課時跟蹤檢測（二十二） 三大力學觀點的綜合應用

PAGE第6頁共6頁課時跟蹤檢測（二十二）三大力學觀點的綜合應用1.如圖所示，在光滑的水平面上，有兩個質量均為m的小車A和B，兩車之間用輕質彈簧相連，它們以共同的速度v0向右運動，另有一質量為m的黏性物體，從高處自由落下，正好落在A車上，并與之粘合在一起，粘合之后的運動過程中，彈簧獲得的最大彈性勢能為()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：選C黏性物體落在A車上，由動量守恒有mv0＝2mv1，解得v1＝eq\f(v0,2)，之后整個系統(tǒng)動量守恒，當系統(tǒng)再次達到共同速度時，有2mv0＝3mv2，解得v2＝eq\f(2v0,3)，此時彈簧獲得的彈性勢能最大，最大彈性勢能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正確。2.(2021·青島質檢)(多選)如圖所示，內壁光滑的圓筒豎直固定在地面上，筒內有質量分別為3m、m的剛性小球a、b，兩球直徑略小于圓筒內徑，銷子離地面的高度為h。拔掉銷子，兩球自由下落。若a球與地面間及a、b兩球之間均為彈性碰撞，碰撞時間極短，下列說法正確的是()A．兩球下落過程中，b對a有豎直向下的壓力B．a與b碰后，a的速度為0C．落地彈起后，a能上升的最大高度為hD．落地彈起后，b能上升的最大高度為4h解析：選BD兩球下落過程中，兩球都處于完全失重狀態(tài)，則b對a沒有壓力，選項A錯誤；設兩球落地時速度均為v＝eq\r(2gh)，方向豎直向下，則a與地面相碰后反彈，速度變?yōu)樨Q直向上的v，則a、b碰撞時，設向上為正方向，由動量守恒定律得：3mv－mv＝3mva＋mvb，由機械能守恒定律得：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，則落地彈起后，a能上升的最大高度為零，b能上升的最大高度為H＝eq\f(vb2,2g)＝4h，選項C錯誤，B、D正確。3.(2021·江門模擬)(多選)如圖所示，質量為M的長木板靜止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且長為l，左端O處固定輕質彈簧，右側用不可伸長的輕繩連接于豎直墻上，輕繩所能承受的最大拉力為F。質量為m的小滑塊以速度v從A點向左滑動壓縮彈簧，彈簧的壓縮量達最大時細繩恰好被拉斷，再過一段時間后長木板停止運動，小滑塊恰未掉落。則()A．細繩被拉斷瞬間木板的加速度大小為eq\f(F,M)B．細繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為eq\f(1,2)mv2C．彈簧恢復原長時滑塊的動能為eq\f(1,2)mv2D．滑塊與木板AB間的動摩擦因數為eq\f(v2,2gl)解析：選ABD細繩被拉斷瞬間，對木板分析，由于OA段光滑，沒有摩擦力，在水平方向上只受到彈簧的彈力，細繩被拉斷瞬間彈簧的彈力等于F，根據牛頓第二定律有：F＝Ma，解得a＝eq\f(F,M)，A正確；滑塊以速度v從A點向左滑動壓縮彈簧，到彈簧壓縮量最大時速度為0，由系統(tǒng)的機械能守恒可知，細繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為eq\f(1,2)mv2，B正確；彈簧恢復原長時木板獲得動能，所以滑塊的動能小于eq\f(1,2)mv2，C錯誤；由于細繩被拉斷瞬間，木板速度為零，小滑塊速度為零，所以小滑塊的動能全部轉化為彈簧的彈性勢能，即Ep＝eq\f(1,2)mv2，小滑塊恰未掉落時滑到木板的最右端，且速度與木板相同，設為v′，取向左為正方向，由動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，聯立解得μ＝eq\f(v2,2gl)，D正確。4.(2021·信陽調研)(多選)如圖所示，小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道，整個小車(含管道)的質量為3m，靜止在光滑的水平面上?，F有一個可以看作質點的小球，質量為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰好能到達管道的最高點，然后從管道左端滑離小車。關于這個過程，下列說法正確的是()A．小球滑離小車時，小車回到原來位置B．小球滑離小車時，小車的速度大小為eq\f(v,2)C．車上管道中心線最高點距小車上表面的豎直高度為eq\f(3v2,8g)D．小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，小車的動量變化大小是eq\f(mv,2)解析：選BC小球與小車在水平方向上的合外力為零，故在水平方向上動量守恒，所以小車的速度一直向右，小球滑離小車時，小車向右運動，不可能回到原來位置，故A錯誤；由動量守恒定律可得：mv＝3mv車＋mv球，由機械能守恒可得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×3mv車2＋eq\f(1,2)mv球2，解得v車＝0.5v，v球＝－0.5v，故B正確；小球恰好到達管道的最高點時，小球和小車的速度相同，故由動量守恒定律得：mv＝(3m＋m)v′，可得此時的速度v′＝eq\f(1,4)v，由機械能守恒可得：eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×4m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)v))2＝mgh，所以車上管道中心線最高點距小車上表面的豎直高度h＝eq\f(3v2,8g)，故C正確；小球恰好到達管道的最高點后，則小球和小車的速度相同，故小車的動量變化大小為Δp＝3m·eq\f(1,4)v＝eq\f(3,4)mv，故D錯誤。5．(2021年1月新高考8省聯考·遼寧卷)如圖所示，水平圓盤通過輕桿與豎直懸掛的輕彈簧相連，整個裝置處于靜止狀態(tài)。套在輕桿上的光滑圓環(huán)從圓盤正上方高為h處自由落下，與圓盤碰撞并立刻一起運動，共同下降eq\f(h,2)到達最低點。已知圓環(huán)質量為m，圓盤質量為2m，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：(1)碰撞過程中，圓環(huán)與圓盤組成的系統(tǒng)機械能的減少量ΔE；(2)碰撞后至最低點的過程中，系統(tǒng)克服彈簧彈力做的功W。解析：(1)圓環(huán)下落到碰前瞬間，有mgh＝eq\f(1,2)mv2圓環(huán)與圓盤相碰，有mv＝3mv1，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3m,2)v12＋ΔE解得ΔE＝eq\f(2,3)mgh。(2)碰撞后至最低點的過程中，由動能定理得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·武漢模擬)如圖所示，質量為M＝1.0kg、長為L＝4.5m的木板，靜止在光滑的水平面上，固定光滑的eq\f(1,4)圓弧形軌道的水平出口跟木板的上表面相平，質量為m＝2.0kg的滑塊(可視為質點)從軌道上端靜止下滑，從木板的左端沖上其表面，已知圓弧形軌道的半徑為1.8m，滑塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.1，(g取10m/s2)求：(1)滑塊在圓弧軌道的最低點對軌道的壓力大??；(2)通過計算說明滑塊能否沖出木板；(3)調整滑塊沖上木板的初速度v0，使其剛好滑至木板的右端。將木板從中點截開，分成兩塊相同的木板，再讓滑塊以初速度v0沖上木板。問：滑塊能否再次到達木板的右端？并說明理由。解析：(1)對滑塊下滑過程由動能定理得mgR＝eq\f(1,2)mv2－0在圓弧軌道最低點，由牛頓第二定律N－mg＝meq\f(v2,R)，解得N＝60N根據牛頓第三定律，滑塊對軌道的壓力大小為60N，方向豎直向下。(2)若滑塊不會沖出木板，則兩個物體最終共速，由動量守恒定律有mv＝(m＋M)v共對系統(tǒng)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相對，解得s相對＝6m大于木板長度4.5m，所以能夠沖出。(3)滑塊不能再次到達木板的右端。原因：木板中點未截開前，滑塊和木板之間的摩擦力使整個木板一直加速，從木板中點截開后，滑塊先使整個木板加速，運動到木板中點時左側木板停止加速，右側木板繼續(xù)加速，加速度大于之前運動的加速度，故將木板從中點截開后滑塊將更早達到與木板速度相等，運動的距離變短，達不到木板右端。答案：(1)60N(2)能沖出木板，具體計算過程見解析(3)不能，理由見解析7.如圖所示，光滑水平面MN的左端M處固定有一能量補充裝置P，使撞擊它的物體彈回后動能在原來基礎上增加一定值。右端N處與水平傳送帶恰好平齊且靠近，傳送帶沿逆時針方向以恒定速率v＝6m/s勻速轉動，水平部分長度L＝9m。放在光滑水平面上的兩相同小物塊A、B(均視為質點)間有一被壓縮的輕質彈簧，彈性勢能Ep＝9J，彈簧與A、B均不粘連，A、B與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.2，物塊質量mA＝mB＝1kg。現將A、B同時由靜止釋放，彈簧彈開物塊A和B后，迅速移去輕彈簧，此時，A還未撞擊P，B還未滑上傳送帶。取g＝10m/s2。(1)求A、B剛被彈開時的速度大??；(2)試通過計算判斷B第一次滑上傳送帶后，能否從傳送帶右端滑離傳送帶；(3)若B從傳送帶上回到光滑水平面MN上與被彈回的A發(fā)生碰撞后粘連，一起滑上傳送帶，則P應給A至少補充多少動能才能使二者一起滑離傳送帶？解析：(1)彈簧彈開的過程中，系統(tǒng)機械能守恒，有Ep＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2由動量守恒定律得mAvA－mBvB＝0聯立以上兩式解得vA＝3m/s，vB＝3m/s。(2)假設B不能從傳送帶右端滑離傳送帶，則B做勻減速運動直到速度減小到零，設位移為x，由動能定理得－μmBgx＝0－eq\f(1,2)mBvB2，解得x＝eq\f(vB2,2μg)＝2.25m由于x＜L，B不能從傳送帶右端滑離傳送帶。(3)設物塊A撞擊P后被反向彈回的速度為v1，由功能關系可知E＋eq\f(1,2)mAvA2＝eq\f(1,2)mAv12由物塊B在傳送帶上先向右做勻減速運動，直到速度減小到零，然后反方向做勻加速運動。由運動的對稱性可知，物塊B回到皮帶左端時速度大小應為v2＝vB＝3m/s設B與A發(fā)生碰撞粘連后速度為v′，由動量守恒定律可得mAv1－mBv2＝(mA＋mB)v′，要使二者能一起滑離傳送帶，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不能從傳送帶右端滑離傳送帶(3)108J8.(2021·重慶調研)如圖所示，質量為6m、長為L的薄木板AB放在光滑的平臺上，木板B端與臺面右邊緣齊平。B端上放有質量為3m且可視為質點的滑塊C，C與木板之間的動摩擦因數為μ＝eq\f(1,3)，質量為m的小球用長為L的細繩懸掛在平臺右邊緣正上方的O點，細繩豎直時小球恰好與C接觸?，F將小球向右拉至細繩水平并由靜止釋放，小球運動到最低點時細繩恰好斷裂，小球與C碰撞后反彈速率為碰前的一半。(1)求細繩能夠承受的最大拉力；(2)若要使小球落在釋放點的正下方P點，平臺高度應為多大；(3)通過計算判斷C能否從木板上掉下來。解析：(1)設小球運動到最低點的速率為v0，小球向下擺動過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgL＝eq\f(1,2)mv02，解得：v0＝eq\r(2gL)小球在圓周運動最低點，由牛頓第二定律得：T－mg＝meq\f(v02,L)由牛頓第三定律可知，小球對細繩的拉力T′＝T解得：T′＝3mg。(2)小球碰撞后做平拋運動。在豎直方向上：h＝eq\f(1,2)gt2水平方向：L＝eq\f(v0,2)t，解得：h＝L。(3)小球與滑塊C碰撞過程中小球和C組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，