2023届二轮复习 专题二 第3讲　动力学三大观点的综合应用 素养作业

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第3讲　动力学三大观点的综合应用1.(2021·全国乙卷,14)如图,光滑水平地面上有一小车,一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连,另一端与滑块相连,滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩,撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中,从撤去推力开始,小车、弹簧和滑块组成的系统(　B　)A.动量守恒,机械能守恒B.动量守恒,机械能不守恒C.动量不守恒,机械能守恒D.动量不守恒,机械能不守恒解析:撤去推力,系统所受合外力为0,动量守恒;滑块和小车之间有滑动摩擦力,由于摩擦生热,故系统机械能减少,B正确。2.(2021·湖南卷,2)物体的运动状态可用位置x和动量p描述,称为相,对应px图像中的一个点。物体运动状态的变化可用px图像中的一条曲线来描述,称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,则对应的相轨迹可能是(　D　)解析:质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,由运动学公式v2=2ax可得v=,设质点的质量为m,则质点的动量p=m,由于质点的速度方向不变,则质点动量p的方向始终沿x轴正方向,根据数学知识可知D正确。3.(2022·湖北孝感模拟)如图所示,用轻弹簧连接质量为m的物块A和质量为2m的物块B,放在光滑的水平面上,A与竖直墙面接触,弹簧处于原长。现用向左的推力缓慢推物块B,当B处于图示位置时静止,整个过程推力做功为W。现瞬间撤去推力,撤去推力后(　D　)A.从撤去推力至物块A即将离开墙面过程中,A、B及弹簧构成的系统动量守恒B.从撤去推力至物块A即将离开墙面过程中,墙面对A的冲量为0C.物块A离开墙面后,弹簧具有的最大弹性势能为WD.物块A离开墙面后,弹簧具有的最大弹性势能为解析:从撤去推力至物块A即将离开墙面过程中,由于墙面对A有弹力作用,A、B及弹簧组成的系统动量不守恒,故A错误;根据功能关系,开始时弹簧具有的弹性势能为Ep=W,从撤去推力至A即将离开墙面过程中,当A对墙的压力刚好为零时,弹簧的弹力为零,弹性势能为零,根据能量守恒可知,此时B的动能为Ek=Ep=W,墙对A的冲量等于A、B组成系统的动量改变量,即为I=Δp=mv-0==,故B错误;物块A离开墙面时,B具有向右的动量,A离开墙面后,A、B、弹簧组成的系统动量守恒,始终具有向右的动量,所以A离开墙面后弹簧具有的最大弹性势能小于W,故C错误;物块A离开墙壁后系统动量守恒,弹性势能最大时,A、B速度相等,以向右为正方向,由动量守恒定律得2mv=3mv1,由能量守恒定律得×2mv2=×3m+Ep,又W=×2mv2,解得Ep=,故D正确。4.(2022·山东济南二模)(多选)如图所示,质量为2 kg的四分之一圆弧形滑块P静止于水平地面上,其圆弧底端与水平地面相切。在滑块P右侧有一固定的竖直弹性挡板,将一质量为1 kg的小球Q从滑块顶端正上方距地面1.2 m处由静止释放,小球Q恰能沿切线落入滑块P。小球与挡板的碰撞为弹性碰撞,所有接触面均光滑,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　AC　)A.若滑块P固定,小球Q能回到1.2 m高处B.若滑块P固定,小球Q第一次与挡板碰撞过程,挡板对小球的冲量大小为2 N·sC.若滑块P不固定,小球Q第一次与挡板碰撞前的速度大小为4 m/sD.若滑块P不固定,经过多次碰撞后,滑块的最终速度大小为3 m/s解析:若滑块P固定,由于小球在各个环节无机械能损失,可知小球Q能回到1.2 m高处,选项A正确;若滑块P固定,小球Q第一次与挡板碰撞时的速度v==2 m/s,碰撞过程挡板对小球的冲量大小为I=2mv=4 N·s,选项B错误;若滑块P不固定,则小球落到滑块上时,滑块和小球在水平方向上动量守恒,则mv1-Mv2=0,mgh=m+M,解得v1=4 m/s,v2=2 m/s,即小球Q第一次与挡板碰撞前的速度大小为4 m/s,选项C正确;若滑块P不固定,小球与挡板第一次碰撞后,将以等大速度反弹,则滑上滑块后再滑回到地面的过程,由动量守恒和能量守恒可知mv1+Mv2=mv1′+Mv2′,m+M=mv1′2+Mv2′2,解得v1′= m/s,v2′= m/s,因此时小球的速度小于滑块的速度,则小球与挡板碰后不能再次追上滑块,则滑块的最终速度大小为 m/s,选项D错误。5.(2022·福建龙岩模拟)(多选)如图所示,带有四分之一光滑圆弧轨道的斜劈A和滑块B、C均静止在光滑水平地面上,斜劈A的末端与水平地面相切。一滑块D从斜劈A的圆弧轨道的最高点由静止释放,滑块D滑到水平地面后与滑块B碰撞并粘在一起向前运动,再与滑块C碰撞又与C粘在一起向前运动。已知斜劈A和三个滑块的质量均为m,斜劈A的圆弧轨道半径为R,重力加速度大小为g,滑块B、C、D均可视为质点,则下列说法正确的是(　AC　)A.滑块D在圆弧轨道上滑动的过程中,A对D的支持力做功为-mgRB.与滑块B碰撞前瞬间,滑块D的速度大小为C.滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能为mgRD.滑块B与滑块C碰撞后的速度大小为解析:滑块D在斜劈A上滑动时,A与D组成的系统水平方向上动量守恒,且系统机械能守恒,则当D滑到水平地面上时,mvD-mvA=0,且mgR=m+m,两式联立解得A、D分离时的速度大小为vD=vA=,即A与D的速度大小相等,方向相反,下滑过程,对D由动能定理得W=m-mgR,解得W=-mgR,故A正确;滑块D与B碰撞前的速度即为A、D分离时D的速度大小,为,故B错误;滑块D与B碰撞过程动量守恒,有mvD=(m+m)vB,则碰撞后B、D整体的速度大小为vB=,损失的机械能ΔE=m-(m+m),计算可得滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能ΔE=mgR,故C正确;滑块B与C碰撞过程中,B、C、D组成的系统动量守恒,有(m+m)vB=(m+m+m)vC,则B与C碰撞后的速度大小为vC=,故D错误。6.(2022·山东聊城二模)(多选)如图,质量均为m的小球A、B用一根长为l的轻杆相连,竖直放置在光滑水平地面上,质量也为m的小球C挨着小球B放置在地面上。扰动轻杆使小球A向左倾倒,小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与地面有一定夹角时小球B和C分离,已知球C的最大速度为v,小球A落地后不反弹,重力加速度为g。下列说法正确的是(　AD　)A.球B、C分离前,A、B两球组成的系统机械能逐渐减小B.球B、C分离时,球B对地面的压力大小为2mgC.从开始到球A落地的过程中,杆对球B做的功为mv2D.小球A落地时的动能为mgl-mv2解析:球B、C分离前,球C对球B做负功,所以A、B两球组成的系统机械能逐渐减小,故A正确;球B、C分离时,对A、B两球组成的系统,球A有向下的加速度,球A处于失重状态,所以球B对地面的压力大小小于2mg,故B错误;A、B、C三球在水平方向不受外力作用,所以A、B、C三球在水平方向动量守恒,设在球A落地瞬间,A、B水平方向的速度为v共,取向右为正方向,有2mv共+mv=0,解得v共=-,对A、B、C三球组成的系统由机械能守恒得mgl=EkA+mv2+m,解得EkA=mgl-mv2,故D正确;从开始到球A落地的过程中,杆对球B做的功等于球B和球C的动能之和,为W=mv2+m=mv2,故C错误。7.(2022·湖南郴州三模)如图,半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、km(k为待定系数)。小球A从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑,与静止于轨道最低点的小球B相撞,碰撞中无机械能损失,重力加速度为g。关于各种情况下k的取值。下列说法中不正确的是(　B　)A.若0<k<0.2,则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点B.若0.2<k<1,则小球B第一次碰后将会在某处脱离圆轨道C.若k>1,小球B不可能脱轨D.若k=3,小球A和小球B将在圆轨道的最低点发生第二次碰撞解析:小球A下滑到最低点的过程中,mgR=m,A碰B,mv0=mvA+kmvB, m=m+km,知vB=,vA=,若小球B恰好运动至轨道顶点,kmg=,km=kmg·2R+kmv2,在顶点v=,所以k=-1≈0.265。当k≤0.265时,小球B可运动至轨道最高点,若0<k<0.2,则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点;当0.265<k<1时,小球B脱轨;若0.2<k<1,则小球B第一次碰后不一定会脱离圆轨道;当k>1时,小球B运动不到圆心等高处,不脱轨;当k=3时,vB=,vA=-,两球碰后速度等大反向,即小球A和小球B将在圆轨道的最低点发生第二次碰撞,则选项A、C、D说法正确,B说法错误。8.(2022·湖南永州模拟)(多选)如图甲所示,轻弹簧下端固定在倾角为θ的光滑斜面底端,上端与物块B相连,物块B处于静止状态,现将物块A置于斜面物块B上方某位置处,取物块A的位置为原点O,沿斜面向下为正方向建立x轴坐标系,某时刻释放物块A,A与物块B碰撞后以共同速度沿斜面向下运动,碰撞时间极短,测得物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示,图像中0～x1之间为直线,其余部分为曲线,物块A、B均可视为质点,弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力,重力加速度为g,则(　ACD　)A.物块A、B的质量之比为1∶2B.A与B碰撞后在x1位置处速度最大C.A与B碰撞后在x3位置处加速度最大D.弹簧的劲度系数为解析:由题图乙可知,物块A与物块B碰撞前的动能mAv2=E,可得物块A与物块B碰撞前的速度v=,物块A与物块B碰撞后的动能mA=E,可得物块A与物块B碰撞后的速度v共==,物块A与物块B碰撞时间极短,根据动量守恒定律mAv=(mA+mB),解得=,A正确;由题图乙可知,A与B碰撞后A在x2处动能最大,则A与B碰撞后在x2位置处速度最大,B错误;根据动能定理有0-Ek=F合x,可知Ekx图像的斜率表示物体所受的合外力,由题图乙可知A与B碰撞后在x3位置处合外力最大,即加速度最大,C正确;弹簧上端与物块B相连,物块B处于静止状态,设此时弹簧的形变量为x0,结合题图甲根据平衡条件可知mBgsin θ=kx0,由题图乙可知,当A、B一起运动到x2时,速度最大,根据平衡条件mAgsin θ+mBgsin θ=k(x2-x1+x0),物块A从O点运动到位置x1的过程中,根据动能定理有mAgx1sin θ=E,联立解得k=,D正确。9.(2022·河北唐山二模)如图所示,足够长的斜面体被固定在水平面上,底端固定一个弹性挡板,挡板垂直于斜面体,斜面倾角为θ=37°,A、B两个可视为质点的物块静止在斜面上,与斜面间的动摩擦因数都为μ=0.75,物块A到挡板的距离x=0.125 m,A、B的质量分别是m、km(其中k值小于1)。现在给B一个初速度v0=3 m/s,所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。求:(1)A、B第一次碰撞后A、B的速度大小;(2)A、B恰好发生第二次碰撞且碰撞位置距离挡板最远时,k值的大小。解析:(1)对物块B受力分析可知kmgsin θ=μkmgcos θ,所以物块B匀速下滑,设A、B第一次碰撞后A、B的速度分别为vA、vB,根据动量守恒定律有kmv0=mvA+kmvB,根据能量守恒定律有km=m+km,联立得vA=v0= m/s,vB=v0= m/s。又因为k<1,所以vB的大小为|vB|= m/s。(2)物块A、B碰撞后B沿斜面向上做匀减速运动,设上滑的最大位移是s,根据动能定理有(kmgsin θ+μkmgcos θ)s=km,易知物块A先做匀速下滑,与挡板碰后反弹速度大小不变,开始匀减速上滑,若A、B恰好发生第二次碰撞且碰撞位置距离挡板最远,根据动能定理有(mgsin θ+μmgcos θ)(x+s)=m,联立解得k=0.5。答案:(1) m/s　 m/s　(2)0.510.(2021·海南卷,17)如图,一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动,将一小滑块无初速度地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m,它们之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。(1)滑块相对木板静止时,求它们的共同速度大小;(2)某时刻木板速度是滑块的2倍,求此时滑块到木板最右端的距离;(3)若滑块轻放在木板最右端的同时,给木板施加一水平向右的外力,使得木板保持匀速直线运动,直到滑块相对木板静止,求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。解析:(1)由于地面光滑,则木板与滑块组成的系统动量守恒,有2mv0=3mv共,解得v共=。(2)由于木板速度是滑块的2倍,则有v木=2v滑,根据动量守恒定律有2mv0=2mv木+mv滑,联立得v滑=v0,v木=v0;根据功能关系有-μmgx=×2m+m-×2m,经过计算得x=。(3)由于木板保持匀速直线运动,则有F=μmg,对滑块进行受力分析,并根据牛顿第二定律有a滑=μg,滑块相对木板静止时有v0=a滑t,解得t=,则整个过程中木板滑动的距离为x′=v0t=,则拉力所做的功为W=Fx′=m。答案:(1)　(2)　(3)　m11.(2022·湖南长沙二模)(多选)已知引力常量为G,星球的质量为M,星球的半径为R,飞船在轨道Ⅰ上运动时的质量为m,P、Q点与星球表面的高度分别为h1、h2,飞船与星球中心的距离为r时,引力势能为Ep=-G(取无穷远处引力势能为零),飞船经过Q点的速度大小为v,在P点由轨道Ⅰ变为轨道Ⅱ的过程中,发动机沿轨道的切线方向瞬间一次性喷出一部分气体,喷出的气体相对喷气后飞船的速度大小为u,则下列说法正确的是(　ACD　)A.飞船在圆形轨道Ⅰ上运动的速度大小约为B.飞船经过P点时的速度大小为C.飞船在轨道Ⅱ上运动时速度大小变化D.喷出的气体的质量为[-]解析:飞船在圆形轨道Ⅰ上,根据万有引力提供向心力,则有G=m,解得v1=,A正确;飞船从Q到P,在同一轨道飞船机械能守恒,根据机械能守恒定律,有mv2-G=m-G,解得vP=,B错误;轨道Ⅱ为椭圆,根据开普勒第二定律可知,飞船在轨道Ⅱ上运动时速度大小变化,C正确;根据动量守恒定律,有mv1=(m-Δm)vP+Δm(vP+u),解得Δm=[-],D正确。12.(2022·全国乙卷,25)如图a,一质量为m的物块A与轻质弹簧连接,静止在光滑水平面上;物块B向A运动,t=0时与弹簧接触,到t=2t0时与弹簧分离,第一次碰撞结束,A、B的vt图像如图b所示。已知从t=0到t=t0时间内,物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后,A滑上粗糙斜面,然后滑下,与一直在水平面上运动的B再次碰撞,之后A再次滑上斜面,达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sin θ=0.6),与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求:(1)第一次碰撞过程中,弹簧弹性势能的最大值;(2)第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值;(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。解析:(1)水平面光滑,故在水平面上两物块碰撞过程动量守恒,从B与弹簧接触到弹簧第一次压缩到最短过程中,有mBv1=(mB+mA)v0,其中v1=1.2v0,可得mB=5m;该过程中机械能守恒,设弹簧最大弹性势能为Ep,得Ep+(mA+mB)=mB,解得Ep=0.6m。(2)由图像知0～t0内物块B与物块A的位移差等于弹簧的最大压缩量,也就是题图中该段时间物块A、B图像所夹面积,物块A在0～t0时间内的位移SA=0.36v0t0,即为0～t0内vt图像中A线与t轴所夹面积。法一　在压缩弹簧的过程中,物块A、B所受弹簧弹力大小相等,方向相反,则物块A的加速度始终是物块B加速度的5倍,有aA=5aB,若两者均做初速度为零的变速运动,则两者的位移满足SA=5SB′,在图1中深灰色阴影面积为SA,浅灰色阴影面积为SB′,最大压缩量为X=1.2v0t0-SA-SB′=0.768v0t0。法二　0～t0过程,由动量守恒有mvA+5mvB=(m+5m)v0,结合运动学知识有mSA+5mSB=6mv0t0,解得SB=1.128v0t0(B在0～t0内的位移),最大压缩量为X=SB-SA=1.128v0t0-0.36v0t0=0.768v0t0。(3)设物块A第一次从斜面滑到平面上时的速度为vx,物块A(含弹簧)回到水平面,第二次与B相互作用过程系统机械能守恒、动量守恒。则有mBv2-mAvx=mBv3+mA·2v0,mB+mA=mB+mA(2v0)2,解得vx=v0(另一解舍去)。物块A第一次从斜面底端滑到最高点的过程,由动能定理有-μmgscos θ-mgssin θ=0-m(2v0)2,物块A第一次从最高点滑到水平面的过程,由动能定理有-μmgscos θ+mgssin θ=m-0,解得μ=0.45。答案:(1)0.6m　(2)0.768v0t0　(3)0.45