专题跟踪检测（十一） 力学中的三类典型模型

专题跟踪检测（十一）力学中的三类典型模型1.把一定质量的小球放在竖立的弹簧上，并把小球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好恢复原长(图乙)。弹簧质量和空气阻力均可忽略。下列说法正确的是()A．A到C的过程，小球的动量增加B．A到C的过程，小球重力冲量小于弹簧弹力的冲量C．A到B的过程，小球动量的增加量等于弹簧弹力的冲量D．A到B的过程，小球重力的冲量一直变大解析：选D小球从A运动到C位置的过程中，先加速，当到达B点下方某处弹簧的弹力kΔx＝mg时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大，之后小球继续上升，弹簧的弹力小于重力，直到离开弹簧后，小球都做减速运动，故小球从A上升到C的过程中，速度先增大后减小，则动量也是先增大后减小，故A错误；根据动量定理可知，A到C的过程，小球重力冲量等于弹簧弹力的冲量，故B错误；A到B的过程，根据动量定理：I弹－I重＝mv－0，可知小球动量的增加量小于弹簧弹力的冲量，故C错误；根据重力的冲量等于I重＝mgt，可知A到B的过程，小球重力的冲量一直变大，故D正确。2.(多选)如图所示，传送带倾角为α，表面粗糙，以恒定速度v0逆时针运行。一小物块从传送带顶端由静止释放，运动到传送带底端过程中，其速度随时间变化的图像关系可能是()解析：选AC物块静止释放，相对于传送带向上运动，受沿传送带向下的摩擦力，受力分析可知物块先向下加速运动，加速度为a1＝gsinα＋μgcosα，和传送带同速时，若有mgsinα≤μmgcosα，则物块和传送带保持相对静止，一起匀速运动，A正确；若有mgsinα>μmgcosα，则物块和传送带不能保持相对静止，物块继续加速运动，加速度为a2＝gsinα－μgcosα，可知a2<a1，故C正确，D错误；物块只可能存在上述两种情形，不可能出现减速的情形，B错误。3．(2023·全国乙卷)(多选)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时()A．木板的动能一定等于flB．木板的动能一定小于flC．物块的动能一定大于eq\f(1,2)mv02－flD．物块的动能一定小于eq\f(1,2)mv02－fl解析：选BD当物块从木板右端离开时，对物块有－fxm＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv02，对木板有fxM＝eq\f(1,2)MvM2，其中l＝xm－xM，由于物块能从木板滑下，说明vm>vM，作出物块和木板运动的v－t图像，如图所示，根据v－t图像与横轴围成的面积表示物体运动的位移可知l＝xm－xM>xM，则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl，A错误，B正确；根据以上式子，联立有eq\f(1,2)mv02－fl＝eq\f(1,2)mvm2＋eq\f(1,2)MvM2，则物块的动能一定小于eq\f(1,2)mv02－fl，C错误，D正确。4．如图(a)所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关系如图(b)所示。其中高度从h1下降到h2，图像为直线，其余部分为曲线，h3对应图像的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g。以下说法正确的是()A．小物体下降至高度h3时，弹簧形变量为0B．小物体下降至高度h5时，加速度为0C．小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了eq\f(m2g2,k)D．小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为mg(h1－h5)解析：选D由题图(b)知，小物体下降至高度h3时，动能最大，速度最大，合力等于零，加速度等于零，即kx＝k(h2－h3)＝mg，所以A错误；小物体下降至高度h5时，速度减为零，有向上的加速度，故B错误；小物体从高度h2下降到h4，弹簧形变量为h2－h4，由能量守恒定律知，弹簧的弹性势能增加了Ep＝mg(h2－h4)，又因k(h2－h3)＝mg，所以C错误；小物体从高度h1下降到h5，由能量守恒定律知，弹簧的最大弹性势能等于减少的重力势能为mg(h1－h5)，所以D正确。5．(2023·绍兴高三检测)(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a－F图像。已知重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()A．滑块A的质量为4kgB．木板B的质量为1kgC．当F＝10N时木板B的加速度为4m/s2D．滑块A与木板B之间的动摩擦因数为0.1解析：选BC由题图乙可知，当拉力F>8N时，A、B发生相对滑动，F≤8N时二者相对静止。设滑块A的质量为m，木板B的质量为M，由题图乙可知当F＝8N时，a＝2m/s2，对整体由牛顿第二定律可得F＝(M＋m)a，解得M＋m＝4kg；当F>8N时，对木板B，由牛顿第二定律可得F－μmg＝Ma，即a＝eq\f(1,M)F－eq\f(m,M)μg，由题图乙可知，当F>8N时，图像的斜率k＝1，故木板B的质量为M＝1kg，滑块A的质量m＝3kg，选项A错误，B正确；当F＝8N时，A相对B静止，加速度aA＝2m/s2，则有maA＝μmg，代入数据求解可得μ＝0.2，选项D错误；当F＝10N时，由F－μmg＝Ma可解得a＝4m/s2，选项C正确。6．如图甲所示，一带电量为2×10－8C的物块置于绝缘光滑水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上，整个装置处于水平向左的匀强电场中。用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x和对应的速度，作出物块的动能Ek－x关系图像如图乙所示，其中0.40m处物块的动能最大但未知，0.50m处的动能为1.50J,0.50m～1.25m间的图线为直线，其余部分为曲线。弹性轻绳的弹力与形变量始终符合胡克定律，下列说法正确的是()A．该匀强电场的场强为1×107N/CB．弹性绳的劲度系数为5N/mC．弹性绳弹性势能的最大值为2.5JD．物块会作往复运动，且全过程是简谐运动解析：选C在从0.50m～1.25m范围内，动能变化等于克服电场力做的功，则有ΔEk＝qEΔx，图线的斜率绝对值为qE＝eq\f(1.5,1.25－0.5)＝2，解得匀强电场的场强为E＝1×108N/C，故A错误；根据题图乙可知，物块在0.50m时离开弹性绳，物块在0.40m时速度最大，此时弹簧弹力和电场力相等，所以物块在平衡位置处弹性绳伸长Δx＝0.5m－0.4m＝0.1m，根据胡克定律可得kΔx＝qE，解得k＝20N/m，故B错误；根据能量守恒定律可知，弹性绳弹性势能的最大值Ep0＝qEΔxm＝2×1.25J＝2.5J，故C正确；因物块离开弹性绳后受恒定的电场力作用，可知物块在全过程中的运动不是简谐振动，选项D错误。7．(2023·湖北高考)(多选)如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为eq\f(1,2)l，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是()A．弹簧的劲度系数为eq\f(4mg,l)B．小球在P点下方eq\f(1,2)l处的加速度大小为(3eq\r(2)－4)gC．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同解析：选AD小球在P点受力平衡，则有mg＝f，f＝μFN，FN＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l－\f(l,2)))，联立解得k＝eq\f(4mg,l)，A正确；在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为θ，则此时弹簧的弹力为F＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l－\f(l,2sinθ)))，小球受到的摩擦力为f1＝μFN1＝μFsinθ，化简得f1＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(klsinθ－\f(kl,2)))，从M点到N点的运动过程中，θ在MP之间增大，在PN之间减小，即摩擦力先变大后变小，C错误；根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知从M到P和从P到N的过程中摩擦力做功相同，D正确；小球运动到P点下方eq\f(l,2)处时θ＝45°，此时摩擦力大小为f2＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kl\f(\r(2),2)－\f(kl,2)))，由牛顿第二定律得mg－f2＝ma，联立解得a＝(2－eq\r(2))g，B错误。8.(多选)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。则()A．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为eq\f(F,M)B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq\f(1,2)mv2C．弹簧恢复原长时滑块的动能为eq\f(1,2)mv2D．滑块与木板AB间的动摩擦因数为eq\f(v2,2gl)解析：选ABD细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦力，木板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＝eq\f(F,M)，A正确；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eq\f(1,2)mv2，B正确；弹簧恢复原长时木板获得动能，所以滑块的动能小于eq\f(1,2)mv2，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＝eq\f(1,2)mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，都为零，由能量守恒定律得：Ep＝μmgl，联立解得μ＝eq\f(v2,2gl)，D正确。9．如图所示的装置由三部分组成，传送带左边是光滑的水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝3.0kg的物块A，开始物块A静止。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并平滑对接，传送带以2.0m/s的速度逆时针转动。传送带的右边是一位于竖直平面内的eq\f(1,4)光滑圆轨道，最低点为C，最高点为D，半径R＝1.25m。从D点正上方h高处无初速度释放质量为m＝1.0kg的物块B，B从D点进入圆轨道，物块B与A只发生一次碰撞，且为弹性正碰。已知B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带长l＝4m，取g＝10m/s2。求：(1)物块B与A碰撞后弹簧的最大弹性势能；(2)物块B对圆轨道的最大压力；(3)物块B释放点距D点的高度h。解析：(1)如果B与A只发生一次碰撞，则B碰后返回圆轨道最低点C的速度为0，设B碰后速度为v1，碰后返回C点过程－μmgl＝0－eq\f(1,2)mv12解得v1＝4m/s设B与A碰前速度为v，A碰后速度为v2，由动量守恒定律得mv＝－mv1＋Mv2由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22解得v＝8m/s，v2＝4m/s物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)Mv22＝24J。(2)设物块B下滑到圆轨道最低点的速度大小为v0，从C到与A相碰过程因碰前速度v＝8m/s＞2m/s，物块在传送带上减速运动－μmgl＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得F－mg＝meq\f(v02,R)解得F＝74N由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的最大压力大小F′＝F＝74N，方向竖直向下。(3)由释放点到C点过程由动能定理得mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mv02，解得h＝2.75m。答案：(1)24J(2)74N，方向竖直向下(3)2.75m10．如图，光滑水平面上有两个等高且足够长的滑板A和B，质量分别为1kg和2kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块的质量均为1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10m/s2。(1)若0<k<0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。解析：(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰