三大力學觀點的綜合應用測試題及解析

1、三大力學觀點的綜合應用測試題及解析1 .所謂對接是指兩艘以幾乎同樣快慢同向運行的宇宙飛船在太空中互相靠近，最后連接在一起。 假設“天舟一號”和“天宮二號”的質量分別為M、m,兩者對接前的在軌速度分別為v+ Av、v,對接持續(xù)()時間為困，則在對接過程中“天舟一號”對“天宮二號”的平均作用力大小為M2 VB.-M + m AtD. 0m2 - V A. M + m AtMm V C. M + m At解析：選C 在“天舟一號”和“天宮二號”對接的過程中，水平方向動量守恒，則有M（v+Av） +M v mv=（M + m）v',解得對接后兩者的共同速度 v' = v+ "

2、+m，以 天呂一方 為研允對象，根據(jù)動重te 理有F k mv' -mv,解得F= Mm ' v ,故C正確。M + m At2 .（2020煙臺*II擬）在光滑水平面上有三個彈性小鋼球a、b、c處于靜止狀態(tài)，質量分別為 2m、m和2m。其中a、b兩球間夾一被壓縮了的彈簧，兩球被左右兩邊的光滑擋板束縛著。若某時刻將擋板撤掉，彈簧便把a、b兩球彈出，兩球脫離彈簧后，a球獲得的速度大小為 v,若b、c兩球相距足夠遠，則 b、c兩球相碰后（）A. b球的速度大小為1v,運動方向與原來相反 3B. b球的速度大小為|v,運動方向與原來相反3C. c球的速度大小為8v3D. c球的速度大

3、小為2 V3解析：選B 設b球脫離彈簧時的速度為 v°, b、c兩球相碰后b、c的速度分別為vb和vc,取向右為 正方向，彈簧將a、b兩球彈出過程，由動量守恒定律得0=2mv + mvo,解得vo=2v; b、c兩球相碰過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律得mv°= mvb+2mvc,'2mv02 = 2mvb2 +彳2mvc2,聯(lián)立解得vb= 3v（負號表示方向向左，與原來相反，vc= qv,故B正確。3A. A能到達半圓槽的左側最高點A的速率為B的速率為3.多選如圖所示，A、B的質量分別為 m、2m,物體B置于水平面上，B物體上部半圓形槽的半徑為Ro將小球A從半

4、圓槽右側頂端由靜止釋放，不計一切摩擦。則B. A運動到半圓槽的最低點時C. A運動到半圓槽的最低點時D . B向右運動的最大距離為丁3A、B整體在水平解析：選AD 運動過程不計一切摩擦，由能量守恒可得，兩物體機械能守恒，且方向上合外力為零，水平方向動量守恒，則A可以到達半圓槽的左側最高點，且A在半圓槽的左側最高點時，A、B的速度都為零，故 A正確；A、B在水平方向上動量守恒，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為2R,故B向右運動的最大距離為 2R,故D正確；對A運動到半圓槽的最低點的運動過程應用機械

5、能守恒定律 3可得mgR= mvA2 + 2 -2mvB2= 3mvB2,所以A運動到半圓槽的最低點時B的速率為vb= 'y-gR, A的速率為va = 2vb=13:，故B、C錯誤。4.(2020撫州*II擬)如圖所示，光滑水平面上有A、B兩輛小車，質量均為m= 1 kg ,現(xiàn)將小球C用長為0.2 m的細線懸于輕質支架頂端，mc= 0.5 kg。開始時A車與C球以v0 = 4 m/s的速度沖向靜止的 B車。若兩車正碰后粘在 一起，不計空氣阻力，重力加速度 g取10 m/s2,則()A . A車與B車碰撞瞬間，兩車動量守恒，機械能也守恒B.從兩車粘在一起到小球擺到最高點的過程中，A、B

6、、C組成的系統(tǒng)動量守恒C.小球能上升的最大高度為0.16 mD.小球能上升的最大高度為0.12 m解析：選C 兩車碰撞后粘在一起，屬于典型的非彈性碰撞，有機械能損失，A項錯誤；從兩車粘在一起到小球擺到最高點的過程中，在豎直方向上A、B、C組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，則系統(tǒng)動量不守恒，B項錯誤；A、B兩車碰撞過程，動量守恒，設兩車剛粘在一起時共同速度為v1，有mv0=2mv1，解得v1 = 2 m/s；從小球開始上擺到小球擺到最高點的過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設小球上升到最高點時三者共同速度為v2,有2mv1 + mw0= (2m + mC)v2,解得v2= 2.4 m/

7、s；從兩車1 一 1 一 1粘在一起到小球擺到取局點的過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)機械能寸恒， 即mCgh= mCv。2+萬2mv12(2m + mC)v22,解得h= 0.16 m, C項正確，D項錯誤。5. (2019宿遷調研)如圖所示，質量為 M的木塊位于光滑水平面上，木塊與墻間用輕彈簧連接，開始時木塊靜止在A位置。現(xiàn)有一質量為 m的子彈以水平速度v。射向木塊并嵌入其中，經(jīng)過一段時間，木塊第一次回到A位置，彈簧在彈性限度內。求：(1)木塊第一次回到 A位置時速度大小 v;(2)此過程中墻對彈簧沖量大小I。解析：(1)子彈射入木塊過程，由于時間極短，子彈與木塊間的內力遠大于系統(tǒng)外力，由動量

8、守恒定 律得:mv0= (M+ m)vmv0解得：vm+ M子彈和木塊系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先做減速運動，后做加速運動，回到A位置時速度大小不變,即當木塊回至“ a位置時的速度大小v=mmvM。(2)子彈和木塊、彈簧組成的系統(tǒng)受到的合力即墻對彈簧的作用力,I = (M + m)v mv0= 2mvo所以墻對彈簧的沖量的大小I為2mvo0答案：M%v0 (2)2mv06.如圖，一質量 M = 6 kg的木板B靜止于光滑水平面上，物塊 A質量m= 6 kg,停在木板 B的左端。質量為 m0= 1 kg的小球用長為 L=0.8 m的輕繩懸掛在固定點 O上，將輕繩拉直至水平位置后，由靜止釋放小球，小球

9、在最低點與物塊A發(fā)生碰撞后反彈，反彈所能達到的最大高度為h = 0.2 m,物塊A與小球可視為質點，不計空氣阻力。已知物塊 A與木板B間的動摩擦因數(shù)產 0.1, (g= 10 m/s2)求:(1)小球運動到最低點與物塊 A碰撞前瞬間，小球的速度大小;(2)小球與物塊A碰撞后瞬間，物塊 A的速度大小;(3)為使物塊A、木板B達到共同速度前物塊 A不滑離木板，木板 B至少多長。解析：(1)對小球下擺過程，由機械能守恒定律得:12m0gL = 2m0V02,斛得 v0=4 m/s。(2)對小球反彈后過程，由機械能守恒定律得七19有 m0gh = £m0v12解得：vi = 2 m/s小球與

10、物塊A碰撞過程動量守恒，以小球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：m0V0=mOv1+ mvA解得 va= 1 m/s。(3)物塊A與木板B相互作用過程，系統(tǒng)動量守恒，以物塊A的速度方向為正方向由動量守恒定律得：mvA= (m+ M)v,解得 v= 0.5 m/s1 c 1c由能量守恒定律得：科mgx £mvA2 2(m+ M)v2,解得 x= 0.25 m。答案：(1)4 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m、強化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應用性7. (2020懷化市一模)如圖所示為工廠里一種運貨過程的簡化模型，貨物可視為質點且質量m= 4 kg,以初速度V0= 10 m/

11、s滑上靜止在光滑軌道 OB上的小車左端，小車質量為M = 6 kg,高為h=0.8 m。在光滑的軌道上 A處設置一固定的障礙物，當小車撞到障礙物時會被粘住不動，而貨物繼續(xù)運動，最后恰好落在光滑軌道上的 B點。已知貨物與小車上表面的動摩擦因數(shù)科=0.5,貨物做平拋運動的水平距離AB長為1.2 m,重力加速度g取10 m/s2。OAB(1)求貨物從小車右端滑出時速度的大?。?2)若已知OA段距離足夠長，導致小車在碰到A之前已經(jīng)與貨物達到共同速度，求小車的最小長度。解析：(1)設貨物從小車右端滑出時的速度為Vx,滑出之后做平拋運動，在豎直方向上：h = 1gt2,水平方向：lAB=Vxt解得：Vx=

12、 3 m/s。(2)在小車碰撞到障礙物前，小車與貨物已經(jīng)達到共同速度，以小車與貨物組成的系統(tǒng)為研究對象， 系統(tǒng)在水平方向動量守恒，由動量守恒定律得：mv0=(m+ M)v共，解得：v共=4 m/s, 由能量守恒定律得：1 0 10Q=mg若對=gmv。22(m+M)v 共2,解得：s相對=6 m,當小車被粘住之后，物塊繼續(xù)在小車上滑行，直到滑出小車，對貨物由動能定理得：,1 O 1 O一mgs =2mvx2 2mv 共2,解得：s' =0.7 m,故小車的最小長度 L=s相對+ s' = 6.7 m。答案：(1)3 m/s (2)6.7 m8 .如圖甲所示，質量均為 m = 0

13、.5 kg的相同物塊P和Q(可視為質點)，分別靜止在水平地面上 A、C 兩點。P在水平力F作用下由靜止開始向右運動，力 F與時間t的關系如圖乙所示，3 s末撤去力F,此 時P運動到B點，之后繼續(xù)滑行并與 Q發(fā)生彈性碰撞。已知 B、C兩點間的距離 L=3.75 m, P、Q與地 面間的動摩擦因數(shù)均為 尸0.2,取g=10 m/s2,求：iFi-IP |*QzZzz/zz XZZZZZZZZZZZXZZZZZZA BTCLjl(1)P到達B點時的速度大小 v及P與Q碰撞前瞬間的速度大小(2)Q運動的時間to解析：(1)以向右為正方向，在 03 s內，對P由動量定理有:Fiti+F2t2(1 m(t

14、i+ t2)= mv 0其中 Fi=2 N, F2=3 N, ti = 2 s, t2=1 s解得v= 8 m/s設P在B、C兩點間滑行的加速度大小為a,由牛頓第二定律有:mg maP在B、C兩點間做勻減速直線運動，有:V2 vi2= 2aL解得 vi = 7 m/s。(2)設P與Q發(fā)生彈性碰撞后瞬間P、Q的速度大小分別為 vi'、V2,有:mvi=mvi' + mv212 1, 2 122-mvi2= 2mvi 2+gmv22碰撞后Q做勻減速直線運動， Q運動的加速度大小為:mg ma v2Q運動的時間為：t= a解得 t=3.5 s。答案：(1)8 m/s 7 m/s (2

15、)3.5 s9 . (2020綿陽診斷)如圖所示，半徑 R=0.8 m的四分之一光C固定在水平光滑地面上，質量 M = 0.3 kg的木板B左端與C的 滑對接但未粘連，右端固定一輕彈簧，彈簧原長遠小于板長，將滑圓弧軌道下端等高平彈簧在彈簧彈性限度內壓縮后鎖定。可視為質點的物塊 A質量m=0.1 kg,從與圓弧軌道圓心 O等高的位置由靜止釋放，滑上木板 B后，滑到與彈簧剛接觸時與木板相對靜止，接觸瞬間解除彈簧鎖定，在極短時間內彈簧恢復原長，物塊 A被水平彈出，最終運動到木板左端時恰與木板相對靜止。物塊 A與木板B間動摩擦因數(shù) 尸 0.25, g 取 10 m/s2。求:(1)物塊A在圓弧軌道C的

16、最下端時受到圓弧軌道支持力的大小;(2)木板B的長度L;(3)彈簧恢復原長后，物塊 A從木板右端運動到左端的時間。解析：(1)設A到達C的最下端時速度大小為 V0,圓弧軌道支持力大小為Fn,則12mgR= 2mvo2v02Fn mg = m-R-解得 vo=4 m/s, Fn=3 No(2)設A在B上向右滑行過程中，A的加速度大小為 ai, B的加速度大小為 a2,滑上B后經(jīng)時間ti后接觸彈簧，A的位移xi, B的位移X2,則m mgmai叱 mg= Ma 2v0 aiti= a2t11. x 2 xi = v0ti 2aiti12X2= 2a2tiL = X1 X2解得 ti = 1.2 s, L = 2.4 m。(3)設A接觸彈簧與B保持相對靜止時速度大小為vi,彈簧恢復原長時 A的速度大小為V2, B的速度大小為”,最終物塊A運動到木板左端時，A、B共同速度大小為 v4, A相對B向左滑動過程中的加速度 大小與A滑上B向右滑行過程中各自加速度大小相等，則vi = v0 aiti從物塊A相對木板B靜止，到再次