第7讲力学三大观点的综合应用

第7讲力学三大观点的综合应用能力培养练1.(2023·河北唐山模拟)质量相等的P、Q两物体放在同一水平面上,t=0时刻,分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始运动。经过时间t0和3t0,分别撤去F1和F2。两物体的速度随时间变化的图线如图所示。设F1和F2对物体的冲量大小分别为I1和I2,对物体做的功分别为W1和W2,则下列关系正确的是(B)A.I1∶I2=4∶5,W1∶W2=9∶4B.I1∶I2=4∶5,W1∶W2=6∶5C.I1∶I2=3∶2,W1∶W2=6∶5D.I1∶I2=3∶2,W1∶W2=9∶4解析:由vt图像可知,撤去拉力F后两物体做匀减速的图线平行,可知两物体做匀减速的加速度大小相等,由于两物体质量相等,可知P、Q两物体受到的摩擦力相等,设摩擦力为Ff,对物体P,整个运动过程中,根据动量定理可得I1Ff·4t0=0,对物体Q,整个运动过程中,根据动量定理可得I2Ff·5t0=0,联立可得I1I2=Ff·4t0Ff·5t0=45。vt图像与横轴围成的面积表示位移,故物体P整个运动过程的位移xP=12×3v0×4t0=6v0t0,物体Q整个运动过程的位移为xQ=12×2v0×5t0=5v0t0,对物体P,根据动能定理可得W1Ff·xP=0,对物体Q,根据动能定理可得W2.(2023·湖南怀化模拟)如图所示,光滑倾斜滑道OM与粗糙水平滑道MN平滑连接。质量为1kg的滑块从O点由静止滑下,在N点与缓冲墙发生碰撞,反弹后在距墙1m的P点停下。已知O点比M点高1.25m,滑道MN长4m,滑块与滑道MN间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小g取10m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的是(D)A.滑块运动到M点的速度大小为6m/sB.滑块运动到N点的速度大小为4m/sC.缓冲墙对滑块的冲量大小为10N·sD.缓冲墙对滑块做的功为2.5J解析:从O到M的过程,由动能定理可知mgh=12mv02,解得滑块运动到M点的速度大小为v0=5m/s,故A错误;由M到N的过程中,加速度大小为a=μmgm=0.2×1×101m/s2=2m/s2,由位移公式可得x1=v2(2)N·s1×3N·s=5N·s,故C错误;由动能定理可得缓冲墙对滑块做的功W=12mv′212mv23.(2023·山东威海一模)如图所示,水平面上AO段粗糙,动摩擦因数μ=0.6,OB段光滑。物体甲放在距O点左侧x1=3m的A处,质量为M=7kg的物体乙静止放在距O点右侧x2=4m的B处。现给物体甲一个初速度v0=10m/s,物体甲与物体乙在B点发生弹性正碰,碰后物体甲恰好能返回出发点A,重力加速度g取10m/s2,两物体均可视为质点,则(D)A.物体甲到O点速度大小为8.5m/sB.物体甲向右从O点到B点所用的时间为0.75sC.物体甲与乙碰撞后,物体甲的速度大小为5m/sD.物体甲的质量为1kg解析:对物体甲,由牛顿第二定律得μmg=ma,代入数据解得a=6m/s2,设甲到达O点时的速度大小为v,则v2v02=2ax8m/s,故A错误;甲在OB段做匀速直线运动,运动时间t=x2v=48s=0.5s,故B错误;设碰撞后瞬间甲的速度为v1,碰撞后甲在BO段匀速返回,到OA段匀减速停止在A点,则v12=2ax1,代入数据解得v1=6m/s,负号表示方向向左,故C错误;甲、乙发生弹性正碰,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,由动量守恒定律得mv=mv1+Mv2,由机械能守恒定律得12mv2=124.(2023·山东潍坊三模)(多选)如图甲所示,滑雪运动员在助滑道上获得一定速度后从跳台飞出,在空中飞行一段距离后落在倾斜的雪道上,其过程可简化为图乙所示。现有一运动员从跳台O处以初速度v0飞出,方向与雪道成60°角,之后落在雪道的P处。运动员质量为m,倾斜雪道与水平方向的夹角为30°。重力加速度为g,不计空气阻力,下列说法正确的是(BD)A.运动员在空中飞行的时间为vB.O、P两点间的距离为2C.运动员在飞行过程中动能变化量的大小为2mvD.运动员在飞行过程中动量变化量的大小为2mv0解析:依题意,把重力加速度沿雪道方向和垂直于雪道方向分解,有gx=gsin30°=g2,gy=gcos30°=32g;把初速度沿雪道方向和垂直于雪道方向分解,有v0x=v0cos60°=v02,v0y=v0sin60°=3v02。垂直于雪道方向,有0=v0ygy·t2,解得运动员在空中飞行的时间为t=2v0g,故A错误;沿雪道方向,有xOP=v0xt+12gxt2=2v02g,故B正确;根据动能定理,可得WG=ΔEk,又WG=mg2mv0,故D正确。5.(2023·广东卷,15)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成,滑槽高为3L,平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上,在与传送带达到共速后,从M点进入滑槽,A刚好滑到平台最右端N点停下,随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰,碰撞时间极短,碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m,碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的14(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t;(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W;(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。解析:(1)A在传送带上运动时的加速度a=μg,由静止加速到与传送带共速所用的时间t=v0a=(2)B从M点滑至N点的过程,根据动能定理有2mg·3LW=12·2m(2v0)212·2m解得B从M点滑至N点过程克服阻力做功W=6mgL3mv0(3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知2m·2v0=mv1+2mv2,12·2m·(2v0)2(12mv12+12·2mv22)=14解得v1=2v0(或23v0,舍掉)v2=v0(或53v0,舍掉)两物体平抛运动的时间t1=2L则sr=v2t1,s+r=v1t1,解得s=3v答案:(1)v0μg(2)6mgL3mv0素养提升练6.(2023·山东滨州二模)(多选)如图为一有效摆长为l的单摆,现将质量为m的摆球A向左拉离平衡位置一个很小的角度,使得A球升高了h,然后由静止释放。A球摆至平衡位置P时,恰与静止在P处质量为0.2m的B球发生正碰,碰后A继续向右摆动,B球以速度v沿光滑水平面向右运动,与距离为d的墙壁碰撞后以原速率返回,当B球重新回到位置P时,A球恰好碰后第一次回到P点。则下列说法正确的是(ABD)A.单摆的周期为T=4B.当地的重力加速度为g=lC.A球释放到达P经历的时间小于A球碰后再次到达最高点的时间D.A球碰后的速度大小为vA=2gh解析:B球来回运动的时间为t=2dv,单摆的周期为T=2t=4dv,故A正确;单摆的周期为T=4dv=2πlg,联立解得重力加速度为g=lπ2v24d2,故B正确;单摆的周期为T=2πl7.(2023·湖南邵阳一模)如图所示,表面粗糙的L形水平轨道固定在地面上,劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧一端固定在轨道上的O点,另一端与安装有位移、加速度传感器的滑块相连,滑块总质量为m。以O为坐标原点,水平向右为正方向建立x轴,将滑块拉至坐标为x3的A点由静止释放,向左最远运动到坐标为x1的B点,测得滑块的加速度a与坐标x的关系如图所示,则滑块由A运动至B过程中(弹簧始终处于弹性限度内)(C)A.x2=l0B.a3>a1C.最大动能为12ma3(x3x2D.系统产生的热量为12kx32解析:由题图可知,当滑块运动到x2位置时,滑块的加速度为零,滑块受到水平向右的滑动摩擦力和水平向左的弹力,所以弹簧处于伸长状态,而不是原长,则有x2>l0,故A错误;当滑块的加速度为零时,速度达到最大,动能最大,从x3到x2的过程,根据运动学公式v2v02=2ax,结合图线与横轴所围区域的面积可得vm2=2×12a3(x3x2)=a3(x3x2),滑块的最大动能为Ekm=12mvm2=12ma3(x3x2),故C正确;滑块由A运动至B过程中,根据能量守恒可知,系统产生的热量等于弹簧的弹性势能减少量,则有Q=12k(x3-l0)212k(l0x1)2=12kx3212kx12kl0(x3x1),故D错误;由能量守恒知,12k(x3l0)212k(l08.(2023·山东济南三模)(多选)如图所示,光滑水平面上有两个质量均为m的物体A、B,B上连接一劲度系数为k的轻弹簧。物体A以初速度v0向静止的物体B运动,从A接触弹簧到第一次将弹簧压缩到最短的时间为t=π2m2k,弹簧的弹性势能为Ep=A.弹簧的最大压缩量为v0mB.弹簧的最大压缩量为v0mC.从开始压缩弹簧到弹簧第一次压缩最短的过程中,物体A的位移为(D.从开始压缩弹簧到弹簧第一次压缩最短的过程中,物体B的位移为(解析:弹簧压缩到最大时,A、B的速度相同,以A初速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得mv0=2mv,根据能量守恒定律可得12mv022mv2+Epm,解得Epm=14mv02,根据弹性势能公式可得xm=v0m2k,故A错误,B正确;由动量守恒定律可得mvA+mvB=mv0,则有mvAt+mvBt=mv0t,故mxA+mxB=mv0t=mv0π2m2k,由A、B选项分析可知xA9.(2023·山东聊城三模)按照国际标准,每颗台球的标准质量为154.5g,但是由于不同厂商生产水平的不同,所以生产出来的球的质量会有一些差异。如图所示,假设光滑水平面的一条直线上依次放n个质量均为155g的静止的弹性红球(相邻两个红球之间有微小的间隙),另有一颗质量为175g的弹性白球以初速度v0与n号红球发生弹性正碰,则k号红球最终的速度大小为(已知1<k<n)(B)A.3533v0 B.35×2C.0 D.35×2k解析:在光滑水平面的一条直线上依次放n个质量为m2的弹性红球,质量为m1的白球以初速度v0与n号红球发生弹性正碰,根据动量守恒和机械能守恒得m1v0=m1v1+m2v2,12m1v02=12m1v12+12m2vv2=2m1m1+m2233v0,红球的速度2m1m1+m2v0=3533v0,红球与红球相碰,根据弹性碰撞,交换速度,最终传给1号红球,白球与n号红球碰撞2次后,白球的速度v2=2332v0,红球的速度2m1m1+m2v1=3533(233)v0,最终传给2号红球,白球与n号红球碰撞3次,白球的速度v3=(233)3v10.(2023·河北张家口三模)如图所示,传送带以v=2m/s的恒定速度顺时针旋转,传送带的倾角θ=37°,一质量M=0.09kg的物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。左下方的仿真玩具手枪不断地沿平行于传送带方向向上发射质量m=0.01kg的弹丸,弹丸每次击中物块的时间间隔为1s,击中物块前的瞬时速度大小均为v0=40m/s,射入物块后会立即留在其中。将物块无初速度放在传送带的最下端时,恰好被第一颗弹丸击中。已知第3颗弹丸射入后,可以使物块在第4颗弹丸射入前到达传送带顶端。物块和弹丸均可看成质点,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,求:(1)物块第一次达到与传送带速度相同时所用的时间t1;(2)从第一次射击结束瞬间到第二次击中前瞬间的过程中,物块与传送带摩擦产生的热量Q;(3)传送带P、Q间距L的取值范围(结果保留3位有效数字)。解析:(1)以沿传送带向上为正方向,在弹丸射入的过程中,有mv0=(m+M)v01,解得v01=4m/s;物块先以a1减速上升,有(m+M)gsinθ+μ(m+M)gcosθ=(m+M)a1,解得a1=10m/s2;减至共速,所需时间t1=v01解得t1=0.2s。(2)共速前物块的位移x1=12(v01+v)t1解得x1=0.6m;传送带与物块间的相对位移Δx1=x1vt1,解得Δx1=0.2m;物块之后以a2减速上升,有(m+M)gsinθμ(m+M)gcosθ=(m+M)a2,解得a2=2m/s2;若继续减速至零,所需时间为t=v-因为t1+t>1s,所以物块速度未减至零时,第二颗弹丸已射入,此时物块的速度v1=va2(1t1)=0.4m/s,共速后的位移x2=12(v+v1)(1t1解得x2=0.96m。传送带与物块间的相对位移Δx2=v(1t1)x2,解得Δx2=0.64m,物块与传送带摩擦产生的热量Q=μ(M+m)gcosθ(Δx1+Δx2),解得Q=0.336J。(3)第一颗弹丸射入后物块上升的位移s1=x1+x2=1.56m,第二颗弹丸射入的过程,有mv0+(m+M)v1=(m+m+M)v02,解得v02=4m/s。因v02=v01,由此可推知第二颗弹丸射入后物块上升的位移s2=s1=1.56m,v2=v1=0.4m/s,第三颗弹丸射入的过程,有mv0+(2m+M)v2=(m+m+m+M)v03,解得v03=3.7m/s;减至共速,所需时间t3=v03解得t3=0.17s;假设物块刚好到达顶端时第4颗弹丸射入,此时物块的速度v3=va2(1t3),解得v3=0.34m/s;此时上升的总位移s3=12(v03+v)t3+12(v3+v)(1t解得s3=1.4556m,传送带PQ间的距离L应满足s1+s2<L<s1+s2+s3,解得3.12m<L<4.58m。答案:(1)0.2s(2)0.336J(3)3.12m<L<4.58m难关攻克练11.(2023·山东卷,18)如图所示,物块A和木板B置于水平地面上,固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切,竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力,使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时,从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点,并以水平速度v滑上B的上表面,同时撤掉外力,此时B右端与P板的距离为s。已知v0=1m/s,v=4m/s,mA=mC=1kg,mB=2kg,A与地面间无摩擦,B与地面间动摩擦因数μ1=0.1,C与B间动摩擦因数μ2=0.5,B足够长,使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞,不计碰撞时间,取重力加速度大小g=10m/s2。(1)求C下滑的高度H;(2)与P碰撞前,若B与C能达到共速,且A、B未发生碰撞,求s的范围;(3)若s=0.48m,求B与P碰撞前,摩擦力对C做的功W;(4)若s=0.48m,自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态,求这三个物体总动量的变化量Δp的大小。解析:(1)由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有mCgH=12mCv2代入数据解得H=0.8m。(2)滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力,为μ2mCg,木板B受到C的摩擦力水平向右,为μ2mCg,B受到地面的摩擦力水平向左,为μ1(mC+mB)g,所以滑块C的加速度为aC=μ2mCgm木板B的加速度为aB=μ2mC方向水平向右。设经过时间t1,B和C共速,有vaCt1=v0+aBt1,代入数据解得t1=0.5s,木板B的位移sB1=1×0.5m+12×1×0.52共同的速度v共1=(1+1×0.5)m/s=1.5m/s,此后B和C共同减速,加速度大小为aBC=μ1(m设再经过t2时间,物块A恰好追上木板B,有sB1+(v共1t212aBCt22)=v0(t1代入数据解得t2=1+22s,t2=此时B的总位移sB2=sB1+(v共1t212aBCt=(1+22)共同的速度v共2=v共1aBCt2=(122)综上可知满足条件的s范围为0.625m≤s≤1.707m。(3)由于s=0.48m<0.625m,因此滑块C与木板B没有共速,对于木板B,根据运动学公式有s=