新教材2023_2024学年高中物理第1章动量守恒定律专题提升3动量和能量的综合应用分层作业新人教版选择性必修第一册

这是一份新教材2023_2024学年高中物理第1章动量守恒定律专题提升3动量和能量的综合应用分层作业新人教版选择性必修第一册，共10页。
动量和能量的综合应用A级 必备知识基础练1.(多选)如图所示,一质量m0=3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量m=1.0 kg的小木块A。现以地面为参考系,给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,但最后A并没有滑离B板。站在地面上的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动,则在这段时间内的某时刻木板相对地面的速度大小可能是(　　)A.1.8 m/s B.2.4 m/sC.2.6 m/s D.3.0 m/s2.(多选)如图甲所示,在光滑水平面上,轻质弹簧一端固定,物体A以速度v0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示),物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x,则(　　)A.A物体的质量为3mB.A物体的质量为2mC.弹簧达到最大压缩量时的弹性势能为D.弹簧达到最大压缩量时的弹性势能为m3.(2023江苏扬州高二期中改编)如图所示,木块静止在光滑水平面上,子弹A、B从两侧同时水平射入木块,木块始终保持静止,子弹A射入木块的深度是子弹B的3倍。假设木块对子弹的阻力大小恒定,子弹A、B做直线运动且不会相遇,则子弹A、B运动的过程中,下列说法正确的是(　　)A.木块和子弹A、B系统动量不守恒B.子弹B的初动量大小是子弹A的初动量大小的3倍C.子弹B的初速度大小是子弹A的初速度大小的3倍D.子弹B的质量是子弹A的质量的3倍4.如图所示,带有半径为R的光滑圆弧的小车的质量为m0,置于光滑水平面上,一质量为m的小球从圆弧的最顶端由静止释放,求小球离开小车时,小球和小车的速度。              5. 如图所示,光滑水平面上有A、B两辆小车,质量分别为mA=20 kg、mB=25 kg。A车以初速度v0=3 m/s向右运动,B车静止,且B车右端放着物块C,C的质量为mC=15 kg。A、B相撞且在极短时间内连接在一起,不再分开。已知C与B上表面间动摩擦因数为μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,B车足够长,求C沿B上表面滑行的长度。6.两质量分别为m1和m2的劈A和B,高度相同,放在光滑水平面上,A和B的倾斜面都是光滑曲面,曲面下端与水平面相切,如图所示,一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上,距水平面的高度为h,物块从静止滑下,然后又滑上劈B,求物块在B上能够达到的最大高度。             7.如图所示,一长木板静止在光滑的水平面上,长木板的质量为2m,长为L,在水平地面的右侧有一竖直墙壁。一质量为m、可视为质点的滑块从长木板的左端以速度v0滑上长木板,在长木板与墙壁相撞前滑块与长木板已达到共同速度,长木板与墙壁碰撞后立即静止,滑块继续在长木板上滑行,滑块到达长木板最右端时,速度恰好为零,求:(1)滑块与长木板间的动摩擦因数;(2)滑块与长木板间因摩擦而产生的热量。           B级 关键能力提升练8.(多选)(2023湖北武汉高二开学考试)如图所示,质量为2m的滑块带有半圆弧槽N,且圆弧槽的半径为r,所有接触面的摩擦力均可忽略。在下列两种情况下均将质量为m且可视为质点的小球M由右侧的最高点无初速释放,第一种情况滑块固定不动,第二种情况滑块可自由滑动。下列说法正确的是(　　)A.只有第一种情况,小球可运动到圆弧槽左侧最高点B.两种情况下,小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为C.第二种情况,小球滑到圆弧槽最低点时,圆弧槽的速度为D.第二种情况,圆弧槽距离出发点的最远距离为r9.(多选)(2023山东日照高二期中)如图甲所示,光滑水平面上放置长木板a和滑块c,滑块b置于长木板a的左端。长木板a与滑块b之间的动摩擦因数为0.4。t=0时,滑块c静止,长木板a和滑块b一起以v0=5 m/s的速度匀速向右运动;t1=1 s时,长木板a与滑块c发生碰撞(时间极短)。经过一段时间,滑块b恰好不滑离长木板a,a、b、c的速度—时间图像如图乙所示。已知长木板a的质量ma=2 kg,重力加速度g取10 m/s2。则              (　　)A.滑块b的质量mb=1 kg,滑块c的质量mc=2 kgB.长木板a与滑块c发生的碰撞是弹性碰撞C.长木板a的长度为0.75 mD.长木板a与滑块b刚好共速的时刻t2=1.5 s10.两块质量都是m的木块A和B在光滑水平面上均以速度向左匀速运动,中间用一根劲度系数为k的轻弹簧连接着,如图所示。现从水平方向迎面射来一颗子弹,质量为,速度为v0,子弹射入木块A并留在其中,求:(1)在子弹击中木块后的瞬间木块A、B的速度vA和vB的大小;(2)在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。                    11.(2023山东聊城高二期中)如图所示,半径为R的光滑圆弧轨道固定在水平面上,圆弧轨道底端和水平面相切,质量分别为3m、6m的物体B和C用一质量不计的弹簧连接放在水平面上,其中物体B刚好位于圆弧轨道圆心的正下方,质量为m的物体A由与圆心等高的位置从圆弧上静止释放,经一段时间物体A与物体B发生碰撞,碰撞后物体A沿原路返回,A上升的最高点距水平面的高度为。假设三个物体均可视为质点,一切摩擦和阻力均可忽略,重力加速度为g。求:(1)物体A、B相互作用的过程中物体A对物体B的冲量大小;(2)弹簧第一次压缩至最短时储存的弹性势能;(3)弹簧第一次恢复原长时物体C的速度大小。          12.如图所示,在光滑的水平面上,质量为m0=3.0 kg的木板A的左端,叠放着一个质量为m=1.0 kg的小物块B(可视为质点),小物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.30。在木板A的左端正上方,用长为R=0.80 m不可伸长的轻绳将质量为m=1.0 kg的小球C悬于固定点O,现将轻绳拉直使小球C于O点以下与水平方向成θ=30°角的位置(如图所示)由静止释放。此后,小球C与B恰好发生正碰且无机械能损失。空气阻力不计,g取10 m/s2。求:(1)小球运动到最低点时(碰撞前)对细绳的拉力;(2)木板长度L至少为多大时小物块才不会滑出木板。     参考答案　动量和能量的综合应用1.BC　A、B组成的系统动量守恒,取水平向右为正方向,从A开始运动到A的速度减为零的过程中,由动量守恒定律得(m0-m)v0=m0vB1,代入数据解得vB1=2.67m/s。从开始运动到A、B速度相同的过程中,同理有(m0-m)v0=(m0+m)vB2,解得vB2=2m/s。木块A加速运动的过程为从其速度减为零至与B达到相同速度,且此过程B始终减速,所以B的速度范围为2m/s<vB<2.67m/s,则B、C正确,A、D错误。2.AC　对题图甲,设物体A的质量为m0,由机械能守恒定律可得,弹簧压缩量为x时弹性势能Ep=m0;对题图乙,物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,A、B组成的系统动量守恒,弹簧达到最大压缩量时,A、B二者速度相等,由动量守恒定律有m0×(2v0)=(m0+m)v,由能量守恒定律有Ep=m0×(2v0)2-(m0+m)v2,联立解得m0=3m,Ep=m0×,A、C正确,B、D错误。3.D　木块和子弹A、B组成的系统所受合外力为零,则系统的动量守恒,A错误;对木块和子弹A、B组成的系统,取水平向右为正方向,由动量守恒定律可得mAvA-mBvB=0,则有pA=pB,即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等,B错误;由于木块始终保持静止,木块所受合力为零,可知两子弹对木块的作用力大小相等,由牛顿第三定律可知,两子弹受木块的阻力大小相等,设为Ff,子弹射入木块的深度为d,由动能定理,对子弹有,-Ffd=0-Ek=-,可得md=不变。因dA=3dB,则mA=,又p=mv相等,则vA=3vB,C错误,D正确。4.答案 ,方向水平向左　,方向水平向右解析 小球和小车组成的系统虽然总动量不守恒,但在水平方向动量守恒,且全过程满足机械能守恒,设球车分离时,小球的速度为v1,方向水平向左,小车的速度为v2,方向水平向右,以水平向左为正方向,则mv1-m0v2=0,mgR=m0,解得v1=,v2=。5.答案 m解析 以向右为正方向,A、B相撞mAv0=(mA+mB)v1,解得v1=m/s由于在极短时间内摩擦力对C的冲量可以忽略,故A、B刚连接为一体时,C的速度为零,此后,C沿B上表面滑行,直至相对于B静止为止,这一过程中,系统动量守恒,系统损失的动能等于滑动摩擦力与C在B上的滑行距离之积;(mA+mB)v1=(mA+mB+mC)v(mA+mB)(mA+mB+mC)v2=μmCgL解得L=m。6.答案 h解析 设物块到达劈A的底端时,物块和A的速度大小分别为v和v1,由机械能守恒定律和动量守恒定律得mgh=mv2+m1m1v1=mv设物块在劈B上达到的最大高度为h',此时物块和B的共同速度大小为v2,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv=(m2+m)v2mgh'+(m2+m)mv2解得h'=h。7.答案 (1)　(2)解析 (1)从滑块滑上长木板到两者有共同速度的过程中,设滑块在长木板上滑行的距离为L1,两者共同速度为v,则mv0=(m+2m)vμmgL1=(m+2m)v2碰撞后,长木板立即静止,滑块向前滑动的过程中,有μmg(L-L1)=mv2解得μ=。(2)滑块与长木板间因摩擦而产生的热量为Q=μmgL=。8.BC　当圆弧槽固定时,由机械能守恒定律mgr=mgh,可知h=r,小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点;当圆弧槽自由滑动时,小球M从圆弧槽的右端最高点由静止释放时,M、N组成的系统水平方向动量守恒且为零,小球M到达左侧最高点时两者共速为v1,有(m+2m)v1=0,由机械能守恒定律可知,小球M同样可以运动到圆弧槽左侧的最高点,故A错误。当圆弧槽固定时,小球M到最低点时的速度为v0,由机械能守恒定律mgr=得v0=;当圆弧槽自由滑动时,设小球M到达最低点时的速率为v,此时圆弧槽的速率为v',根据动量守恒定律得mv-2mv'=0,根据机械能守恒定律得mgr=mv2+×2mv'2,联立解得v=,v'=,两种情况下,小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为,故B、C正确。小球M和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒,当小球运动到左侧最高点时,设时间为t,圆弧槽向右运动的位移最大为x,根据动量守恒定律得,解得x=,故D错误。9.ACD　长木板a与滑块c发生碰撞,系统动量守恒,可得mav0=mava+mcvc,代入图乙中数据v0=5m/s、va=2m/s、vc=3m/s,解得mc=2kg;长木板a与滑块c碰撞结束后,长木板a与滑块b组成的系统动量守恒,可得mava+mbv0=(ma+mb)vabc,代入图乙中数据,解得mb=1kg,故A正确。依题意,有ma=25J>mamc=13J,长木板a与滑块c发生的碰撞是非弹性碰撞,故B错误。对滑块b,根据牛顿第二定律可得mba=μmbg,又滑块b在长木板a上做匀减速直线运动,可得vabc=v0-at,解得t=0.5s,即长木板a与滑块b刚好共速的时刻t2=t1+t=1.5s,故D正确。依题意,有L=xb-xa,又xb=·t,xa=·t,联立解得L=0.75m,故C正确。10.答案 (1)　(2)解析 (1)在子弹打入木块A的瞬间,由于相互作用时间极短,弹簧来不及发生形变,A、B都不受弹力的作用,故vB=;由于此时A不受弹力,木块A和子弹构成的系统在这极短过程中不受外力作用,选向左为正方向,系统动量守恒vA解得vA=。(2)由于木块A、木块B运动方向相同且vA<vB,故弹簧开始被压缩,使得木块A加速、木块B减速运动,弹簧不断被压缩,弹性势能增大,直到二者速度相等时弹簧弹性势能最大,在弹簧压缩过程中木块A(包括子弹)、B与弹簧构成的系统动量守恒,机械能守恒。设弹簧压缩量最大时共同速度为v,弹簧的最大弹性势能为Epm,由动量守恒定律得vA+mvB=v由机械能守恒定律得v2+Epm联立解得v=v0,Epm=。11.答案 (1)　(2)mgR　(3)解析 (1)物体A沿圆弧轨道下滑到最低点过程中,由动能定理得mgR=碰撞后物体A沿原路返回过程中,由动能定理得-mgR=0-mvA'2物体A与物体B碰撞过程由动量守恒定律得mvA=3mvB-mvA'对物体B由动量定理得I=3mvB代入数据可得I=。(2)对物体B、C由动量守恒定律得3mvB=(3m+6m)v由能量守恒定律得×3m=Ep+×9mv2解得Ep=mgR。(3)弹簧第一次恢复原长过程中,由动量守恒定律得3mvB=3mvB'+6mvC恢复前后动能不变,故有×3m×3mvB'2+×6m联立可得vC=。12.答案 (1)20 N,方向竖直向下　(2)1 m解析 (1)小球C从开始下落到与B碰撞前瞬间,由动能定理得mgR(1-sinθ)=-0解得v0=小球在最低点,有F-mg=m解得F=20N由牛顿第三定律得,小球对细绳的拉力为F'=F=20N,方向竖直向下。(2)设小球C与小物块B在碰撞后,小球C的速度为v1,小物块B的速度为v2,由动量守恒和机械能守恒得mv0=mv1+mv2联立解得v1=0,v2=小物块B在木板A上滑动,小物块B和木板A组成的系统动量守恒,设B滑到木板A最右端时与A共速,速度大小为v,则mv2=(m0+m)v小物块B在木板A上滑动的过程中,由小物块B和木板A组成的系统减小的机械能转化为内能,由功能关系得μmgL=(m0+m)v2联立以上各式并代入数据,解得L=1m。