第一章 专题强化练5 动力学、能量和动量观点在力学中的应用（含答案）高中物理人教版（2019）选择性 必修 第一册

专题强化练5　动力学、能量和动量观点在力学中的应用
1.如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球由静止自由下落80 cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80 cm。已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍
B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2 kg·m/s
C．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2 kg·m/s
D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2 N·s
2.(2022·江苏常熟中学高二期中)如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为2m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动。质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0的速度水平射入物块B(时间极短，子弹未穿出)后，物块B恰好能到达水平杆PQ位置，重力加速度为g，则(　　)
A．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统动量和机械能都守恒
B．子弹射入物块B的初速度v0＝100
C．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，物块B仍能摆到水平杆PQ位置
D．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到最高点时速度大小为
3.(2023·山东青岛二中高二期中)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F。质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。重力加速度为g。则(　　)
A．细绳被拉断后瞬间木板的加速度大小为
B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2
C．弹簧恢复原长时滑块的动能为mv2
D．滑块与木板AB间的动摩擦因数为
4.如图所示，小球A放于小球B正上方(两球直接接触且球心连线竖直)，两小球同时由距水平地面高度为H的地方由静止释放，设两小球间碰撞和球B与地面的碰撞均为弹性碰撞且作用时间极短，小球B的质量是小球A质量的3倍，忽略两小球大小，不计空气阻力，求小球A反弹后能上升的最大高度。
5．(2022·江苏如东县教育体育局高二期末)如图所示，光滑水平面上有一质量M＝8.0 kg的平板车，车的上表面右侧是一段长L＝0.90 m的水平轨道，水平轨道左侧竖直面内连一半径R＝0.25 m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在O′点相切。车右端固定一个尺寸可以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧，一质量m＝2.0 kg的小物块紧靠弹簧，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.50。整个装置处于静止状态，现将弹簧解除锁定，小物块被弹出，恰能到达圆弧轨道的最高点A，取g＝10 m/s2。求：
(1)解除锁定前弹簧的弹性势能；
(2)最终小物块与车相对静止时距O′点的距离；
(3)小物块经过O′点时的速度。
6．如图所示，光滑的水平面上有一质量M＝9 kg的木板，其右端恰好和光滑固定的圆弧轨道AB的底端等高对接(木板的水平上表面与圆弧轨道相切)，木板右端放有一质量m0＝2 kg的物体C(可视为质点)已知圆弧轨道半径R＝0.9 m，现将一质量m＝4 kg的小滑块(可视为质点)，在轨道顶端A点由静止释放，滑块滑到B端后冲上木板，并与木板右端的物体C粘在一起沿木板向左滑行，最后恰好不从木板左端滑出，已知滑块和物体C与木板上表面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2。求：
(1)滑块到达圆弧的B端时，轨道对它的支持力大小；
(2)木板的长度l。
7．(2023·江苏海门市第一中学高二期中)如图甲所示，竖直面内θ＝30°的倾斜轨道与相同材料足够长的水平轨道平滑连接，质量m＝0.9 kg的物块B静止在水平轨道的最左端。t＝0时刻，物块A由倾斜轨道上端从静止下滑，一段时间后与B发生碰撞，物块A运动的v－t图像如图乙所示。已知碰后物块B的速度为1 m/s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。
(1)求物块A与轨道间的动摩擦因数μ1；
(2)求物块A在前3 s内，克服摩擦力做的功；
(3)若要保证两物块再次相碰，求物块B与轨道间的动摩擦因数μ2应满足的条件。
专题强化练5　动力学、能量和动量观点在力学中的应用
1．C　[设足球自由下落到人头顶前瞬时速度大小为v0，由动能定理得mgh＝mv02，解得v0＝＝4 m/s，t＝＝0.4 s
对足球，在与人头顶作用过程中，规定竖直向上为正方向，由动量定理得(－mg)Δt＝mv0－(－mv0)
解得＝mg＋＝36 N
足球的重力G＝mg＝4 N，头部对足球的平均作用力为足球重力的9倍，A错误；足球下落到与头部刚接触时动量大小mv0＝1.6 kg·m/s，B错误；足球与头部作用过程中动量变化大小为2mv0＝3.2 kg·m/s，C正确；足球从最高点下落至重新回到最高点过程中重力的冲量大小为IG＝mg(Δt＋2t)＝4×(0.1＋2×0.4)N·s＝3.6 N·s，D错误。]
2．D　[在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，所受的合外力远小于内力，其动量守恒，但由于摩擦产生内能，所以机械能不守恒，故A错误；
子弹射入物块B后一起向上摆至最高点过程中，由机械能守恒定律有(0.01m＋0.99m)gL＝(0.01m＋0.99m)v2
解得子弹射入物块B后的速度为v＝，子弹射入物块B过程中，由动量守恒定律得0.01mv0＝(0.01m＋0.99m)v
解得子弹射入物块B的初速度为v0＝100，故B错误；
若物块A不固定，子弹仍以v0射入，子弹相对物块B静止后，子弹和物块B的动能转化为物块A和物块B(包括子弹)的动能和物块B(包括子弹)的重力势能，所以物块B的上摆高度小于物块A固定时的上摆高度，故C错误；
当物块B摆到最高点时，物块A、B和子弹具有相同的速度，在水平方向系统动量守恒，由动量守恒定律有(0.01m＋0.99m)v＝(0.01m＋0.99m＋2m)v′，解得 v′＝，故D正确。]
3．D　[细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，根据牛顿第二定律有F＝Ma，解得a＝，故A错误；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2，故B错误；弹簧恢复原长时木板具有动能，所以滑块的动能小于mv2，故C错误；由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即Ep＝mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，都为0，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得Ep＝μmgl，解得μ＝，故D正确。]
4．4H
解析　两小球做自由落体运动v12＝2gH
小球B与地面碰撞时没有机械能损失，所以以原速率反弹vB＝v1，方向向上；此时小球A速度vA＝v1，方向向下，设小球A质量为M，则小球B质量为3M，小球B反弹后与小球A相碰，动量守恒、机械能守恒，取向上为正方向
3MvB－MvA＝3MvB′＋MvA′
×3MvB2＋MvA2＝×3MvB′2＋MvA′2
解得vA′＝v1，方向向下(舍去)或vA′＝2v1，方向向上
小球A反弹后，由机械能守恒有MvA′2＝Mgh
解得h＝4H。
5．(1)14 J　(2)0.50 m
(3)2 m/s，第一次方向向左，第二次方向向右
解析　(1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，故小物块恰能到达圆弧最高点A时，二者的共同速度v共＝0
设弹簧解除锁定前的弹性势能为Ep，上述过程中系统能量守恒，则有Ep＝mgR＋μmgL
代入数据解得Ep＝14 J
(2)最终平板车和小物块相对静止时，二者的共同速度为0，设小物块相对平板车滑动的总路程为s，对系统由能量守恒有Ep＝μmgs
代入数据解得s＝1.40 m，则距O′点的距离x＝s－L＝0.50 m
(3)设小物块经过O′时的速度为vm，此时平板车的速度为vM，研究小物块在圆弧面上滑动过程，由系统机械能守恒和水平方向动量守恒有
mgR＝mvm2＋MvM2,0＝mvm＋MvM
代入数据解得vm＝±2.0 m/s
则物块第一次经过O′时，速度为2 m/s，方向向左；第二次经过O′时，速度为2 m/s，方向向右。
6．(1)120 N　(2)1.2 m
解析　(1)滑块从A端下滑到B端，由机械能守恒定律得mgR＝mv02
解得v0＝3 m/s
在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m
解得轨道对滑块的支持力FN＝120 N。
(2)滑块滑上木板后，滑块与木板右端的物体C发生碰撞，以向左为正方向，设碰撞后共同的速度为v1，则mv0＝(m＋m0)v1
代入数据得v1＝2 m/s
对滑块、物体C以及木板，三者组成的系统沿水平方向的动量守恒，设末速度为v2，由动量守恒定律有(m＋m0)v1＝(m＋m0＋M)v2
由能量守恒定律得
μ(m＋m0)gl＝(m＋m0)v12－(M＋m＋m0)v22
解得l＝1.2 m。
7．(1)　(2)2.175 J　(3)μ2≥
解析　(1)由题图乙知下滑的加速度为
a1＝＝ m/s2＝2 m/s2
根据牛顿第二定律有Mgsin θ－μ1Mgcos θ＝Ma1
解得μ1＝
(2)物块A上滑的过程有Mgsin θ＋μ1Mgcos θ＝Ma2
解得a2＝8 m/s2
所以碰后A的速度为vA2＝a2Δt＝8×0.5 m/s＝4 m/s
上滑的距离x1＝Δt＝×0.5 m＝1 m
碰撞过程中动量守恒，碰前物块A速度vA1为5 m/s，碰后物块B速度vB为1 m/s，
则MvA1＝mvB－MvA2
解得M＝0.1 kg
物块A初始下滑到底部的位移有x2＝′Δt′＝×2.5 m＝6.25 m
克服摩擦力做的功为W＝μ1Mg(x1＋x2)cos θ＝2.175 J
(3)物块A再次滑到底部的速度为vA3＝＝2 m/s
滑到底部的时间为t＝＝ s＝1 s
则A再次滑到底部时，B已经运动了1.5 s。
若B不停，B在1.5 s内的位移x3>·1.5 (m)＝0.75 m
A在水平面上滑行的最远距离x4＝＝ m故只能是B停在x4＝ m之内，A、B才有可能再次相碰。
所以有x3＝≤ m
解得μ2≥
所以要保证两物块再次相碰，物块B与轨道间的动摩擦因数μ2≥。