《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題17 動(dòng)量與能量（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題17 動(dòng)量與能量（含解析）（20頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題17 動(dòng)量與能量【專題導(dǎo)航】目錄熱點(diǎn)題型一 應(yīng)用動(dòng)量能量觀點(diǎn)解決“子彈打木塊”模型1熱點(diǎn)題型二 應(yīng)用動(dòng)量能量觀點(diǎn)解決“彈簧碰撞”模型3熱點(diǎn)題型三應(yīng)用動(dòng)量能量觀點(diǎn)解決“板塊”模型7熱點(diǎn)題型四應(yīng)用動(dòng)量能量觀點(diǎn)解決斜劈碰撞現(xiàn)象10【題型演練】13【題型歸納】熱點(diǎn)題型一 應(yīng)用動(dòng)量能量觀點(diǎn)解決“子彈打木塊”模型 s2ds1v0子彈打木塊實(shí)際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個(gè)典型，它的特點(diǎn)是：子彈以水平速度射向原來(lái)靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運(yùn)動(dòng)。下面從動(dòng)量、能量和牛頓運(yùn)動(dòng)定律等多個(gè)角度來(lái)分析這一過(guò)程。設(shè)質(zhì)量為的子彈以初速度射向靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深
2、度為。求木塊對(duì)子彈的平均阻力的大小和該過(guò)程中木塊前進(jìn)的距離。要點(diǎn)詮釋：子彈和木塊最后共同運(yùn)動(dòng)，相當(dāng)于完全非彈性碰撞。從動(dòng)量的角度看，子彈射入木塊過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒：從能量的角度看，該過(guò)程系統(tǒng)損失的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。設(shè)平均阻力大小為，設(shè)子彈、木塊的位移大小分別為、，如圖所示，顯然有對(duì)子彈用動(dòng)能定理： 對(duì)木塊用動(dòng)能定理： 相減得： 對(duì)子彈用動(dòng)量定理：對(duì)木塊用動(dòng)量定理：【例1】(2019江蘇蘇北三市模擬)光滑水平地面上有一靜止的木塊，子彈水平射入木塊后未穿出，子彈和木塊的vt圖象如圖所示已知木塊質(zhì)量大于子彈質(zhì)量，從子彈射入木塊到達(dá)穩(wěn)定狀態(tài)，木塊動(dòng)能增加了50 J，則此過(guò)程產(chǎn)生的內(nèi)能可能是()
3、A10 J B50 J C70 J D120 J【答案】D.【解析】設(shè)子彈的初速度為v0，射入木塊后子彈與木塊共同的速度為v，木塊的質(zhì)量為M，子彈的質(zhì)量為m，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0(Mm)v，解得v.木塊獲得的動(dòng)能為EkMv2.系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Qmv(Mm)v2，可得QEk50 J，當(dāng)Q70 J時(shí)，可得Mm25，因已知木塊質(zhì)量大于子彈質(zhì)量，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤；當(dāng)Q120 J時(shí)，可得Mm75，木塊質(zhì)量大于子彈質(zhì)量，選項(xiàng)D正確【變式1】(2019山東六校聯(lián)考)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質(zhì)量相同、材料不同的兩矩形滑塊A、B中，射入A中的深度是射入B中深度
4、的兩倍兩種射入過(guò)程相比較()A射入滑塊A的子彈速度變化大 B整個(gè)射入過(guò)程中兩滑塊受的沖量一樣大C射入滑塊A中時(shí)阻力對(duì)子彈做功是射入滑塊B中時(shí)的兩倍D兩個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同【答案】BD【解析】在子彈打入滑塊的過(guò)程中，子彈與滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，mv0(Mm)v，兩種情況下子彈和滑塊的末速度相同，即兩種情況下子彈的速度變化量相同，A項(xiàng)錯(cuò)誤；兩滑塊質(zhì)量相同，且最后的速度相同，由動(dòng)量定理可知，兩滑塊受到的沖量相同，B項(xiàng)正確；由動(dòng)能定理可知，兩種射入過(guò)程中阻力對(duì)子彈做功相同，C項(xiàng)錯(cuò)誤；兩個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量與系統(tǒng)損失的機(jī)械能相同，D項(xiàng)正確【變式2】如圖所示，質(zhì)量為m245
5、g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M0.5 kg的木板左端，足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4。質(zhì)量為m05 g的子彈以速度v0300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時(shí)間極短)，g取10 m/s2。子彈射入后，求：(1)子彈與物塊一起向右滑行的最大速度v1。(2)木板向右滑行的最大速度v2。(3)物塊在木板上滑行的時(shí)間t?！敬鸢浮?1)6 m/s(2)2 m/s(3)1 s【解析】(1)子彈進(jìn)入物塊后一起向右滑行的初速度即為最大速度，由動(dòng)量守恒定律可得：m0v0(m0m)v1，解得v16 m/s。(2)當(dāng)子彈、物塊、木板三者同速時(shí)，木板的速度最大，由動(dòng)量守恒定
6、律可得：(m0m)v1(m0mM)v2，解得v22 m/s。(3)對(duì)物塊和子彈組成的整體應(yīng)用動(dòng)量定理得：(m0m)gt(m0m)v2(m0m)v1，解得t1 s。熱點(diǎn)題型二 應(yīng)用動(dòng)量能量觀點(diǎn)解決“彈簧碰撞”模型A A B A B A Bv1vv1/v2/ 兩個(gè)物體在極短時(shí)間內(nèi)發(fā)生相互作用，這種情況稱為碰撞。由于作用時(shí)間極短，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以可以認(rèn)為系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。碰撞又分彈性碰撞、非彈性碰撞、完全非彈性碰撞三種。仔細(xì)分析一下碰撞的全過(guò)程：設(shè)光滑水平面上，質(zhì)量為的物體A以速度向質(zhì)量為的靜止物體B運(yùn)動(dòng)，B的左端連有輕彈簧。在位置A、B剛好接觸，彈簧開始被壓縮，A開始減速，B開始加速；
7、到位置A、B速度剛好相等（設(shè)為v），彈簧被壓縮到最短；再往后A、B開始遠(yuǎn)離，彈簧開始恢復(fù)原長(zhǎng)，到位置彈簧剛好為原長(zhǎng)，A、B分開，這時(shí)A、B的速度分別為。全過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量一定是守恒的；而機(jī)械能是否守恒就要看彈簧的彈性如何了。（1）彈簧是完全彈性的。系統(tǒng)動(dòng)能減少全部轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)能最小而彈性勢(shì)能最大；彈性勢(shì)能減少全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能；因此、狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)能相等。這種碰撞叫做彈性碰撞。由動(dòng)量守恒和能量守恒可以證明A、B的最終速度分別為：。（這個(gè)結(jié)論最好背下來(lái)，以后經(jīng)常要用到。）（2）彈簧不是完全彈性的。系統(tǒng)動(dòng)能減少，一部分轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)能仍和相同，彈性勢(shì)能仍最大，但比小
8、；彈性勢(shì)能減少，部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；因?yàn)槿^(guò)程系統(tǒng)動(dòng)能有損失（一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能）。這種碰撞叫非彈性碰撞。（3）彈簧完全沒有彈性。系統(tǒng)動(dòng)能減少全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)能仍和相同，但沒有彈性勢(shì)能；由于沒有彈性，A、B不再分開，而是共同運(yùn)動(dòng)，不再有過(guò)程。這種碰撞叫完全非彈性碰撞。可以證明，A、B最終的共同速度為。在完全非彈性碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)能損失最大，為：?！纠?】(2019衡水中學(xué)模擬)如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長(zhǎng)度L4.0 m，傳送帶以恒定速率v3.0 m/s沿順時(shí)針方向勻速傳送三個(gè)質(zhì)量均為m1.0 kg的滑塊A、
9、B、C置于水平導(dǎo)軌上，開始時(shí)滑塊B、C之間用細(xì)繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止?fàn)顟B(tài)滑塊A以初速度v02.0 m/s沿B、C連線方向向B運(yùn)動(dòng)，A與B發(fā)生彈性碰撞后黏合在一起，碰撞時(shí)間極短，可認(rèn)為A與B碰撞過(guò)程中滑塊C的速度仍為零因碰撞使連接B、C的細(xì)繩受到擾動(dòng)而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離滑塊C脫離彈簧后以速度vC2.0 m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點(diǎn)已知滑塊C與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，重力加速度g取10 m/s2.(1)求滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度大??；(2)求滑塊B、C用細(xì)繩相連時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep；(3)若每次實(shí)驗(yàn)開始時(shí)彈簧的壓縮情況相同，要使滑
10、塊C總能落至P點(diǎn)，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值vm是多少？【答案】見解析【解析】(1)滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊C從滑上傳送帶到速度達(dá)到傳送帶的速度v所用的時(shí)間為t，加速度大小為a，在時(shí)間t內(nèi)滑塊C的位移為x由牛頓第二定律得mgma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vvCat，xvCtat2代入數(shù)據(jù)可得x1.25 mkg；【解析】試題分析：對(duì)小球與曲面進(jìn)行研究，由動(dòng)量守恒及機(jī)械能守恒定律可列式求解；分析小孩與球，球和曲面，由動(dòng)量守恒定律及機(jī)械能守恒定律可求得最后的速度，然后求出小孩能接到球的條件。（1）小球與曲面組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：由動(dòng)能定理得：解得：
11、(2)小孩推出球的過(guò)程小孩與球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：球與曲面組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：由機(jī)械能守恒定律得：解得：；如果小孩將球推出后還能再接到球,則需要滿足：v2v1解得：【點(diǎn)睛】：本題主要考查了動(dòng)量守恒和定能定理的綜合應(yīng)用，要注意正確選擇研究對(duì)象及過(guò)程，明確動(dòng)量守恒的條件，并能正確應(yīng)用相應(yīng)規(guī)律求解?！绢}型演練】1.如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng)在小球A的前方O點(diǎn)處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，Q點(diǎn)處為一豎直的墻壁小球A與小球B發(fā)生彈性正碰后小球A與小球B均向右運(yùn)動(dòng)小球B與墻壁碰撞后以
12、原速率返回并與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ2PO，則兩小球質(zhì)量之比m1m2為()A75 B13 C21 D53【答案】D【解析】設(shè)A、B兩個(gè)小球碰撞后的速度分別為v1、v2，由動(dòng)量守恒定律有m1v0m1v1m2v2，發(fā)生彈性碰撞，不損失動(dòng)能，故根據(jù)能量守恒定律有m1vm1vm2v，兩個(gè)小球碰撞后到再次相遇，其速率不變，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有v1v2PO(PO2PQ)15，聯(lián)立三式可得m1m253，D正確2 (2019河南焦作質(zhì)檢)質(zhì)量分別為ma1 kg和mb2 kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前、后兩球的位移時(shí)間圖象如圖所示，則可知碰撞屬于()A彈性碰撞 B非彈性碰撞 C完全非彈性碰撞 D條件不足，
13、無(wú)法判斷【答案】A【解析】由x t圖象可知，碰撞前，va3 m/s，vb0，碰撞后，va1 m/s，vb2 m/s，碰撞前的總動(dòng)能為mavmbv J，碰撞后的總動(dòng)能為mava2mbvb2 J，故機(jī)械能守恒；碰撞前的總動(dòng)量為mavamavb3 kgm/s，撞后的總動(dòng)量為mavambvb3 kgm/s，故動(dòng)量守恒，所以該碰撞屬于彈性碰撞，A正確3(2019湖南師大附中模擬)質(zhì)量為m，速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止的B球發(fā)生正碰碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此碰撞后B球的速度可能值為()A0.6v B0.4v C0.2v D0.3v【答案】BD【解析】若vB0.6v，選v的方向?yàn)檎?，由?dòng)量
14、守恒得：mvmvA3m0.6v，得vA0.8v，碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能為Ekmv2.碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能為：Ekmv3mvmv2 ，違反了能量守恒定律，不可能，故A錯(cuò)誤；若vB0.4v，由動(dòng)量守恒得：mvmvA3m0.4v，得vA0.2v，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能為：Ekmv3mvmv2，不違反能量守恒定律，是可能的，故B正確；A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，則有：mv(m3m)vB，vB0.25v，這時(shí)B獲得的速度最小，所以vB0.2v，是不可能的，故C錯(cuò)誤；若vB0.3v，由動(dòng)量守恒得：mvmvA3m0.3v，解得：vA0.1v，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能為Ekmv3mvmv2，不違反能量守恒定律，是可能的，故D正
15、確4如圖所示，一質(zhì)量M3.0 kg的長(zhǎng)方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量m1.0 kg的小木塊A.給A和B以大小均為4.0 m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運(yùn)動(dòng)，B開始向右運(yùn)動(dòng)，A始終沒有滑離木板B.在小木塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，木板速度大小可能是()A1.8 m/s B2.4 m/s C2.6 m/s D3.0 m/s【答案】BC【解析】A先向左減速到零，再向右做加速運(yùn)動(dòng)，在此期間，木板做減速運(yùn)動(dòng)，最終它們保持相對(duì)靜止，設(shè)A減速到零時(shí)，木板的速度為v1，最終它們的共同速度為v2，取水平向右為正方向，則MvmvMv1，Mv1(Mm)v2，可得v1 m/s，v22 m/s，所
16、以在小木塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，木板速度大小應(yīng)大于2.0 m/s而小于 m/s，故選項(xiàng)B、C正確5.(2019山東威海模擬)如圖所示，現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞已知碰撞后，甲滑塊靜止不動(dòng)，則()A碰撞前總動(dòng)量大小為2mv B碰撞過(guò)程動(dòng)量不守恒C碰撞后乙的速度大小為2v D碰撞屬于非彈性碰撞【答案】選AC【解析】.取向右為正方向，碰撞前總動(dòng)量為3mvmv2mv，A正確；碰撞過(guò)程兩滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，B錯(cuò)誤；設(shè)碰撞后乙的速度為v，由動(dòng)量守恒定律得3mvmv0mv，解得v2v，C正確；碰撞前總動(dòng)能為3mv2mv2
17、2mv2，碰撞后總動(dòng)能為0m(2v)22mv2，碰撞前后無(wú)機(jī)械能損失，碰撞屬于彈性碰撞，D錯(cuò)誤6.(2019陜西榆林質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量為m22 kg和m33 kg的物體靜止放在光滑水平面上，兩者之間有壓縮著的輕彈簧(與m2、m3不拴接)質(zhì)量為m11 kg的物體以速度v09 m/s向右沖來(lái)，為防止沖撞，釋放彈簧將m3物體發(fā)射出去，m3與m1碰撞后粘合在一起試求：(1)m3的速度至少為多大，才能使以后m3和m2不發(fā)生碰撞；(2)為保證m3和m2恰好不發(fā)生碰撞，彈簧的彈性勢(shì)能至少為多大【答案】(1)1 m/s(2)3.75 J【解析】(1)設(shè)m3發(fā)射出去的速度為v1，m2的速度為v2，以向右的方向
18、為正方向，對(duì)m2、m3，由動(dòng)量守恒定律得：m2v2m3v10.只要m1和m3碰后速度不大于v2，則m3和m2就不會(huì)再發(fā)生碰撞，m3和m2恰好不相撞時(shí)，兩者速度相等對(duì)m1、m3，由動(dòng)量守恒定律得：m1v0m3v1(m1m3)v2解得：v11 m/s即彈簧將m3發(fā)射出去的速度至少為 1 m/s.(2)對(duì)m2、m3及彈簧，由機(jī)械守恒定律得：Epm3vm2v3.75 J.7(2019遼寧撫順模擬)如圖所示，固定的圓弧軌道與水平面平滑連接，軌道與水平面均光滑，質(zhì)量為m的物塊B與輕質(zhì)彈簧拴接靜止在水平面上，彈簧右端固定質(zhì)量為3m的物塊A從圓弧軌道上距離水平面高h(yuǎn)處由靜止釋放，與B碰撞后推著B一起運(yùn)動(dòng)但與B
19、不粘連求：(1)彈簧的最大彈性勢(shì)能；(2)A與B第一次分離后，物塊A沿圓弧面上升的最大高度【答案】(1)mgh(2)h【解析】(1)A下滑與B碰撞前，根據(jù)機(jī)械能守恒得3mgh3mvA與B碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒得3mv14mv2彈簧最短時(shí)彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，根據(jù)能量守恒得Epmax4mvmgh(2)根據(jù)題意，A與B分離時(shí)A的速度大小為v2，A與B分離后沿圓弧面上升到最高點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)機(jī)械能守恒得3mgh3mv解得hh8.如圖所示，木板A靜止在光滑水平面上，其左端與固定臺(tái)階相距x。與滑塊B (可視為質(zhì)點(diǎn))相連的細(xì)線一端固定在O點(diǎn)。水平拉直細(xì)線并給B一個(gè)豎直向下的初速度，當(dāng)B到達(dá)最
20、低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線恰好被拉斷，B從A右端的上表面水平滑入。A與臺(tái)階碰撞無(wú)機(jī)械能損失，不計(jì)空氣阻力。已知A的質(zhì)量為2m, B的質(zhì)量為m。A、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)為；細(xì)線長(zhǎng)為L(zhǎng)、能承受的最大拉力為B重力的5倍；A足夠長(zhǎng)，B不會(huì)從A表面滑出，重力加速度為g。(1)求B的初速度大小v0和細(xì)線被拉斷瞬間B的速度大小v1；(2)若A與臺(tái)階只發(fā)生一次碰撞，求x滿足的條件；(3)x在滿足(2)條件下，討論A與臺(tái)階碰撞前瞬間的速度?！敬鸢浮恳娊馕觥窘馕觥?1)滑塊B從釋放到最低點(diǎn)，機(jī)械能守恒，有：mvmgLmv在最低點(diǎn)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律：Tmg又：T5mg聯(lián)立得：v0，v12。(2)設(shè)A與臺(tái)階碰撞前瞬間，A、B的速度分別為
21、vA和vB，由動(dòng)量守恒mv1mvB2mvA若A與臺(tái)階只碰撞一次，碰撞后必須滿足：|2mvA|mvB|對(duì)A應(yīng)用動(dòng)能定理：mgx2mv聯(lián)立解得：x即A與臺(tái)階只能碰撞一次的條件是： x。(3)設(shè)xx0時(shí)，A左端到與臺(tái)階碰撞前瞬間，A、B恰好達(dá)到共同速度vAB，由動(dòng)量守恒mv1(m2m)vAB對(duì)A應(yīng)用動(dòng)能定理： mgx02mv聯(lián)立得x0。()當(dāng)xx0，即x時(shí)，A、B共速后A與臺(tái)階碰撞。由可得A與臺(tái)階碰撞前瞬間的速度：vA1vAB。()當(dāng)x0x即x時(shí)，A、B共速前A就與臺(tái)階碰撞，對(duì)A應(yīng)用動(dòng)能定理：mgx2mvA與臺(tái)階碰撞前瞬間的速度：vA2。9.如圖，質(zhì)量為1 kg的小車A上用長(zhǎng)的輕繩懸掛著質(zhì)量為2 k
22、g的小球B，兩者一起以4 m/s的速度沿光滑水平面向右勻速運(yùn)動(dòng)，某一時(shí)刻，小車A與靜止在水平面上的質(zhì)量為1 kg的小車C發(fā)生正碰并粘連在一起。重力加速度取10 m/s2。求：(1)小球B能擺起的最大高度H；(2)小車C的最大速度的大小 ?！敬鸢浮?、【解析】(1)A與C的碰撞動(dòng)量守恒得設(shè)A、B、C同速時(shí)速度為，由水平方向動(dòng)量守恒得由能量守恒得解得(2)當(dāng)B擺回最低點(diǎn)時(shí)，C的速度最大，由水平方向動(dòng)量守恒(碰后系統(tǒng)機(jī)械能守恒解得。10.(2019寧夏銀川一中模擬)如圖所示，有一質(zhì)量為M2 kg的平板小車靜止在光滑的水平地面上，現(xiàn)有質(zhì)量均為m1 kg的小物塊A和B(均可視為質(zhì)點(diǎn))，由車上P處開始，A以
23、初速度v12 m/s向左運(yùn)動(dòng)，B同時(shí)以v24 m/s向右運(yùn)動(dòng)最終A、B兩物塊恰好停在小車兩端沒有脫離小車兩物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.1，g取10 m/s2.求：(1)求小車總長(zhǎng)L；(2)物塊B在小車上滑動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量QB；(3)從物塊A、B開始運(yùn)動(dòng)計(jì)時(shí)，經(jīng)6 s小車離原位置的距離x.【答案】(1)9.5 m(2)7.5 J(3)1.625 m【解析】(1)設(shè)最后達(dá)到共同速度v，取向右為正方向，整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)量守恒、能量守恒：mv2mv1(2mM)vmgLmv12mv22(2mM)v2解得：v0.5 m/s，L9.5 m.(2)設(shè)物塊A離小車左端的距離為x1，從A開始運(yùn)動(dòng)至左端歷時(shí)t1，在A運(yùn)動(dòng)至左端前，小車是靜止的mgmaAv1aAt1x1aAt12聯(lián)立可得t12 s，x12 m所以物塊B離小車右端的距離x2Lx17.5 m，所以QBmgx27.5 J.(3)設(shè)從開始到達(dá)到共同速度歷時(shí)t2，則vv2aBt2mgmaB聯(lián)立可得：t23.5 s小車在t1前靜止，在t1至t2之間以加速度a向右加速：mg(Mm)a此時(shí)小車向右運(yùn)動(dòng)的位移x3a(t2t1)2接下去三個(gè)物體組成的系統(tǒng)以v共同勻速運(yùn)動(dòng)了x4v(6 st2)聯(lián)立以上式子，解得小車在6 s內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)的總距離xx3x41.625 m.20
2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題17 動(dòng)量與能量（含解析）
