专题620 与动量相关的功能问题（提高篇）（解析版）.docx

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1、2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练第六部分机械能专题6.20与动量相关的功能问题（提高篇）一、选择就1.（201。8届安徽省合肥四中段考）如图所示，（a）图表示光滑平台上，物体A以初速度V。滑到上表面粗糙的 水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；（b）图为物体A与小车B的v-t图象，由此可知（）A.小车上表面长度B.物体A与小车B的质量之比C. A与小车B上表面的动摩擦因。数 D.小车B获得的动能【参考答案】BC【名师解析 1由图象可知，AB最终以共同速度片匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；由动量守恒定律得，加八% =（，%+/%）?，解得： -= V1 故可以确定物

2、体A与小车B的质量之比，故 % 一匕B正确；由图象可以知道A相对小车B的位移Ar = 1v0ZI ,根据能量守恒得： 加八且4丫 = 3?八%2-/（U+?8）匕2,根据B中求得质量关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；由于 小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误。2.如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接.A靠在墙壁上，用力F向 左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态.若突然撤去力F,则下列说法中正确的是（），A.木块A离开墙壁前，A, B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒B.木块A离开墙壁前，A, B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守

3、恒C.木块A离开墙壁后，A, B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒D.木块A离开墙壁后，A, B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒【参考答案】B,C【名师解析】撤去F后，木块A离开竖直墙前，竖直方向两物体所受的重力与水平面的支持力平衡，合力 为零；而墙对A有向右的弹力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒.这个过程中，只有弹簧的 弹力对B做功，系统的机械能守恒.故A错误，B正确.A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，所以系统所受的合外力为零，系统的动量 守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能也守恒.故C正确、D错误.【分析】根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所

4、受合外力为零，分析系统所受的外力情况，判断动 量是否守恒.根据是否是只有弹簧的弹力做功，判断系统的机械能是否守恒.二.计算题(2019山西太原二模)近年未，随着AI的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及。如图为 某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以vo=2m/s的恒定速率顺时针运行，传 送带的长度为L= 7.6m。机械手将质量为1kg的包裹A轻放在传送带的左端，经过4s包裹A离开传送带， 与意外落在传送带右端质量为3kg的包裹B发生正碰，碰后包裹B在水平面上滑行0.32m后静止在分拣通 道口，随即被机械手分拣。已知包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.1,

5、取g=10m/s2,求：E.凤I-l包裹A与传送带间的动摩擦因数：(2)两包裹碰撞过程中损失的机械能。(3)包裹A是否会到达分拣通道口 ？【名师解析】.(20分)(1)假设包裹A经过A时间速度达到血，由运动学知识有vot)/2+ vo(- h) = L (2 分)包裹A在传送带上加速度的大小为vo=ah (1 分)第2页，共8页包裹A的质量为mA,与传输带间的动摩擦因数为“，由牛顿运动定律有l?Ag=，A4l （2 分）解得：*=0.5 （1分）第2页，共8页（2）包裹A离开传送带时速度为vo,设第一次碰后包裹A与包裹B速度分别为va和vb,由动量守恒定 律有/AVo=WaVa+ /HBVB

6、（2 分）包裹B在水平面上滑行过程，由动能定理有-A2bx=0-ybvb2 （2 分）解得i，A=0.4m/s,负号表示方向向左，大小为0.4m/s两包裹碰撞时损失的机械能E=；mAvO2- y?AvA2-（2 分）解得：E=0.96J （1 分）第一次碰后包裹A返回传送带，在传送带作用卜向左运动心后速度减为零，由动能定理可知i/?2Xa=0-yHvxVa2 （2 分）解得xA=O.OI6m L,包裹A在传送带上会再次向右运动。设包裹A再次离开传送带的速度为VA*l?AgXA=JAVA2（2 分）解得 VAz=0.4m/s设包裹A再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为XA-i2in,gXA=0

7、-va2（2 分）解得 XA,=0.08m xavO.32m （1 分）包裹人静止时与分拣通道口的距离为0.24m,不会到达分拣通道口。1. （2019陕西西安市蓝田县模拟）如图所示，小明参加户外竞技活动，站在平台边缘抓住轻绳一端，轻绳 另一端固定在0点，绳子刚好被拉直且偏离竖直方向的角度0=60。.小明从A点由静止往下摆，达到。点 正下方4点突然松手，顺利落到静止在水平平台的平板车上，然后随平板车一起向右运动。到达C点，小 明跳离平板车（近似认为水平跳离），安全落到漂浮在水池中的圆形浮漂上。绳长乙=1.6机，浮漂圆心与C 点的水平距离八=2.7?、竖直高度）=1.8?，浮漂半径R=0.3、不

8、计厚度，小明的质量60依，平板车的质 量机二20依，人与平板车均可视为质点，不计平板车与平台之间的摩擦。重力加速度g=10加求：（1）轻绳能承受最大拉力不得小于多少？（2）小明跳离平板车时的速度在什么范围？（3）若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做了多少功？第3页，共8页【名师解析】（1）从A到B过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL （l-cos9） =-mv2,2代入数据解得：v=4m/s,v2在B点，由牛顿第二定律得：T-mg=m_,代入数据解得：T=1200N：（2）小明离开滑板后做平抛运动，竖直方向：金铲,离C点水平位移最小为：x-R=vmint,离C点水平最大

9、位移：x+R=vmaxt,代入数据解得：vmin=4m/s, vmax=5m/s,则小明跳离滑板时的速度：4m/sv5m/s；（3）小明落上滑板过程水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv= （m+m平板车）vl,代入数据解得：vl=3m/s,小明离开滑板过程系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：（m+m平板车）vl=mvC+mv平板车v2,代入数据解得：v2=-3m/s,由功能关系得：W= 年+平板车说）一；（m + M平板车）说，代入数据解得：W=480J；答：（1）轻绳能承受最大拉力不得小于1200N.（2）小明跳离平板车时的速度范围是：4m/sv5m/

10、so（3）若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做的功是480J。3.（25分）如图所示，质量M=1.0 kg的木块随传送带一起以v=2.0 m/s的速度向左匀速运动，木块与传送带间的动摩擦因数p=0.50o当木块运动至最左端A点时，颗质量为m=20g的子弹以vo=3.OxlO2第4页，共8页 m/s水平向右的速度击穿木块，穿出时子弹速度w=50 m/So设传送带的速度恒定，子弹击穿木块的时间极短, 且不计木块质量变化,g取IOm/s2。求：(1)在被子弹击穿后，木块向右运动距A点的最大距离。(2)子弹击穿木块过程中产生的内能。(3)从子弹击穿木块到最终木块相对传送带静止的过程中

11、，木块与传送带间由于摩擦产生的内能。【名师解析】(I)设木块被子弹击穿时的速度为R子弹击穿木块过程动最守恒，则：mvo-M v=m v +M v解得:v，=3.0 m/s设子弹穿出木块后，木块向右做匀减速运动的加速度大小为a,根据牛顿第二定律得出Mg=Ma解得:a=5.0 m/s2木块向右运动到离A点最远时，速度为零,设木块向右移动最大距离为si,贝！J:v2=2asi解得:si=0.90 m根据能量守恒定律可知子弹射穿木块过程中产生的内能为:E=g八，2222解得:E=872.5 J(3)设木块向右运动至速度减为零所用时间为h,然后再向左做加速运动,经时间12与传送带达到相对静I匕木块向左移

12、动的距离为S2。根据运动学公式得:V?=2aS2解得:S2=0.40 mVVli=0.60 s (2=0.40 saa木块向右减速运动的过程中相对传送带的位移为：s，=vti+s尸2.1 m产生的内能:Qi=NMgs，=10.5J木块向左加速运动的过程中相对传送带的位移为:s=vt2-S2=0.40 m产生的内能Q寸Mgs”=2.0J所以整个过程中木块与传送带摩擦产生的内能：Q=Qi+Qz=12.5 J第5页，共8页答案:(l)0.90m (2)872.5 J (3)12.5 J4.(25分)(2018唐山模拟)如图所示，半径R=1.0 m的四分之 悯弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点B与长为L

13、=0.5 m的水平面BC相切于B点,BC离地面高h=0.45 m,C点与倾角为0=37。的光滑斜面连接，质量m=1.0 kg的小滑块从圆弧上某点由静止释放，到达I员I弧B点时小滑块对圆弧的压力刚好等于其重力的2倍，当小滑块 运动到C点时与一个质量M=2.0 kg的小球正碰，碰后返问恰好停在B点,已知滑块与水平面间的动摩擦因数 |.i=0.1 ), (sin37=0.6,cos37=0.8, g 取 10 m/s?)求：(I)小滑块应从圆弧上离地面多高处释放。(2)小滑块碰撞前与碰撞后的速度。(3)碰撞后小球的速度。【名师解析】1(I)设小滑块运动到B点的速度为VB、由机械能守恒定律得:mg(H

14、-h尸一mu2由牛顿第二定律得:F-mg=m_ 解得:H=0.95 m1设小滑块运动到C点的速度为vc,由动能定理得:mg(H-h)叩mgL=2解得:vc=3 m/s碰后滑块返回B点过程，由动能定理得:1-|4nigL=0m2解得:Vi=1.0 m/s碰撞过程由动量守恒定律得:m vc=- m v i+Mvi解得:V2=2.0 m/s答案:(I )0.95 m (2)3 m/s 1 m/s (3)2.0 m/s(2019湖北宜昌4月调研)足够长的水平传送带右侧有一段与传送带上表面相切的14第6页，共8页 光滑圆弧轨道，质量为M=2kg的小木盒从离圆弧底端力=0.8m处由静止释放，滑上传送带后作

15、减速运动， Is后恰好与传送带保持共速。传送带始终以速度大小逆时针运行，木盒与传送带之间的动摩擦因数为 =0.2,木盒与传送带保持相对静止后，先后相隔7=5s,以i，o=lOm/s的速度在传送带左端向右推出两个完 全相同的光滑小球，小球的质量z=lkg.第1个球与木盒相遇后，球立即进入盒中并与盒保持相对静止， 第2个球出发后历时f=0.5s与木盒相遇。取g=10m/s2,求：（1）传送带运动的速度大小v,以及木盒与第一个小球相碰后瞬间两者共同运动速度大小也；（2）第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇；（3）从木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量。【名

16、师解析】.（18分）（1）设木盒下滑到弧面底端速度为/，对木盒从弧面下滑的过程由动能定理得Mgh = gM/2（ 分）依题意，木箱滑上传送带后做减速运动，由运动学公式有v = v at （ 1 分）对箱在带上由牛顿第二定律有iMg=Ma （ 1 分）代入数据联立解得传送带的速度v=2m/s（ 1分）设第1个球与木盒相遇，根据动量守恒定律得mvQ - Mv = （m + M）匕（1 分）代入数据，解得i2m/s （1分）（2）设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s,笫1个球经过S与木盒相遇，则（I分） %设第I个球进入木盒后两者共同运动的加速度为小根据牛顿第二定律有+= （/ + M）a

17、 得：a = pg = 2m/s2 （1 分）设木盒减速运动的时间为“，加速到与传送带相同的速度的时间为/2,则第7页，共8页Av1=，= = ls （1 分） a故木盒在2s内的位移为零（1分）依题意：$ = %/ +03（1分）其中A为木盒回到与球碰撞点后再随带运动的时间，则对1球和2球有+匀+4=丁+加1分）代入数据解得：尸+m/（Fls （1分）（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中，传送带的位移为x,木盒的位移为孙则:x = v（T + Ar-r0） = 9m （1 分）=v（T + Ar-/1-/2-/0） = 5m （1 分）故木盒相对与传送带的位移为加 = x-xi=4m （ 1分）则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量为Q = /M +力gAr = 24J （2分）第8页，共8页