微专题10力学中三大观点的综合应用

微专题10力学中三大观点的综合应用【知识规律整合】1．力学解题的“三大观点”分类规律数学表达式动力学观点力的瞬时作用牛顿第二定律F合＝ma牛顿第三定律F＝－F′能量观点力的空间积累作用动能定理W合＝Ek2－Ek1机械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2动量观点力的时间积累作用动量定理F合t＝mv′－mv动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′2.力学规律选用的一般原则(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。(2)若物体(或系统)涉及到速度和时间，应考虑使用动量定理。(3)若物体(或系统)涉及到位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律或动能定理。(4)若物体(或系统)涉及到位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中滑动摩擦力做功产热应用摩擦力乘以相对路程，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便。题型一用动力学和能量观点解决多过程问题1．如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律。2．如果涉及运动时间或作用时间的问题，一般优先考虑用动量定理，其次考虑用牛顿运动定律。3．如果涉及运动的位移或路程的问题，一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律。【例1】北京2022年冬奥会冰壶比赛在北京“冰立方”举行，冰壶运动场地如图1所示。M、N为两个完全相同可视为质点的冰壶，M、N与营垒圆心在同一条直线上。一运动员将冰壶M以大小为v0＝5m/s的初速度投出使其沿虚线路径向冰壶N撞去，同时运动员会用毛刷擦冰壶M前进方向的冰面，减小冰壶与冰面间的摩擦，擦后动摩擦因数变为原来的eq\f(1,2)，碰后运动员不再擦冰面，冰壶M、N的v2－x图像如图2所示。已知碰撞时间极短，碰后M冰壶恰好停在营垒中心，重力加速度g取10m/s2。求：(1)碰前冰壶N到营垒中心的距离；(2)冰壶M开始运动时到冰壶N的距离以及冰壶M运动的总时间。答案(1)2.88m(2)64m20.8s解析(1)v2－x图像的斜率表示2a，则有2a＝eq\f(3.24,6.48)m/s2解得碰后M、N的加速度a＝0.25m/s2对M，由匀变速直线规律veq\o\al(2,M)＝2ax解得x＝2.88m。(2)设冰壶M与冰壶N碰前的速度为v2，由题图2可知，碰后N的速度为vN＝1.8m/s，M的速度为vM＝1.2m/s，在冰壶M、N碰撞过程中，由动量守恒定律有mv2＝mvM＋mvN解得v2＝3m/s冰壶M向冰壶N运动时，加速度大小a′＝eq\f(1,2)a＝0.125m/s2由运动学公式知veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,2)＝2a′x′解得x′＝64m全过程冰壶M运动的时间为t＝eq\f(v0－v2,a′)＋eq\f(vM,a)＝20.8s。【针对训练1】一小物块从全长为5m、倾角为37°的斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离x的变化如图3中直线Ⅰ、Ⅱ所示。(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)求：图3(1)小物块的质量m和下滑过程中的加速度a；(2)斜面和小物块间的滑动摩擦因数μ；(3)当小物块的动能与重力势能相等时，沿斜面下滑的时间t。答案(1)1kg，a大小为2m/s2，方向沿斜面向下(2)0.5(3)1.94s解析(1)由图线Ⅰ可知，物体滑行5m到斜面底端时重力势能为零，故零势能面为斜面底端所在水平面。开始下滑时Ep0＝mgh0＝30J其中h0＝Lsin37°＝3m可得m＝eq\f(Ep0,gh0)＝1kg由图线Ⅱ可知，物块下滑过程中动能从零增大为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝10J解得末速度为v＝eq\r(\f(2Ekt,m))＝eq\r(20)m/s小物块由静止开始匀加速下滑有veq\o\al(2,t)＝2aL可得a＝2m/s2，方向沿斜面向下。(2)下滑过程中，物块受力情况如图所示，由牛顿第二定律可知mgsinθ－Ff＝ma其中Ff＝μFN且FN＝mgcosθ可得a＝gsinθ－μgcosθ将a＝2m/s2代入得μ＝0.5。(3)由图线可知，Ep、Ek与x的函数关系分别为Ep＝30－6xEk＝2x联立可得，x＝3.75m时小物块的动能与重力势能相等。由x＝eq\f(1,2)at2知下滑时间t＝eq\r(\f(2x,a))＝1.94s。题型二应用动量和能量观点分析多过程问题1．凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一般要用能量观点或动量观点。2．凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理。3．凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一般应用动量守恒定律。【例2】如图4所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙，在其左端有一个光滑的eq\f(1,4)圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上，现有很小的滑块A(可视为质点)以初速度v0从右端滑上B，并以eq\f(v0,2)的速度滑离B，恰好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m，重力加速度为g。求：图4(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ；(2)eq\f(1,4)圆弧槽C的半径R；(3)滑块A滑离圆弧槽C时C的速度。答案(1)eq\f(5veq\o\al(2,0),16gL)(2)eq\f(veq\o\al(2,0),64g)(3)eq\f(v0,2)解析(1)对A、B、C整体，设A刚离开B时，B和C的共同速度为vB，从A滑上B到A刚离开B的过程中动量守恒，有mv0＝meq\f(v0,2)＋2mvB，解得vB＝eq\f(v0,4)由能量守恒定律有μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)m（eq\f(v0,2)）2－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B)解得μ＝eq\f(5veq\o\al(2,0),16gL)。(2)设A到达C的最高点时，A和C的共同速度为vC，从A滑上C到A到达C的最高点的过程中，对A和C组成的系统，在水平方向上，由动量守恒定律有meq\f(v0,2)＋mvB＝2mvC解得vC＝eq\f(3,8)v0由于在此过程中A和C组成的系统机械能守恒，则有mgR＝eq\f(1,2)m（eq\f(v0,2)）2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,C)解得R＝eq\f(veq\o\al(2,0),64g)。(3)研究A、C组成的系统，从A滑上C到A滑离C的过程中，系统在水平方向上动量守恒，有meq\f(v0,2)＋mvB＝mvA1＋mvC1，式中vA1和vC1分别为A滑离C时A和C的速度，此过程中A和C组成的系统机械能守恒，有eq\f(1,2)m（eq\f(v0,2)）2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C1)解得vC1＝eq\f(v0,2)，方向水平向左。【针对训练2】如图5所示，光滑水平面上停放着一辆小车，小车的光滑四分之一圆弧轨道在最低点与水平轨道相切。在小车的右端固定一轻弹簧，一小球从圆弧轨道上某处由静止释放。①若水平轨道光滑，当弹簧第一次被压缩至最短时，小车的速度大小为v1，弹簧的弹性势能为Ep1；②若水平轨道粗糙，当弹簧第一次被压缩至最短时，小车的速度大小为v2，弹簧的弹性势能为Ep2。则()图5A．v1＜v2，Ep1＝Ep2 B．v1＝v2，Ep1>Ep2C．v1＜v2，Ep1>Ep2 D．v1＞v2，Ep1>Ep2答案B解析小车质量设为M，小球质量设为m。若水平轨道光滑，对于小车、球和弹簧组成的系统，水平方向上所受合外力为0，故系统水平方向动量守恒，当小车与小球共速时，弹簧压缩至最短，根据动量守恒定律，有0＝(m＋M)v1，解得v1＝0，由机械能守恒定律，有mgh＝Ep1；若水平轨道粗糙，对于小车、球和弹簧组成的系统，水平方向上所受合外力依然为0，故系统水平方向动量守恒，当小车与小球共速时，弹簧压缩至最短，根据动量守恒定律，有0＝(m＋M)v2，解得v2＝0，故v1＝v2，水平轨道粗糙，系统因摩擦而生热，故机械能不守恒，由能量守恒定律有mgh－Qf＝Ep2，则Ep1＞Ep2，故B正确，A、C、D错误。题型三力学“三大观点”的综合应用1．若多个物体的运动状态不同，则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律。2．若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律。3．若研究对象为多物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一般用“守恒定律”去解决问题，但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件。【例3】如图6所示，一弹簧竖直固定在地面上，质量m1＝1kg的物体A放在弹簧上处于静止状态，此时弹簧被压缩了0.15m；质量m2＝1kg的物体B从距物体A正上方h＝0.3m处自由下落，物体A、B碰撞时间极短，碰后物体A、B结合在一起向下运动，已知重力加速度g＝10m/s2，弹簧始终处于弹性限度内。求：图6(1)碰撞结束瞬间两物体的总动能；(2)物体A、B从碰后到动能最大的过程中，弹簧弹力做功W＝－2.25J，求碰后物体A、B的最大动能。答案(1)1.5J(2)2.25J解析(1)A、B的质量相等，均设为m，物体B自由下落时，由机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2gh)＝eq\r(6)m/s碰撞过程中A、B系统的动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋m)v代入数据解得v＝eq\f(\r(6),2)m/s碰后A、B的总动能Ek＝eq\f(1,2)(m＋m)v2＝1.5J。(2)A处于静止状态时，由胡克定律得mg＝kx1则k＝eq\f(mg,x1)＝eq\f(200,3)N/m碰后A、B一起向下运动，弹簧的弹力不断增大，当弹力与AB的总重力大小相等时，动能最大。设此时弹簧的压缩量为x2，则有2mg＝kx2，可得x2＝0.3m从碰后到动能最大的过程中A、B下降的高度为h′＝x2－x1＝0.15m对A、B根据动能定理得2mgh′＋W＝Ekm－Ek解得碰后A、B的最大动能Ekm＝2.25J。【针对训练3】如图7所示，一质量M＝0.3kg，足够长“T”形支架，竖直立在水平地面上，有一质量m＝0.2kg的物块套在支架直杆上，物块与支架上端之间夹有一劲度系数足够大的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，开始时弹簧压紧并被物块和支架顶端间的细线锁定，弹簧的弹性势能Ep＝eq\f(27,8)J。现解除锁定，弹簧瞬间恢复形变。已知物块与直杆间滑动摩擦力大小恒为f＝1.5N，不计空气阻力。求：图7(1)弹簧恢复形变的瞬间，支架获得的速度大小；(2)支架能上升的最大高度。答案(1)3m/s(2)0.3m解析(1)解除锁定，系统动量守恒，设支架获得速度vM，物块获得速度为vm，由动量守恒定律得MvM＝mvm由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,M)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)代入数据解得vM＝3m/s，vm＝4.5m/s。(2)对支架受力分析，根据牛顿第二定律有Mg＋f＝MaM解得aM＝15m/s2再由veq\o\al(2,M)＝2aMhmax代入数据得hmax＝0.3m。1．(2021·全国乙卷改编)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g。则()A．在此过程中F所做的功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．在此过程中F的冲量大小等于eq\f(1,2)mv0C．物体与桌面间的动摩擦因数等于eq\f(veq\o\al(2,0),4s0g)D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍答案C解析外力撤去前，由牛顿第二定律可知F－μmg＝ma1①，由速度位移公式有veq\o\al(2,0)＝2a1s0②，外力撤去后，由牛顿第二定律可知－μmg＝ma2③，由速度位移公式有－veq\o\al(2,0)＝2a2·2s0④，由①②③④可得，水平恒力F＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),4s0)，动摩擦因数μ＝eq\f(veq\o\al(2,0),4gs0)，滑动摩擦力Ff＝μmg＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4s0)，可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；在此过程中，外力F做的功为W＝Fs0＝eq\f(3,4)mveq\o\al(2,0)，故A错误；由平均速度公式可知，外力F作用时间t1＝eq\f(s0,\f(0＋v0,2))＝eq\f(2s0,v0)，在此过程中，F的冲量大小是I＝Ft1＝eq\f(3,2)mv0，故B错误。2．(2021·天津卷改编)一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是()A．增加单位时间的燃气喷射量可以减小火箭的推力B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用答案B解析增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据FΔt＝Δmv，可知可以增大火箭的推力，故A错误；当增大燃气相对于火箭的喷射速度时，根据FΔt＝Δmv，可知可以增大火箭的推力，故B正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，火箭有速度，所以相对于火箭的速度不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C错误；燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，故D错误。3．(2021·北京卷，17)如图8所示，小物块A、B的质量均为m＝0.10kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝0.45m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30m，取重力加速度g＝10m/s2。求：图8(1)两物块在空中运动的时间t；(2)两物块碰前A的速度v0的大小；(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。答案(1)0.30s(2)2.0m/s(3)0.10J解析(1)两物块碰撞后，竖直方向的运动为自由落体运动，则有h＝eq\f(1,2)gt2解得t＝0.30s。(2)设A、B碰后瞬间的速度为v，水平方向的运动为匀速运动，则有s＝vt解得v＝1.0m/s根据动量守恒定律有mv0＝2mv解得v0＝2.0m/s。(3)根据能量守恒定律可得，两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2解得ΔE＝0.10J。4．(2021·湖北卷)如图9所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道的压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。图9(1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；(2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。答案(1)2R(2)mgsinθeq\r(2gRcosθ)(3)eq\r(10)mgR解析(1)设B到半圆弧轨道最高点时速度为v2′，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得mg＝meq\f(v2′2,R)B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有2R＝eq\f(1,2)gt2在水平方向上有x＝v2′t联立解得x＝2R，即距Q点的距离为2R。(2)对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得mgRcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)由于对A做功的力只有重力，则A所受力对A做功的功率为P＝mgvDsinθ解得P＝mgsinθeq\r(2gRcosθ)。(3)设A、B碰后瞬间的速度分别为v1、v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mv2′2＋mg·2R解得v2＝eq\r(5gR)对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgR，解得v1＝eq\r(2gR)设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2解得v0＝eq\r(2gR)＋eq\r(5gR)碰撞过程中A和B损失的总动能为ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得ΔE＝eq\r(10)mgR。1．如图1所示为某型号乒乓球发球机，从离地面一定高度的发球口三次发出完全相同的三个乒乓球A、B、C，已知三个乒乓球的初速度大小相等，B初速度方向水平，A、C初速度方向与水平面夹角均为θ，三个乒乓球落于同一水平地面，忽略空气阻力，则下列说法正确的是()图1A．乒乓球A、B、C下落时间相同B．兵乓球A、B、C落地时速度相同C．乒乓球A、C落地时重力的瞬时功率相同D．运动过程中，重力对乒乓球A、C的冲量相同答案C解析A、B、C竖直方向初速度不同，下落高度相同，根据匀变速直线运动规律可知，下落时间不同，故A错误；根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，结合题意可知，A、B、C落地的速度大小相同，但方向不同，故B错误；乒乓球A、C的竖直方向初速度大小相同，而在空中运动过程，下落高度相同，根据匀变速直线运动中位移速度关系可知，落地时竖直速度相同，又重力相同，则重力的瞬时功率相同，故C正确；乒乓球A、C的竖直方向初速度大小相同，但方向相反，下落高度相同，运动时间不同，而重力的冲量等于重力与运动时间的乘积，所以重力的冲量不同，故D错误。2．(2022·江苏南通高三阶段练习)如图2甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为m的滑块以水平初速度v0由木板左端恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将木板分成长度相等的两段(如图乙)，滑块仍以v0从木板左端开始滑动，已知滑块运动过程中所受摩擦力不变。则下列分析正确的是()图2A．滑块滑到木板的右端后飞离木板B．滑块滑到木板的右端前就与木板保持相对静止C．两过程滑块的动量变化相同D．两过程系统产生的热量相等答案B解析第一次在滑块运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次滑块先使整个木板加速，运动到右半部分上后，只有右半部分加速，加速度大于第一次的对应过程，将更早达到速度相等，所以滑块还没有运动到最右端，故A错误，B正确；根据动量守恒定律可知两过程中滑块最后的速度不同，则两过程滑块的动量变化不同，故C错误；根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，知在右边木板上相对运动的位移没有左边长度的2倍，所以产生的热量小于在左边木板上滑行产生热量，故D错误。3．(2022·江苏扬州高三期末)如图3所示，在某次冰壶比赛中，蓝壶静止在大本营Q处，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，最终分别停在M点和N点，下列说法正确的是()图3A．碰后两壶所受摩擦力的冲量相同B．碰后蓝壶速度约为红壶速度的4倍C．红壶碰前速度约为碰后速度的3倍D．碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒答案C解析碰后两壶运动距离不相同，所以碰后两球速度不相同，根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同，A错误；碰后红壶运动的距离为x1＝R2－R1＝0.61m，蓝壶运动的距离为x2＝2R2＝2.44m，二者质量相同，假设二者碰后所受的摩擦力相同，则二者做减速运动的加速度也相同，对红壶，有veq\o\al(2,1)＝2ax1，对蓝壶有veq\o\al(2,2)＝2ax2，联立可得eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,2)，即碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍，B错误；设红壶碰前速度为v0，则有mv0＝mv1＋mv2，故有v0＝3v1，即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，C正确；碰前的动能为Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，碰后的动能为Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，则有Ek0>Ek1，机械能不守恒，D错误。4．如图4所示，一木块以速度v1沿着光滑水平面向右匀速运动，某时刻在其后方有一颗子弹以速度v0射入木块，最终子弹没有射穿木块。下列说法中正确的是()图4A．子弹克服阻力做的功等于木块的末动能与摩擦产生的热量之和B．木块对子弹做功的绝对值等于子弹对木块做的功C．木块对子弹的冲量与子弹对木块的冲量相同D．系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功答案D解析子弹射入木块的过程中，子弹克服阻力做的功等于子弹动能的减少量，根据能量守恒定律可知，子弹动能的减少量等于木块动能的增加量与摩擦产生热量之和，因木块有初速度，所以子弹动能的减少量不等于木块的末动能与摩擦产生热量之和，故A错误；相对于地面而言，子弹的位移大于木块的位移，子弹对木块的作用力和木块对子弹的作用力大小相等，根据功的公式W＝Fx可知，木块对子弹做的功大于子弹对木块做的功，故B错误；子弹对木块的作用力和木块对子弹的作用力大小相等、方向相反，作用时间相等，根据冲量公式I＝Ft可知，木块对子弹的冲量与子弹对木块的冲量大小相等，方向相反，故C错误；系统损失的机械能等于子弹损失的动能和木块动能增加量之差，即等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功，故D正确。5．(2022·江苏南通月考)如图5所示，轻质弹簧下端固定在粗糙斜面底端，一小物块从斜面顶端由静止滑下并压缩弹簧，弹簧始终处于弹性限度内，则物块下滑过程中，物块的动量p、重力势能Ep、弹簧的弹力F、弹性势能E弹随时间t或位移x的关系图像可能正确的是()图5答案A解析物块沿斜面下滑时，合外力先不变，接触弹簧后所受的合外力先逐渐减小，当向上的弹力和向上的摩擦力之和等于重力沿斜面向下的分量时，此时合力为零；然后继续向下运动时合力向上变大，在最低点时合力最大；因p－t图像的斜率eq\f(Δp,Δt)＝F合，由图像可知，斜率先不变、后减小，再反向增加，可知图像A正确；根据Ep＝mgh＝mgxsinθ可知重力势能随x线性减小，选项B错误；物块接触弹簧之前，弹簧弹力为零；接触弹簧之后，弹簧弹力随位移x按线性增加，选项C错误；物块接触弹簧之前，弹簧弹性势能为零；接触弹簧之后，弹簧弹性势能随x逐渐变大，但是图像为开口向上的抛物线形状，选项D错误。6．如图6所示，水平地面上放置一质量为m、长为L的薄木板，木板与地面的动摩擦因数为μ。在木板的最右端放一质量为m的小物块，物块是由特殊材料制成的，一表面光滑，另一面粗糙，且粗糙面与木板的动摩擦因数为μ。在木板上施加水平向右拉力F＝6μmg，g为重力加速度。图6(1)若物块的光滑面与木板接触，物块经多长时间离开木板；(2)若物块的粗糙面与木板接触，求物块在木板上运动过程中，系统产生的总热量。答案(1)eq\r(\f(L,2μg))(2)4μmgL解析(1)对木板受力分析，根据牛顿第二定律，有F－2μmg＝ma根据匀变速直线运动规律，有L＝eq\f(1,2)at2解得t＝eq\r(\f(L,2μg))。(2)设物块与木板发生相对滑动时，木板的加速度为a1，物块的加速度为a2，经过时间t1，物块离开木板，木板的位移为x1，物块的位移为x2。对木板，根据牛顿第二定律有F－3μmg＝ma1对物块，同理有μmg＝ma2根据匀变速直线运动的规律，有x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)当物块离开木板时，有x1－x2＝L解得x1＝1.5L在这过程中，木板与地面摩擦产生的热量Q1＝2μmgx1＝3μmgL物块和木板相对运动产生的热量Q2＝μmgL所以，产生的总热量Q＝Q1＋Q2＝4μmgL。7．如图7所示，质量M＝4kg、左端带挡板的、长L＝1.5m的木板B静止在水平面上，质量m＝1kg(可视为质点)的物块A静止在木板的左端，挡板和物块间用长为l＝0.5m的轻绳连接，A与B之间、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.1。现给物块A持续施加大小恒为F＝9N、方向水平向右的拉力，使A由静止开始在B上向右运动，当绳拉直时瞬间绷断。已知A因绳绷断速度减小了ΔvA＝0.8m/s，可认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，取g＝10m/s2，求：图7(1)绳绷断后瞬间，物块A的速度vA和木板B的速度vB；(2)物块A在木板B上运动的总时间。答案(1)1.2m/s0.2m/s(2)1s解析(1)开始阶段，由于μ1mg＝μ2(M＋m)g因此物块在木板上滑动时，木板处于静止状态。对物块A，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma由于l＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)解得a＝4m/s2，t1＝0.5s绳绷断前的瞬间，物块A的速度v0＝at1＝2m/s绳绷断后瞬间，物块A的速度vA＝v0－ΔvA＝1.2m/s绳绷断时间极短，可认为动量守恒，则有mv0＝mvA＋MvB因此绳绷断后瞬间，木板B的速度vB＝0.2m/s。(2)接下来B做匀速运动，根据运动学公式有vAt2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)－vBt2＝L－l解得t2＝0.5s，t2′＝－1s(舍去)物块A在木板B上运动的总时间t＝t1＋t2＝1s。8．(2022·江苏南京外国语学校模拟预测)如图8所示，一根足够长的圆管竖直固定，管内有一质量可以忽略的轻活塞C，一根轻质细弹性绳的上端连接活塞C，下端连接质量为m的小物块A，A处于静止。已知弹性绳的劲度系数为k且弹性规律满足胡克定律，活塞与管壁间的最大静摩擦力为3mg，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。现有一个质量为m的细圆环B从中间穿过弹性绳，并从A的正上方eq\f(mg,k)处静止释放，A、B碰撞时间极短且完全粘合。图8(1)A、B碰撞结束时的速度大小；(2)A、B整体第一次达到速度最大时的速率；(3)A、B整体第一次达到最低点的过程中活塞与筒壁产生的摩擦热量。答案(1)geq\r(\f(m,2k))(2)geq\r(\f(m,k))(3)eq\f(9m2g2,k)解析(1)根据v2－0＝2geq\f(mg,k)得B下落到A时速度v＝geq\r(\f(2m,k))根据动量守恒mv＝2mv1得A、B碰撞结束时的速度v1＝geq\r(\f(m,2k))。(2)当弹性绳弹力等于重力时，速度最大，即kx＝2mg此时