统考版高考物理一轮复习课时分层作业（二十）动力学、动量和能量观点的综合应用含答案

这是一份统考版高考物理一轮复习课时分层作业（二十）动力学、动量和能量观点的综合应用含答案，共9页。

基础题组
1.
如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为( )
A．16 J B．2 J
C．6 J D．4 J
2.
(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩．开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起．忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
3．如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接．现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧．不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是( )
A.E＝ eq \f(1,4) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) I＝2mv0
B．E＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) I＝2mv0
C．E＝ eq \f(1,4) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) I＝mv0
D．E＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) I＝mv0
4．如图所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞．求二者发生碰撞的过程中
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块B的最大速度．
5.[2022·湖南五市十校模拟]如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的四分之一固定圆弧轨道，两轨道恰好相切．质量为M的小木块静止在O点，一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入长为L的木块内(子弹可视为质点)，恰好没穿出木块，然后与木块一起继续运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块在轨道上运动时可视为质点).不计空气阻力．
(1)求子弹射入木块前的速度．
(2)求子弹打入木块过程中产生的热量Q.
(3)若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有相同的子弹以相同初速度射入小木块，并恰好留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？
综合题组
6．[2022·广东广州一模] (多选)长木板a放在光滑的水平地面上，在其上表面放一小物块b.以地面为参考系，给a和b以大小均为v0、方向相反的初速度，最终b没有滑离a.设a的初速度方向为正方向，a、b的v ­ t图象可能正确的是( )
7．[2021·浙江6月，20]如图所示，水平地面上有一高H＝0.4 m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD的和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD半径r＝0.1 m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R＝0.2 m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上．小滑块从轨道AB上、距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点．已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝ eq \f(1,12) ，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.
(1)若小滑块的初始高度h＝0.9 m，求小滑块到达B点时速度vB的大小；
(2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；
(3)若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax.
8．[2022·河北承德联考]如图所示，粗糙斜面与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角θ＝37°，A、C、D滑块的质量为mA＝mC＝mD＝1 kg，B滑块的质量mB＝4 kg(各滑块均可视为质点).A、B间夹着质量可忽略的火药．K为处于原长的轻质弹簧，两端分别连接B和C.现点燃火药(此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度)，此后，发现A与D相碰后粘在一起，接着沿斜面前进了L＝0.8 m速度减为零，此后设法让它们不再滑下．已知滑块A、D与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)火药爆炸后瞬间A的速度大小vA；
(2)滑块B、C和弹簧K构成的系统在相互作用过程中，弹簧的最大弹性势能Ep.(弹簧始终未超出弹性限度).
课时分层作业（二十） 动力学、动量和能量观点的综合应用
1．解析：设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0＝（m＋m0）v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即ΔE＝ eq \f(1,2) m0v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) － eq \f(1,2) （m＋m0）v2，而木块获得的动能Ek木＝ eq \f(1,2) mv2＝6 J，两式相除得 eq \f(E,Ek木) ＝ eq \f(m＋m0,m0) >1，即ΔE>6 J，A项正确．
答案：A
2．解析：小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得 eq \f(v1,v2) ＝ eq \f(M,m) ，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝（M＋m）v共，得v共＝0，故C正确，D错误．
答案：BC
3．解析：A、B碰撞瞬间，由动量守恒定律可知mv0＝2mv1，解得v1＝ eq \f(v0,2) ，碰撞后系统机械能守恒，当两球向左减速到零时弹簧的弹性势能最大，则E＝ eq \f(1,2) ×2m× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(1,4) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，取A、B整体分析，取向右为正，由动量定理可得I＝2m× eq \f(v0,2) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2m×\f(v0,2))) ＝2mv0，所以墙对弹簧的冲量大小为2mv0，故A项正确．
答案：A
4．解析：（1）当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B同速．系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝（mA＋mB）v，解得v＝ eq \f(mAv0,mA＋mB) ＝1 m/s.弹簧的最大弹性势能即系统减少的动能Epm＝ eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) － eq \f(1,2) （mA＋mB）v2＝6 J.
（2）当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvm， eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝ eq \f(1,2) mBv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(m)) ＋ eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(A)) 代入数据解得vm＝2 m/s，方向向右．
答案：（1）6 J （2）2 m/s，方向向右
5．解析：（1）第一颗子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，设子弹的初速度为v0，射入后二者速度为v1，由动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v1
木块（含子弹）由O到C的运动过程中机械能守恒，有 eq \f(1,2) （m＋M）v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＝（m＋M）gR
联立解得v0＝ eq \f(m＋M,m) · eq \r(2gR) .
（2）由能量守恒定律有 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝ eq \f(1,2) （M＋m）v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＋Q，解得Q＝ eq \f(M（M＋m）gR,m) .
（3）由动量守恒定律可知，第2、4、6、8颗子弹射入木块后，木块（含子弹）的速度变为零，第1、3、5、7、9颗子弹射入木块后，木块运动．设第9颗子弹射入木块后子弹和木块的共同速度为v9，第9颗子弹射入木块后木块沿圆弧轨道上升的最大高度为H，由动量守恒定律得mv0＝（9m＋M）v9，由机械能守恒定律有 eq \f(1,2) （9m＋M）v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(9)) ＝（9m＋M）gH
联立解得H＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋M,9m＋M))) eq \s\up12(2) R.
答案：（1） eq \f(m＋M,m) · eq \r(2gR) （2） eq \f(M（M＋m）gR,m) （3） eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋M,9m＋M))) eq \s\up12(2) R
6．解析：长木板a与小物块b组成的系统动量守恒，最终b没有滑离a，则a和b最终相对静止，具有共同速度，则有mav0－mbv0＝（ma＋mb）v，解得v＝ eq \f(mav0－mbv0,ma＋mb) .若b的质量大于a的质量，总动量方向与b的动量方向相同，故a的速度先减小为零，再反向加速，最终与b共速，故A正确；若a的质量大于b的质量，总动量方向与a的动量方向相同，故b的速度先减小为零，再反向加速，最终与a共速，故B正确；若a、b的质量相等，系统总动量为零，共速时两者速度都为零，故C正确；D选项中，当a速度减为零时，b的速度尚未为零，两者还会相对滑动且存在摩擦力，故a将反向加速，直到与b共速，故D错误．
答案：ABC
7．解析：（1）小滑块在AB轨道上做匀加速直线运动，由动能定理可知
mgh－μmg cs θ· eq \f(h,sin θ) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(B)) ①
解得vB＝4 m/s②
（2）由题可知，小滑块与等质量的小球发生弹性碰撞，碰撞后速度互换，之后小球沿CDEF轨道运动，当小球恰好能通过E点做圆周运动时，小球的初速度最小，即滑块的下落高度最低．在E点时，小球只由重力提供向心力，
根据牛顿第二定律有mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(Emin)) ,R) ③
小球从BC段到E点的运动过程中，由机械能守恒定律可知
eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(Emin)) ＋mg（R＋r）＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(Bmin)) ④
由（1）问分析可知，小滑块提供给小球的初速度
vBmin＝ eq \f(4,3) eq \r(ghmin) ⑤
联立③④⑤解得hmin＝0.45 m⑥
（3）设小球从E点到Q点运动过程中，三棱柱G到轨道EF点的距离为y.从E点到G点的运动过程中，由机械能守恒定律可知
eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(G)) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(Emin)) ＋mg（R＋y）⑦
小球从G点到落地点Q做平抛运动，由平抛运动规律可知
水平方向上x＝vGt⑧
竖直方向上H＋r－y＝ eq \f(1,2) gt2⑨
联立③⑦⑧⑨解得x＝2 eq \r(（0.5－y）（0.3＋y）) ⑩
由数学知识可知，当0.5－y＝0.3＋y，即y＝0.1 m时，x取最大值，xmax＝0.8 m⑪
答案：（1）4 m/s （2）0.45 m （3）0.8 m
8．解析：（1）A、D整体沿斜面上滑，设A和D碰后瞬间的速度为v1，由动能定理有－（mA＋mD）g sin θ·L－μ（mA＋mD）g cs θ·L＝0－ eq \f(1,2) （mA＋mD）v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1))
得v1＝ eq \r(2g（sin θ＋μcs θ）L) ，代入数据解得v1＝4 m/s
对A、D系统，由动量守恒定律有mAvA＝（mA＋mD）v1
解得vA＝8 m/s.
（2）火药爆炸过程，设B获得的速度大小为vB，对A和B系统，由动量守恒定律有－mAvA＋mBvB＝0，解得vB＝2 m/s
B与C相互作用，当两者共速时，弹簧弹性势能最大，由B、C系统动量守恒有
mBvB＝（mB＋mC）v′，解得v′＝ eq \f(mBvB,mB＋mC) ＝1.6 m/s
弹簧的最大弹性势能为Ep＝ eq \f(1,2) mBv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(B)) － eq \f(1,2) （mB＋mC）v′2，代入数据解得Ep＝1.6 J.
答案：（1）8 m/s （2）1.6 J