1、20與動(dòng)量相關(guān)的功能問題（提高篇）一、選擇題1.(2018屆安徽省合肥四中段考)如圖所示，（a）圖表示光滑平臺(tái)上，物體A以初速度v0滑到上表面粗糙（的水平小車上，車與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不計(jì)；b）圖為物體A與小車B的v-t圖象，由此可知（）A.小車上表面長度B.物體A與小車B的質(zhì)量之比C.A與小車B上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)D.小車B獲得的動(dòng)能【參考答案】BC【名師解析】由圖象可知，AB最終以共同速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，不能確定小車上表面長度，故A錯(cuò)誤；由動(dòng)量守恒定律得，解得：，故可以確定物體A與小車B的質(zhì)量之比，故B正確；由圖象可以知道A相對(duì)小車B的位移x1vt，根據(jù)能量守恒得：201，根據(jù)B中求得質(zhì)量關(guān)

2、系，可以解出動(dòng)摩擦因數(shù)，故C正確；由于小車B的質(zhì)量不可知，故不能確定小車B獲得的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤。2.如圖所示，在水平光滑地面上有A、B兩個(gè)木塊，A、B之間用一輕彈簧連接A靠在墻壁上，用力F向左推B使兩木塊之間彈簧壓縮并處于靜止?fàn)顟B(tài)若突然撤去力F，則下列說法中正確的是（）A.木塊A離開墻壁前，A，B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒B.木塊A離開墻壁前，A，B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但機(jī)械能守恒C.木塊A離開墻壁后，A，B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒D.木塊A離開墻壁后，A，B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但機(jī)械能守恒【參考答案】B,C【名師解析】撤去F后，木塊A離開豎直墻前，豎

3、直方向兩物體所受的重力與水平面的支持力平衡，合力為零；而墻對(duì)A有向右的彈力，所以系統(tǒng)的合外力不為零，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒這個(gè)過程中，只有彈簧的彈力對(duì)B做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒故A錯(cuò)誤，B正確A離開豎直墻后，系統(tǒng)水平方向不受外力，豎直方向外力平衡，所以系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能也守恒故C正確、D錯(cuò)誤【分析】根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件：系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零，分析系統(tǒng)所受的外力情況，判斷動(dòng)量是否守恒根據(jù)是否是只有彈簧的彈力做功，判斷系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒二計(jì)算題1.（2019山西太原二模）近年未，隨著AI的迅猛發(fā)展，自動(dòng)分揀裝置在快遞業(yè)也得到廣泛的普及。如圖為某

4、自動(dòng)分揀傳送裝置的簡化示意圖，水平傳送帶右端與水平面相切，以v0=2m/s的恒定速率順時(shí)針運(yùn)行，傳送帶的長度為L=7.6m。機(jī)械手將質(zhì)量為lkg的包裹A輕放在傳送帶的左端，經(jīng)過4s包裹A離開傳送帶，與意外落在傳送帶右端質(zhì)量為3kg的包裹B發(fā)生正碰，碰后包裹B在水平面上滑行0.32m后靜止在分揀通道口，隨即被機(jī)械手分揀。已知包裹A、B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.1，取g=10m/s2，求：(1)包裹A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)兩包裹碰撞過程中損失的機(jī)械能。(3)包裹A是否會(huì)到達(dá)分揀通道口？【名師解析】.（20分）（1）假設(shè)包裹A經(jīng)過t1時(shí)間速度達(dá)到v0，由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)有v0t1/2+v0(t

5、-t1)=L（2分）包裹A在傳送帶上加速度的大小為a1v0=a1t1（1分）包裹A的質(zhì)量為mA，與傳輸帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有1mAg=mAa1（2分）解得：1=0.5（1分）(2)包裹A離開傳送帶時(shí)速度為v0，設(shè)第一次碰后包裹A與包裹B速度分別為vA和vB，由動(dòng)量守恒定律有mAv0=mAvA+mBvB（2分）包裹B在水平面上滑行過程，由動(dòng)能定理有-2mBgx=0-mBvB2（2分）解得vA=-0.4m/s，負(fù)號(hào)表示方向向左，大小為0.4m/s兩包裹碰撞時(shí)損失的機(jī)械能E=mAv02-mAvA2-mBvB2（2分）解得：eqoac(,E)=0.96J（1分）(3)第一次碰后包裹A返

6、回傳送帶，在傳送帶作用下向左運(yùn)動(dòng)xA后速度減為零，由動(dòng)能定理可知-1mAgxA=0-mAvA2（2分）解得xA=0.016mL，包裹A在傳送帶上會(huì)再次向右運(yùn)動(dòng)。設(shè)包裹A再次離開傳送帶的速度為vA1mAgxA=mAvA2（2分）解得vA=0.4m/s設(shè)包裹A再次離開傳送帶后在水平面上滑行的距離為xA-2mAgxA=0-mAvA2（2分）解得xA=0.08mxA0.32m（1分）包裹A靜止時(shí)與分揀通道口的距離為0.24m，不會(huì)到達(dá)分揀通道口。2.（2019陜西西安市藍(lán)田縣模擬）如圖所示，小明參加戶外競技活動(dòng)，站在平臺(tái)邊緣抓住輕繩一端，輕繩另一端固定在O點(diǎn)，繩子剛好被拉直且偏離豎直方向的角度=60小

7、明從A點(diǎn)由靜止往下擺，達(dá)到O點(diǎn)正下方B點(diǎn)突然松手，順利落到靜止在水平平臺(tái)的平板車上，然后隨平板車一起向右運(yùn)動(dòng)。到達(dá)C點(diǎn)，小明跳離平板車（近似認(rèn)為水平跳離），安全落到漂浮在水池中的圓形浮漂上。繩長L=1.6m，浮漂圓心與C點(diǎn)的水平距離x=2.7m、豎直高度y=1.8m，浮漂半徑R=0.3m、不計(jì)厚度，小明的質(zhì)量m=60kg，平板車的質(zhì)量m=20kg，人與平板車均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)平板車與平臺(tái)之間的摩擦。重力加速度g=10m/s2，求：（1）輕繩能承受最大拉力不得小于多少？（2）小明跳離平板車時(shí)的速度在什么范圍？（3）若小明跳離平板車后恰好落到浮漂最右端，他在跳離過程中做了多少功？【名師解析】（1）

8、從A到B過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgL（1-cos）=代入數(shù)據(jù)解得：v=4m/s，在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：T-mg=m，代入數(shù)據(jù)解得：T=1200N；（2）小明離開滑板后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向：y=，離C點(diǎn)水平位移最小為：x-R=vmint，離C點(diǎn)水平最大位移：x+R=vmaxt，代入數(shù)據(jù)解得：vmin=4m/s，vmax=5m/s，則小明跳離滑板時(shí)的速度：4m/sv5m/s；（3）小明落上滑板過程水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv=（m+m平板車）v1，代入數(shù)據(jù)解得：v1=3m/s，小明離開滑板過程系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：（m

9、+m平板車）v1=mvC+mv平板車v2，代入數(shù)據(jù)解得：v2=-3m/s，由功能關(guān)系得：W=（）-，代入數(shù)據(jù)解得：W=480J；答：（1）輕繩能承受最大拉力不得小于1200N。（2）小明跳離平板車時(shí)的速度范圍是：4m/sv5m/s。（3）若小明跳離平板車后恰好落到浮漂最右端，他在跳離過程中做的功是480J。3.(25分)如圖所示,質(zhì)量M=1.0kg的木塊隨傳送帶一起以v=2.0m/s的速度向左勻速運(yùn)動(dòng),木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.50。當(dāng)木塊運(yùn)動(dòng)至最左端A點(diǎn)時(shí),一顆質(zhì)量為m=20g的子彈以v0=3.0102m/s水平向右的速度擊穿木塊,穿出時(shí)子彈速度v1=50m/s。設(shè)傳送帶的速度恒定,子

10、彈擊穿木塊的時(shí)間極短,且不計(jì)木塊質(zhì)量變化,g取10m/s2。求:(1)在被子彈擊穿后,木塊向右運(yùn)動(dòng)距A點(diǎn)的最大距離。(2)子彈擊穿木塊過程中產(chǎn)生的內(nèi)能。(3)從子彈擊穿木塊到最終木塊相對(duì)傳送帶靜止的過程中,木塊與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能?！久麕熃馕觥?1)設(shè)木塊被子彈擊穿時(shí)的速度為v,子彈擊穿木塊過程動(dòng)量守恒,則:mv0-Mv=mv1+Mv解得:v=3.0m/s設(shè)子彈穿出木塊后,木塊向右做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a,根據(jù)牛頓第二定律得:Mg=Ma解得:a=5.0m/s2木塊向右運(yùn)動(dòng)到離A點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí),速度為零,設(shè)木塊向右移動(dòng)最大距離為s1,則:v2=2as1解得:s1=0.90mmv02+Mv2

11、-mv12-Mv2(2)根據(jù)能量守恒定律可知子彈射穿木塊過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為:E=11112222解得:E=872.5J(3)設(shè)木塊向右運(yùn)動(dòng)至速度減為零所用時(shí)間為t1,然后再向左做加速運(yùn)動(dòng),經(jīng)時(shí)間t2與傳送帶達(dá)到相對(duì)靜止,木塊向左移動(dòng)的距離為s2。根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得:v2=2as2解得:s2=0.40mt=1va=0.60st2=0.40s木塊向右減速運(yùn)動(dòng)的過程中相對(duì)傳送帶的位移為:s=vt1+s1=2.1m產(chǎn)生的內(nèi)能:Q1=Mgs=10.5J木塊向左加速運(yùn)動(dòng)的過程中相對(duì)傳送帶的位移為:s=vt2-s2=0.40m產(chǎn)生的內(nèi)能:Q2=Mgs=2.0J所以整個(gè)過程中木塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能:Q=Q1

12、+Q2=12.5J答案:(1)0.90m(2)872.5J(3)12.5J4.(25分)(2018唐山模擬)如圖所示,半徑R=1.0m的四分之一圓弧形光滑軌道豎直放置,圓弧最低點(diǎn)B與長為L=0.5m的水平面BC相切于B點(diǎn),BC離地面高h(yuǎn)=0.45m,C點(diǎn)與一傾角為=37的光滑斜面連接,質(zhì)量m=1.0kg的小滑塊從圓弧上某點(diǎn)由靜止釋放,到達(dá)圓弧B點(diǎn)時(shí)小滑塊對(duì)圓弧的壓力剛好等于其重力的2倍,當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)與一個(gè)質(zhì)量M=2.0kg的小球正碰,碰后返回恰好停在B點(diǎn),已知滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.1。(sin37=0.6,cos37=0.8,g取10m/s2)求:(1)小滑塊應(yīng)從圓弧上離地面

13、多高處釋放。(2)小滑塊碰撞前與碰撞后的速度。(3)碰撞后小球的速度?！久麕熃馕觥?1)設(shè)小滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度為vB,由機(jī)械能守恒定律得:mg(H-h)=m由牛頓第二定律得:F-mg=m解得:H=0.95m(2)設(shè)小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的速度為vC,由動(dòng)能定理得:mg(H-h)-mgL=m解得:vC=3m/s碰后滑塊返回B點(diǎn)過程,由動(dòng)能定理得:-mgL=0-m解得:v1=1.0m/s(3)碰撞過程由動(dòng)量守恒定律得:mvC=-mv1+Mv2解得:v2=2.0m/s答案:(1)0.95m(2)3m/s1m/s(3)2.0m/s13.（2019湖北宜昌4月調(diào)研）足夠長的水平傳送帶右側(cè)有一段與傳送帶上表面

14、相切的光滑圓弧軌道，質(zhì)4量為M2kg的小木盒從離圓弧底端h=0.8m處由靜止釋放，滑上傳送帶后作減速運(yùn)動(dòng)，1s后恰好與傳送帶保持共速。傳送帶始終以速度大小v逆時(shí)針運(yùn)行，木盒與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，木盒與傳送帶保持相對(duì)靜止后，先后相隔T5s，以v010m/s的速度在傳送帶左端向右推出兩個(gè)完全相同的光滑小球，小球的質(zhì)量m1kg第1個(gè)球與木盒相遇后，球立即進(jìn)入盒中并與盒保持相對(duì)靜止，第2個(gè)球出發(fā)后歷時(shí)t0.5s與木盒相遇。取g10m/s2，求：（1）傳送帶運(yùn)動(dòng)的速度大小v，以及木盒與第一個(gè)小球相碰后瞬間兩者共同運(yùn)動(dòng)速度大小v1；（2）第1個(gè)球出發(fā)后經(jīng)過多長時(shí)間與木盒相遇；（3）從木盒與第1個(gè)球相遇至與第2個(gè)球相遇的過程中，由于木盒與傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生的熱量。a【名師解析】（18分）（1）設(shè)木盒下滑到弧面底端速度為v，對(duì)木盒從弧面下滑的過程由動(dòng)能定理得（1分）依題意，木箱滑上傳送帶后做減速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vvat（1分）對(duì)箱在帶上由牛頓第二定律有Mg=Ma（1分）代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得傳送帶的速度v=2m/s（1分）設(shè)第1個(gè)球與木盒相遇，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得（1分）代入數(shù)據(jù)，解得v1=2m/s（1分）（2）設(shè)第1個(gè)球與木盒的相遇點(diǎn)離傳送帶左端的距離為s，第1個(gè)球經(jīng)過t0與木盒相遇，則t0設(shè)第1個(gè)球進(jìn)入木盒后兩者共同運(yùn)動(dòng)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有