2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律 力學(xué)三大觀點(diǎn) 課時(shí)規(guī)范練21 力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 新人教版.doc
《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律 力學(xué)三大觀點(diǎn) 課時(shí)規(guī)范練21 力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 新人教版.doc》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律 力學(xué)三大觀點(diǎn) 課時(shí)規(guī)范練21 力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 新人教版.doc(7頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
課時(shí)規(guī)范練21力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用能力提升組1.(2017河南新鄉(xiāng)模擬)如圖所示,半徑為R=1 m的圓弧形軌道固定在水平軌道上,與圓弧形軌道相切的水平軌道上靜置一小球B。小球A從圓弧形軌道上離水平軌道高度為h=0.8 m處沿軌道下滑,與小球B發(fā)生碰撞并粘在一起。所有接觸面均光滑,A、B兩球的質(zhì)量均為m=1 kg,g取10 m/s2。求:(1)小球A在弧形軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小F;(2)小球A、B碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能E。答案(1)26 N(2)4 J解析(1)設(shè)小球A在圓弧形軌道最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為v,其在圓弧形軌道上下滑過(guò)程機(jī)械能守恒,mgh=12mv2設(shè)小球A在圓弧形軌道最低點(diǎn)受到軌道的支持力大小為F,由牛頓第二定律得F-mg=mv2R由以上兩式解得F=26 N由牛頓第三定律可知,F=F=26 N。(2)對(duì)小球A、B碰撞的過(guò)程,由動(dòng)量守恒定律有mv=2mv,其中由于A、B碰撞并粘在一起,對(duì)該過(guò)程,由能量守恒定律有E=12mv2-122mv2,解得E=4 J。2.如圖甲所示,在傾角為37的粗糙足夠長(zhǎng)的斜面的底端,一質(zhì)量m=1 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊壓縮一輕彈簧,滑塊與彈簧不相連。t=0時(shí)釋放物塊,計(jì)算機(jī)通過(guò)傳感器描繪出滑塊的v-t圖象如圖乙所示,其中Oab段為曲線,bc段為直線,在t1=0.1 s時(shí)滑塊已上滑x=0.2 m的距離,g取10 m/s2。(sin 37=0.6,cos 37=0.8)求:(1)物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)的大小;(2)壓縮彈簧時(shí),彈簧具有的彈性勢(shì)能Ep。答案(1)0.5(2)4.0 J解析(1)由題圖可知0.1 s物體離開(kāi)彈簧向上做勻減速運(yùn)動(dòng),加速度的大小a=vt=2-10.2-0.1 m/s2=10 m/s2。根據(jù)牛頓第二定律,有mgsin 37+mgcos 37=ma解得=0.5。(2)由題中圖線可知,t2=0.1 s時(shí)的速度大小v=2.0 m/s,由功能關(guān)系可得Ep=12mv2+mgxsin 37+mgxcos 37代入數(shù)據(jù)得Ep=4.0 J。導(dǎo)學(xué)號(hào)064003223.(2017四川廣元二模)某校物理興趣小組制作了一個(gè)游戲裝置,其簡(jiǎn)化模型如圖所示,在A點(diǎn)用一彈射裝置可將靜止的小滑塊以v0水平速度彈射出去,沿水平直線軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后,進(jìn)入半徑R=0.3 m 的光滑豎直圓形軌道,運(yùn)行一周后自B點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng),C點(diǎn)右側(cè)有一陷阱,C、D兩點(diǎn)的豎直高度差h=0.2 m,水平距離s=0.6 m,水平軌道AB長(zhǎng)為l1=1 m,BC長(zhǎng)為l2=2.6 m,小滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5,重力加速度g取10 m/s2。(1)若小滑塊恰能通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn),求小滑塊在A點(diǎn)彈射出的速度大小。(2)若游戲規(guī)則為小滑塊沿著圓形軌道運(yùn)行一周離開(kāi)圓形軌道后只要不掉進(jìn)陷阱即為勝出,求小滑塊在A點(diǎn)彈射出的速度大小的范圍。答案(1)5 m/s(2)5 m/svA6 m/s和vA35 m/s解析(1)小滑塊恰能通過(guò)圓軌道最高點(diǎn)的速度為v,由牛頓第二定律得mg=mv2R從B到最高點(diǎn)小滑塊機(jī)械能守恒,有12mvB2=2mgR+12mv2從A到B由動(dòng)能定理得-mgl1=12mvB2-12mv12由以上三式解得A點(diǎn)的速度v1=5 m/s。(2)若小滑塊剛好停在C處,從A到C由動(dòng)能定理得-mg(l1+l2)=0-12mv22解得A點(diǎn)的速度為v2=6 m/s,若小滑塊停在BC段,應(yīng)滿足5 m/svA6 m/s。若小滑塊能通過(guò)C點(diǎn)并恰好越過(guò)陷阱,利用平拋運(yùn)動(dòng),豎直方向h=12gt2,水平方向s=vCt。從A到C由動(dòng)能定理得-mg(l1+l2)=12mvC2-12mv32解得v3=35 m/s。所以初速度的范圍為5 m/svA6 m/s和vA35 m/s。導(dǎo)學(xué)號(hào)064003234.(2017山東臨沂莒南縣月考)如圖所示,一輛質(zhì)量為m0=3 kg的平板小車(chē)A??吭谪Q直光滑墻壁處,地面水平且光滑,一質(zhì)量為m=1 kg的小鐵塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))放在平板小車(chē)A最右端,平板小車(chē)A上表面水平且與小鐵塊B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5,平板小車(chē)A的長(zhǎng)度l=0.9 m?,F(xiàn)給小鐵塊B一個(gè)v0=5 m/s的初速度使之向左運(yùn)動(dòng),與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞后向右運(yùn)動(dòng),求小鐵塊B在平板小車(chē)A上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能(重力加速度g取10 m/s2)。答案9 J解析設(shè)小鐵塊B向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)豎直墻壁時(shí)的速度為v1,根據(jù)動(dòng)能定理得-mgl=12mv12-12mv02,解得v1=4 m/s。假設(shè)發(fā)生彈性碰撞后小鐵塊B最終和平板小車(chē)A達(dá)到的共同速度為v2,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv1=(m0+m)v2,解得v2=1 m/s。設(shè)小鐵塊B在平板小車(chē)A上相對(duì)滑動(dòng)的位移為x時(shí)與平板小車(chē)A達(dá)到共同速度v2,則根據(jù)功能關(guān)系得-mgx=12(m0+m)v22-12mv12,解得x=1.2 m。由于xl,說(shuō)明小鐵塊B在沒(méi)有與平板小車(chē)A達(dá)到共同速度時(shí)就滑出平板小車(chē)A,所以小鐵塊B在平板小車(chē)上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為E=2mgl=9 J。5.如圖所示,一質(zhì)量m=2 kg的滑塊從高h(yuǎn)=1.5 m處無(wú)初速度下落,沿切線方向進(jìn)入固定的14粗糙圓弧AB,圓弧半徑R=1.5 m,再經(jīng)長(zhǎng)l=4 m的粗糙平面BC滑上靜止于光滑水平地面上質(zhì)量為m0=4 kg的足夠長(zhǎng)的長(zhǎng)木板,長(zhǎng)木板的上表面與BC面齊平,與C點(diǎn)的間隙可忽略,滑塊滑至C點(diǎn)時(shí)的速度vC=6 m/s。當(dāng)滑塊滑至長(zhǎng)木板上表面的同時(shí)施加給長(zhǎng)木板一個(gè)大小為F=6 N的水平向右的作用力,經(jīng)t0=1 s撤去F。已知滑塊與粗糙圓弧AB、粗糙平面BC及長(zhǎng)木板上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為=0.2(g取10 m/s2)。求:(1)滑塊在粗糙圓弧AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)克服摩擦力所做的功;(2)滑塊與長(zhǎng)木板的最終速度的大小及滑塊在長(zhǎng)木板上表面上滑動(dòng)時(shí)所產(chǎn)生的熱量。答案(1)8 J(2)3 m/s16.5 J解析(1)由動(dòng)能定理可得mg(h+R)-mgl+WfAB=12mvC2解得WfAB=-8 J,即在AB圓弧上克服摩擦力做功為8 J。(2)設(shè)滑塊滑上長(zhǎng)木板后,相對(duì)長(zhǎng)木板滑動(dòng)時(shí)加速度大小為a1,此過(guò)程中長(zhǎng)木板的加速度大小為a2,則有mg=ma1,F+mg=m0a2,解得a1=g=2 m/s2,a2=2.5 m/s2。當(dāng)二者速度相等時(shí)vC-a1t1=a2t1,解得t1=43 s。因?yàn)閠0t1,所以撤去外力F時(shí),二者還未相對(duì)靜止,t0=1 s時(shí)m的速度v1=vC-a1t0=4 m/s,長(zhǎng)木板的速度v2=a2t0=2.5 m/s。該過(guò)程滑塊相對(duì)木板的位移為s相對(duì)=vC+v12t0-v22t0=3.75 m。產(chǎn)生的熱量Q1=mgs相對(duì)=15 J。此后由于撤去F,由二者組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒,有mv1+m0v2=(m0+m)v共得滑塊與長(zhǎng)木板的最終速度v共=3 m/s。由能量守恒知此過(guò)程產(chǎn)生的熱量為Q2=12mv12+12m0v22-12(m0+m)v共2=1.5 J。所以滑塊在長(zhǎng)木板上表面上滑動(dòng)時(shí)所產(chǎn)生的熱量Q總=Q1+Q2=16.5 J。導(dǎo)學(xué)號(hào)064003246.(2017安徽馬鞍山一模)如圖所示,右端是四分之一圓弧的裝置P,質(zhì)量M=3.0 kg,其水平段AB粗糙,圓弧段BC光滑,半徑R=0.4 m?,F(xiàn)將P固定在光滑的水平地面上,一質(zhì)量m=10 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以速度v0=4 m/s從A端沿水平方向滑上P,恰能運(yùn)動(dòng)到圓弧的最高點(diǎn)C,物塊與AB段的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.4,求:(g取10 m/s2)(1)AB段的長(zhǎng)度L;(2)若P不固定,物塊在圓弧面上能上升的最大高度h;(3)在滿足(2)的條件下,通過(guò)計(jì)算判斷物塊是否會(huì)從P上掉落,若不掉落,最終物塊距A點(diǎn)多遠(yuǎn)?答案(1)1 m(2)0.2 m(3)不會(huì)從P上掉落距離A點(diǎn)0.5 m處解析(1)物塊從A到C的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理得-mgL-mgh=0-12mv02代入數(shù)據(jù)得L=1 m。(2)物塊在裝置P上滑動(dòng)過(guò)程,系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,取水平向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律有mv0=(M+m)v當(dāng)物塊滑到最高點(diǎn)的過(guò)程中,物塊和裝置P組成的系統(tǒng)滿足功能關(guān)系有12mv02=12(M+m)v2+mgh+mgL聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得h=0.2 m。(3)假設(shè)物塊不會(huì)從裝置P上滑下,設(shè)物塊在裝置P上相對(duì)滑動(dòng)的路程為s,物塊和裝置P組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,有mv0=(M+m)v若物塊最終停止在裝置P上,系統(tǒng)滿足功能關(guān)系12mv02=12(M+m)v2+mgs聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得s=1.5 m由于s2L,所以小木塊不會(huì)從滑塊上滑下,最終小木塊停止在距離A點(diǎn)0.5 m處。7.(2017廣東汕頭二模)如圖所示,兩個(gè)彈性小球a和b的質(zhì)量分別為ma、mb。a球原來(lái)靜止在離地高度H=2.4 m的P點(diǎn),b球原來(lái)靜止在離地高度h=1.6 m的Q點(diǎn)。先靜止釋放a球,在a球即將碰到b球時(shí)同樣靜止釋放b球,兩球碰撞時(shí)間極短,碰后在同一豎直線運(yùn)動(dòng),已知mb=3ma,g取10 m/s2,忽略小球大小、空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損失,且小球落地后不再跳起。求:(1)a球即將碰到b球時(shí)的速度大小;(2)b球與a球先后落地的時(shí)間差。答案(1)4 m/s(2)0.4 s解析(1)設(shè)a球下落至即將碰到b球的位置時(shí),有v2=2g(H-h)代入數(shù)據(jù)解得a球即將碰到b球時(shí)速度v=4 m/s。(2)a球與b球碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒(取向下方向?yàn)檎较?,得mav=mava+mbvb碰撞過(guò)程沒(méi)有動(dòng)能損失,得12mav2=12mava2+12mbvb2將mb=3ma和其余數(shù)據(jù)代入解得碰后a球和b球的速度分別為va=-2 m/s(方向向上)vb=2 m/s(方向向下)碰后b球做豎直下拋運(yùn)動(dòng),經(jīng)時(shí)間t落地,有h=vbt+12gt2碰后a球做豎直上拋運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)時(shí)間比b球多t,有h=va(t+t)+12g(t+t)2代入數(shù)據(jù)解得兩球先后落地的時(shí)間差t=0.4 s。8.(2017黑龍江實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考)如圖所示,在光滑的水平面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板B,其右側(cè)邊緣放有小滑塊C,與木板B完全相同的木板A以一定的速度向左運(yùn)動(dòng),與木板B發(fā)生正碰,碰后兩者粘在一起并繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng),最終滑塊C剛好沒(méi)有從木板A上掉下。已知木板A、B和滑塊C的質(zhì)量均為m,C與A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為。求:(1)木板A與B碰前的速度v0;(2)整個(gè)過(guò)程中木板B對(duì)木板A的沖量I。答案(1)23gL(2)-2m3gL3,負(fù)號(hào)表示B對(duì)A的沖量方向向右解析(1)木板A、B碰后瞬時(shí)速度為v1,碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒,以A的初速度方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒定律得mv0=2mv1。A、B粘為一體后通過(guò)摩擦力與C發(fā)生作用,最后有共同的速度v2,此過(guò)程中動(dòng)量守恒,以A的速度方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒定律得2mv1=3mv2。C在A上滑動(dòng)過(guò)程中,由能量守恒定律得-mgL=123mv22-122mv12。聯(lián)立以上三式解得v0=23gL。(2)根據(jù)動(dòng)量定理可知,B對(duì)A的沖量與A對(duì)B的沖量等大反向,則I的大小等于B的動(dòng)量變化量,即I=-mv2=-2m3gL3,負(fù)號(hào)表示B對(duì)A的沖量方向向右。- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
- 2.下載的文檔,不會(huì)出現(xiàn)我們的網(wǎng)址水印。
- 3、該文檔所得收入(下載+內(nèi)容+預(yù)覽)歸上傳者、原創(chuàng)作者;如果您是本文檔原作者,請(qǐng)點(diǎn)此認(rèn)領(lǐng)!既往收益都?xì)w您。
下載文檔到電腦,查找使用更方便
9.9 積分
下載 |
- 配套講稿:
如PPT文件的首頁(yè)顯示word圖標(biāo),表示該P(yáng)PT已包含配套word講稿。雙擊word圖標(biāo)可打開(kāi)word文檔。
- 特殊限制:
部分文檔作品中含有的國(guó)旗、國(guó)徽等圖片,僅作為作品整體效果示例展示,禁止商用。設(shè)計(jì)者僅對(duì)作品中獨(dú)創(chuàng)性部分享有著作權(quán)。
- 關(guān) 鍵 詞:
- 2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律 力學(xué)三大觀點(diǎn) 課時(shí)規(guī)范練21 力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 新人教版 2019 高考 物理 一輪 復(fù)習(xí) 第六 動(dòng)量 守恒定律 力學(xué) 觀點(diǎn) 課時(shí) 規(guī)范 21 綜合
鏈接地址:http://ioszen.com/p-6320804.html