三大力学观点的综合应用测试题及解析

1、三大力学观点的综合应用测试题及解析1.所谓对接是指两艘以几乎同样快慢同向运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起。 假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M、m,两者对接前的在轨速度分别为v+ Av、v,对接持续()时间为困，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为M2 - vB-M + m AtD. 0m2 - vA. M + m AtMm vC. M + m At解析：选C 在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中，水平方向动量守恒，则有M（v+Av） +M - v 一“ _ 一 、mv=（M + m）v',解得对接后两者的共同速度v' =v+M

2、1m，以 天吕一方 为研允对象，根据动重te理有F k mv' -mv,解得F= Mm ' v ,故C正确。M + m At2.（2020烟台*II拟）在光滑水平面上有三个弹性小钢球a、b、c处于静止状态，质量分别为2m、m和2m。其中a、b两球间夹一被压缩了的弹簧，两球被左右两边的光滑挡板束缚着。若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把a、b两球弹出，两球脱离弹簧后，a球获得的速度大小为 v,若b、c两球相距足够远，则 b、c两球相碰后（）A. b球的速度大小为1v,运动方向与原来相反 3B. b球的速度大小为|v,运动方向与原来相反3C. c球的速度大小为8v3D. c球的速度大小为2

3、 V3解析：选B 设b球脱离弹簧时的速度为 vo, b、c两球相碰后b、c的速度分别为vb和vc,取向右为 正方向，弹簧将a、b两球弹出过程，由动量守恒定律得0=2mv + mvo,解得vo=2v; b、c两球相碰过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv°= mvb+ZmvcgmvojBmvb2 +彳2mvc2,联立解得vb= 3v（负号表示方向向左，与原来相反3.多选如图所示，A、B的质量分别为 m、2m,物体B置于水平面上，B物体上部半圆形槽的半径A. A能到达半圆槽的左侧最高点A的速率为B的速率为为Ro将小球A从半圆槽右侧顶端由静止释放，不计一切摩擦。则B. A运动到半圆槽的

4、最低点时C. A运动到半圆槽的最低点时D . B向右运动的最大距离为丁3A、B整体在水平解析：选AD 运动过程不计一切摩擦，由能量守恒可得，两物体机械能守恒，且方向上合外力为零，水平方向动量守恒，则 A可以到达半圆槽的左侧最高点，且A在半圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故 A正确；A、B在水平方向上动量守恒，所以mvA2mvB=0,即va=2vb,A的水平速度向左，B的水平速度向右，A在水平方向的最大位移和 B在水平方向上的最大位移之和为2R,故B向右运动的最大距离为 2R,故D正确；对A运动到半圆槽的最低点的运动过程应用机械能守恒定律 3可得mgR= mvA2 + 22mvB2= 3

5、mvB2,所以A运动到半圆槽的最低点时B的速率为vb= 'y-gR, A的速率为VA = 2vB=、y3:，故B、C错误。4.(2020抚州*II拟)如图所示，光滑水平面上有A、B两辆小车，质量均为m= 1 kg ,现将小球C用长为0.2 m的细线悬于轻质支架顶端，mc= 0.5 kg。开始时A车与C球以V0 = 4 m/s的速度冲向静止的 B车。若两车正碰后粘在 一起，不计空气阻力，重力加速度 g取10 m/s2,则()A. A车与B车碰撞瞬间，两车动量守恒，机械能也守恒B.从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒C.小球能上升的最大高度为 0.16 mD

6、.小球能上升的最大高度为0.12 m解析：选C 两车碰撞后粘在一起，属于典型的非弹性碰撞，有机械能损失，A项错误；从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，在竖直方向上A、B、C组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，B项错误；A、B两车碰撞过程，动量守恒，设两车刚粘在一起时共同速度为v1，有mv0=2mv1,解得V1 = 2 m/s；从小球开始上摆到小球摆到最高点的过程中，A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球上升到最高点时三者共同速度为V2,有2mv1 + mw0= (2m + mC)v2,解得v2= 2.4 m/s；从两车1 一 1 一 1粘在一起到小球摆到取局点的过程中，

7、A、B、C组成的系统机械能寸恒，即mCgh= 2mCV02+- 2mv122(2m + mC)v22,解得h= 0.16 m, C项正确，D项错误。5. (2019宿迁调研)如图所示，质量为 M的木块位于光滑水平面上，木块与墙间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为 m的子弹以水平速度V0射向木块并嵌入其中，经过一段时间，木块第一次回到A位置，弹簧在弹性限度内。求：(1)木块第一次回到 A位置时速度大小v;(2)此过程中墙对弹簧冲量大小I。解析：(1)子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定 律得:mv0= (M+ m)v7mvo解得：vm+

8、M子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变,即当木块回至“ a位置时的速度大小-mmvMo(2)子弹和木块、弹簧组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力,I = (M + m)v mvo= 2mvo所以墙对弹簧的冲量的大小I为2mvo0答案：Mmmv0 (2)2 mv06.如图，一质量 M = 6 kg的木板B静止于光滑水平面上，物块 A质量m= 6 kg,停在木板 B的左端。质量为 m0= 1 kg的小球用长为 L=0.8 m的轻绳悬挂在固定点 O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为

9、h = 0.2 m,物块A与小球可视为质点，不计空气阻力。已知物块 A与木板B间的动摩擦因数产 0.1, (g= 10 m/s2)求:(1)小球运动到最低点与物块 A碰撞前瞬间，小球的速度大小;(2)小球与物块A碰撞后瞬间，物块 A的速度大小;(3)为使物块A、木板B达到共同速度前物块 A不滑离木板，木板 B至少多长。解析：(1)对小球下摆过程，由机械能守恒定律得:12mogL = 2movo2，斛得 vo=4 m/s。(2)对小球反弹后过程，由机械能守恒定律得七19有 mogh = 2mov12解得：V1 = 2 m/s小球与物块A碰撞过程动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律

10、得：movo=- mov1+ mvA解得 va= 1 m/s。(3)物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以物块A的速度方向为正方向由动量守恒定律得：mvA= (m+ M)v,解得 v= 0.5 m/s1c 1c由能量守恒定律得：科mgx 2mvA2- 2(m+ M)v2,解得 x= 0.25 m。答案：(1)4 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m、强化迁移能力，突出创新性和应用性7. (2020怀化市一模)如图所示为工厂里一种运货过程的简化模型，货物可视为质点且质量m= 4 kg,以初速度V0= 10 m/s滑上静止在光滑轨道 OB上的小车左端，小车质量为M = 6 kg,高为

11、h=0.8 m。在光滑的轨道上 A处设置一固定的障碍物，当小车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物继续运动，最后恰好落在光滑轨道上的 B点。已知货物与小车上表面的动摩擦因数科=0.5,货物做平抛运动的水平距离AB长为1.2 m,重力加速度g取10 m/s2。OAB(1)求货物从小车右端滑出时速度的大小；(2)若已知OA段距离足够长，导致小车在碰到A之前已经与货物达到共同速度，求小车的最小长度。解析：(1)设货物从小车右端滑出时的速度为Vx,滑出之后做平抛运动，在竖直方向上：h = 1gt2,水平方向：lAB=Vxt解得：Vx= 3 m/so(2)在小车碰撞到障碍物前，小车与货物已经达到共同速度，以

12、小车与货物组成的系统为研究对象， 系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：mvo=(m+ M)v共，解得：v共=4 m/s, 由能量守恒定律得：10 10Q=mgs?对=2mvo22(m+M)v 共2,解得：s相对=6 m,当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出小车，对货物由动能定理得：一mgs =2mvx2 2mv 共2，解得：s' =0.7 m ,故小车的最小长度 L=s相对+ s' =6.7 m。答案：(1)3 m/s (2)6.7 m8 .如图甲所示，质量均为 m = 0.5 kg的相同物块P和Q(可视为质点)，分别静止在水平地面上 A、C 两点。P在水平力

13、F作用下由静止开始向右运动，力 F与时间t的关系如图乙所示，3 s末撤去力F,此 时P运动到B点，之后继续滑行并与 Q发生弹性碰撞。已知 B、C两点间的距离 L=3.75 m, P、Q与地 面间的动摩擦因数均为 尸0.2,取g=10 m/s2,求：iFi-IP |*QzZzz/zz XZZZZZZZZZZZXZZZZZZA BTCLjlV1；(1)P到达B点时的速度大小 v及P与Q碰撞前瞬间的速度大小(2)Q运动的时间to解析：(1)以向右为正方向，在 。3 s内，对P由动量定理有:Fiti+F2t2（1 mgi+t2）= mv0其中 Fi=2 N, F2=3 N, ti = 2 s, t2=

14、1 s解得v= 8 m/s设P在B、C两点间滑行的加速度大小为 a,由牛顿第二定律有:mg maP在B、C两点间做匀减速直线运动，有:V2 vi2= 2aL解得 vi = 7 m/s。(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间P、Q的速度大小分别为 vi'、V2,有:mvi=mvi' + mv2i 2 i , 2 i 2 2mvi2= 2mvi 2+ 2mv22碰撞后Q做匀减速直线运动， Q运动的加速度大小为:mg ma v2Q运动的时间为：t=一 a解得 t=3.5 s。答案：（i）8 m/s 7 m/s （2）3.5 s9 . (2020绵阳诊断)如图所示，半径 R=0.8 m的四分

15、之一光C固定在水平光滑地面上，质量 M = 0.3 kg的木板B左端与C的 滑对接但未粘连，右端固定一轻弹簧，弹簧原长远小于板长，将滑圆弧轨道下端等高平弹簧在弹簧弹性限度内压缩后锁定。可视为质点的物块 A质量m=0.i kg,从与圆弧轨道圆心 O等高的位置由静止释放，滑上木板 B后，滑到与弹簧刚接触时与木板相对静止，接触瞬间解除弹簧锁定，在极短时间内弹簧恢复原长，物块 A被水平弹出，最终运动到木板左端时恰与木板相对静止。物块 A与木板B间动摩擦因数 尸0.25, g 取 i0 m/s2。求:(i)物块A在圆弧轨道C的最下端时受到圆弧轨道支持力的大小;(2)木板B的长度L;(3)弹簧恢复原长后，

16、物块 A从木板右端运动到左端的时间。解析：(1)设A到达C的最下端时速度大小为 vo,圆弧轨道支持力大小为Fn,则12mgR= 2mv02v02Fn mg = m-解得 vo=4 m/s, Fn=3 N。(2)设A在B上向右滑行过程中，A的加速度大小为 ai, B的加速度大小为 a2,滑上B后经时间ti后接触弹簧，A的位移xi, B的位移x2,则m mg= mai叱 mg= Ma 2vo aiti= a2ti i x 2 xi = voti 2aiti12x2= 2a2tiL = xi X2解得 ti = i.2 s, L = 2.4 m。(3)设A接触弹簧与B保持相对静止时速度大小为vi,弹簧恢复原长时 A的速度大小为V2, B的速度大小为V3,最终物块A运动到木板左端时，A、B共同速度大小为 V4, A相对B向左滑动过程中的加速度 大小与A滑上B向右滑行过程中各自加速度大小相等，则vi = vo aiti从物块A相对木板B静止，到再次