课时跟踪检测（二十二） 三大力学观点的综合应用

PAGE第6页共6页课时跟踪检测（二十二）三大力学观点的综合应用1.如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量均为m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度v0向右运动，另有一质量为m的黏性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘合在一起，粘合之后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为()A.eq\f(1,4)mv02 B.eq\f(1,8)mv02C.eq\f(1,12)mv02 D.eq\f(1,15)mv02解析：选C黏性物体落在A车上，由动量守恒有mv0＝2mv1，解得v1＝eq\f(v0,2)，之后整个系统动量守恒，当系统再次达到共同速度时，有2mv0＝3mv2，解得v2＝eq\f(2v0,3)，此时弹簧获得的弹性势能最大，最大弹性势能Ep＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2－eq\f(1,2)×3meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)v0))2＝eq\f(1,12)mv02，所以C正确。2.(2021·青岛质检)(多选)如图所示，内壁光滑的圆筒竖直固定在地面上，筒内有质量分别为3m、m的刚性小球a、b，两球直径略小于圆筒内径，销子离地面的高度为h。拔掉销子，两球自由下落。若a球与地面间及a、b两球之间均为弹性碰撞，碰撞时间极短，下列说法正确的是()A．两球下落过程中，b对a有竖直向下的压力B．a与b碰后，a的速度为0C．落地弹起后，a能上升的最大高度为hD．落地弹起后，b能上升的最大高度为4h解析：选BD两球下落过程中，两球都处于完全失重状态，则b对a没有压力，选项A错误；设两球落地时速度均为v＝eq\r(2gh)，方向竖直向下，则a与地面相碰后反弹，速度变为竖直向上的v，则a、b碰撞时，设向上为正方向，由动量守恒定律得：3mv－mv＝3mva＋mvb，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)×3mv2＝eq\f(1,2)×3mva2＋eq\f(1,2)mvb2，解得va＝0，vb＝2v，则落地弹起后，a能上升的最大高度为零，b能上升的最大高度为H＝eq\f(vb2,2g)＝4h，选项C错误，B、D正确。3.(2021·江门模拟)(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，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可知，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最右端，且速度与木板相同，设为v′，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：0＝(m＋M)v′，Ep＝eq\f(1,2)(m＋M)v′2＋μmgl，联立解得μ＝eq\f(v2,2gl)，D正确。4.(2021·信阳调研)(多选)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为3m，静止在光滑的水平面上。现有一个可以看作质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是()A．小球滑离小车时，小车回到原来位置B．小球滑离小车时，小车的速度大小为eq\f(v,2)C．车上管道中心线最高点距小车上表面的竖直高度为eq\f(3v2,8g)D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是eq\f(mv,2)解析：选BC小球与小车在水平方向上的合外力为零，故在水平方向上动量守恒，所以小车的速度一直向右，小球滑离小车时，小车向右运动，不可能回到原来位置，故A错误；由动量守恒定律可得：mv＝3mv车＋mv球，由机械能守恒可得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×3mv车2＋eq\f(1,2)mv球2，解得v车＝0.5v，v球＝－0.5v，故B正确；小球恰好到达管道的最高点时，小球和小车的速度相同，故由动量守恒定律得：mv＝(3m＋m)v′，可得此时的速度v′＝eq\f(1,4)v，由机械能守恒可得：eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×4m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)v))2＝mgh，所以车上管道中心线最高点距小车上表面的竖直高度h＝eq\f(3v2,8g)，故C正确；小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同，故小车的动量变化大小为Δp＝3m·eq\f(1,4)v＝eq\f(3,4)mv，故D错误。5．(2021年1月新高考8省联考·辽宁卷)如图所示，水平圆盘通过轻杆与竖直悬挂的轻弹簧相连，整个装置处于静止状态。套在轻杆上的光滑圆环从圆盘正上方高为h处自由落下，与圆盘碰撞并立刻一起运动，共同下降eq\f(h,2)到达最低点。已知圆环质量为m，圆盘质量为2m，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力。求：(1)碰撞过程中，圆环与圆盘组成的系统机械能的减少量ΔE；(2)碰撞后至最低点的过程中，系统克服弹簧弹力做的功W。解析：(1)圆环下落到碰前瞬间，有mgh＝eq\f(1,2)mv2圆环与圆盘相碰，有mv＝3mv1，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3m,2)v12＋ΔE解得ΔE＝eq\f(2,3)mgh。(2)碰撞后至最低点的过程中，由动能定理得3mg·eq\f(1,2)h－W＝0－eq\f(3m,2)v12解得W＝eq\f(11,6)mgh。答案：(1)eq\f(2,3)mgh(2)eq\f(11,6)mgh6．(2021·武汉模拟)如图所示，质量为M＝1.0kg、长为L＝4.5m的木板，静止在光滑的水平面上，固定光滑的eq\f(1,4)圆弧形轨道的水平出口跟木板的上表面相平，质量为m＝2.0kg的滑块(可视为质点)从轨道上端静止下滑，从木板的左端冲上其表面，已知圆弧形轨道的半径为1.8m，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，(g取10m/s2)求：(1)滑块在圆弧轨道的最低点对轨道的压力大小；(2)通过计算说明滑块能否冲出木板；(3)调整滑块冲上木板的初速度v0，使其刚好滑至木板的右端。将木板从中点截开，分成两块相同的木板，再让滑块以初速度v0冲上木板。问：滑块能否再次到达木板的右端？并说明理由。解析：(1)对滑块下滑过程由动能定理得mgR＝eq\f(1,2)mv2－0在圆弧轨道最低点，由牛顿第二定律N－mg＝meq\f(v2,R)，解得N＝60N根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小为60N，方向竖直向下。(2)若滑块不会冲出木板，则两个物体最终共速，由动量守恒定律有mv＝(m＋M)v共对系统由能量守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)(m＋M)v共2＋Q，Q＝μmgs相对，解得s相对＝6m大于木板长度4.5m，所以能够冲出。(3)滑块不能再次到达木板的右端。原因：木板中点未截开前，滑块和木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，从木板中点截开后，滑块先使整个木板加速，运动到木板中点时左侧木板停止加速，右侧木板继续加速，加速度大于之前运动的加速度，故将木板从中点截开后滑块将更早达到与木板速度相等，运动的距离变短，达不到木板右端。答案：(1)60N(2)能冲出木板，具体计算过程见解析(3)不能，理由见解析7.如图所示，光滑水平面MN的左端M处固定有一能量补充装置P，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值。右端N处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v＝6m/s匀速转动，水平部分长度L＝9m。放在光滑水平面上的两相同小物块A、B(均视为质点)间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能Ep＝9J，弹簧与A、B均不粘连，A、B与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，物块质量mA＝mB＝1kg。现将A、B同时由静止释放，弹簧弹开物块A和B后，迅速移去轻弹簧，此时，A还未撞击P，B还未滑上传送带。取g＝10m/s2。(1)求A、B刚被弹开时的速度大小；(2)试通过计算判断B第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带；(3)若B从传送带上回到光滑水平面MN上与被弹回的A发生碰撞后粘连，一起滑上传送带，则P应给A至少补充多少动能才能使二者一起滑离传送带？解析：(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒，有Ep＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0联立以上两式解得vA＝3m/s，vB＝3m/s。(2)假设B不能从传送带右端滑离传送带，则B做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为x，由动能定理得－μmBgx＝0－eq\f(1,2)mBvB2，解得x＝eq\f(vB2,2μg)＝2.25m由于x＜L，B不能从传送带右端滑离传送带。(3)设物块A撞击P后被反向弹回的速度为v1，由功能关系可知E＋eq\f(1,2)mAvA2＝eq\f(1,2)mAv12由物块B在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动。由运动的对称性可知，物块B回到皮带左端时速度大小应为v2＝vB＝3m/s设B与A发生碰撞粘连后速度为v′，由动量守恒定律可得mAv1－mBv2＝(mA＋mB)v′，要使二者能一起滑离传送带，要求eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2≥μ(mA＋mB)gL，由以上四式可得E≥108J。答案：(1)vA＝3m/s，vB＝3m/s(2)B不能从传送带右端滑离传送带(3)108J8.(2021·重庆调研)如图所示，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平。B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝eq\f(1,3)，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。(1)求细绳能够承受的最大拉力；(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来。解析：(1)设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL＝eq\f(1,2)mv02，解得：v0＝eq\r(2gL)小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律得：T－mg＝meq\f(v02,L)由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力T′＝T解得：T′＝3mg。(2)小球碰撞后做平抛运动。在竖直方向上：h＝eq\f(1,2)gt2水平方向：L＝eq\f(v0,2)t，解得：h＝L。(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C组成的系统满足动量守恒，