的热量为

1 1 Q2= mv02- (2m)v2⑨ 2 2 联立①⑤⑨式并代数据解得 Q2=4 J⑩ 答案:见解析 1 3.解析:(1)对物块:由动能定理有:μmgs= mv02 2 s=0.4 m (2)第一次物块碰后到向左共速,由系统动量和能量守恒得: Mv0-mv0=(M+m)· v 1 1 (M+m)v02= (M+m)v2+μmgs 2 2 联立解得,物块在木板上滑动的距离为:s=1.2 m (3)对木板,μmg=Ma v=v0-at t=0.6 s 答案:(1)0.4 m (2)1.2 m (3)0.6 s 4.解析:(1)滑块从 A 端下滑到 B 端,由机械能守恒得 1 mgR= mv02 v0=4 m/s 2 v02 在 B 点由牛顿第二定律得 FN-mg=m R 解得轨道对滑块的支持力 FN=3 mg=30 N 由牛顿第三定律可知,滑块对轨道的压力为 30 N (2)滑块滑上小车后,假设滑块没有滑出小车二者同速,设速度为 v, 由动量守恒:mv0=(M+m)v v=1 m/s

1 1 由能的转化和守恒:μmgΔs= mv02- (M+m)v2 2 2 滑块在小车上滑行长度 Δs=2.0 m<L=2.06 m 即滑块不能滑离小车 答案:见解析 5.解析:(1)设 B 在绳被拉断后瞬间的速度为 vB,到达 C 点时的速度为 vC,有 vC2 mBg=mB R 1 1 m v 2= m v 2+2mBgR 2 B B 2 B C 代入数据得 vB=5 m/s

(2)设绳断后 A 的速度为 vA,取水平向右为正方向, 根据动量守恒和动能定理有 mBv1=mBvB+mAvA 1 m v 2=49 J 2 B 1 1 W= mAvA2 2 代入数据得 W=8 J 答案:(1)5 m/s (2)8 J 6.解析:(1)设子弹射入木块时与木块获得共同速率为 v,子弹射入木块前后系统动量 守恒 mv0=(M+m)v 解得:v=5 m/s 子弹射入木块与木块获得共同速率这一瞬间由牛顿第二定律得: v2 FN-(M+m)g=(M+m) R 解得 FN=12.5N 根据牛顿第三定律得:子弹与木块对轨道的压力大小为 FN′=12.5N (2)设木块上升的最大高度为 h, 子弹与木块在光滑弧形轨道上运动到最高点过程中系统 1 机械能守恒 (M+m)v2=(M+m)gh 2 解得:h=1.25 m (3)从子弹射入木块时与木块获得共同速率到从弧形轨道返回水平面再到静止的过程 1 由动能定理得: (M+m)v2=μg(M+m)s 2 解得:s=2.5 m 答案:(1)5 m/s 12.5 N (2)1.25 m (3)2.5 m

7.解析:(1)m 与 M 组成的系统碰撞过程中动量守恒, 设碰后共同的速度为 v mv0=(m+M)v v=1 m/s

1 1 损失的机械能 ΔE= mv02- (m+M)v2 2 2 ΔE=3 J (2)物块离开桌面后做平抛运动,设落地点离桌面边缘的水平距离为 s 1 h= gt2 2 t=0.5 s

s=vt=0.5 m 答案:(1)3 J (2)0.5 m

8.解析:(1)B 与 C 不能再次发生碰撞。 (2)设 C 与 B 发生弹性碰撞后,速度为 vC、vB,C 与 B 碰撞过程,根据动量守恒、机械 能守恒分别有: mv0=mvC+3mvB 1 1 1 mv02= mvC2+ 3mvB2 2 2 2 v0 解得:vB= 2 然后 B 压缩弹簧而做减速运动,B 的动能转化为弹簧的弹性势能,当 B 的速度减为零 时,弹簧的弹性势能最大,即: 1 3 EP= 3mvB2= mv02 2 8 (3)当 B 的速度减为零后,B 反向向右做加速运动,弹簧的弹性势能又转化为 B 的动能, 当弹簧恢复原长时,B 的速度大小仍为 vB,且 A 开始离开墙壁。当 A、B 速度相同(设为 v) 时,弹簧的弹性势能最大,对 A、B 和弹簧组成的系统,根据动量守恒、机械能守恒分别有: 3mvB=(3m+m)v 1 1 3mvB2= (3m+m)v2+EP′ 2 2 3 解得:EP′= mv02 32 答案:见解析


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