第7講力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用能力培養(yǎng)練1.(2023·河北唐山模擬)質(zhì)量相等的P、Q兩物體放在同一水平面上,t=0時(shí)刻,分別受到水平拉力F1、F2的作用從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)時(shí)間t0和3t0,分別撤去F1和F2。兩物體的速度隨時(shí)間變化的圖線(xiàn)如圖所示。設(shè)F1和F2對(duì)物體的沖量大小分別為I1和I2,對(duì)物體做的功分別為W1和W2,則下列關(guān)系正確的是(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圖像可知,撤去拉力F后兩物體做勻減速的圖線(xiàn)平行,可知兩物體做勻減速的加速度大小相等,由于兩物體質(zhì)量相等,可知P、Q兩物體受到的摩擦力相等,設(shè)摩擦力為Ff,對(duì)物體P,整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)量定理可得I1Ff·4t0=0,對(duì)物體Q,整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)量定理可得I2Ff·5t0=0,聯(lián)立可得I1I2=Ff·4t0Ff·5t0=45。vt圖像與橫軸圍成的面積表示位移,故物體P整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的位移xP=12×3v0×4t0=6v0t0,物體Q整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的位移為xQ=12×2v0×5t0=5v0t0,對(duì)物體P,根據(jù)動(dòng)能定理可得W1Ff·xP=0,對(duì)物體Q,根據(jù)動(dòng)能定理可得W2.(2023·湖南懷化模擬)如圖所示,光滑傾斜滑道OM與粗糙水平滑道MN平滑連接。質(zhì)量為1kg的滑塊從O點(diǎn)由靜止滑下,在N點(diǎn)與緩沖墻發(fā)生碰撞,反彈后在距墻1m的P點(diǎn)停下。已知O點(diǎn)比M點(diǎn)高1.25m,滑道MN長(zhǎng)4m,滑塊與滑道MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小g取10m/s2,不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是(D)A.滑塊運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的速度大小為6m/sB.滑塊運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的速度大小為4m/sC.緩沖墻對(duì)滑塊的沖量大小為10N·sD.緩沖墻對(duì)滑塊做的功為2.5J解析:從O到M的過(guò)程,由動(dòng)能定理可知mgh=12mv02,解得滑塊運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的速度大小為v0=5m/s,故A錯(cuò)誤;由M到N的過(guò)程中,加速度大小為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錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理可得緩沖墻對(duì)滑塊做的功W=12mv′212mv23.(2023·山東威海一模)如圖所示,水平面上AO段粗糙,動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.6,OB段光滑。物體甲放在距O點(diǎn)左側(cè)x1=3m的A處,質(zhì)量為M=7kg的物體乙靜止放在距O點(diǎn)右側(cè)x2=4m的B處?，F(xiàn)給物體甲一個(gè)初速度v0=10m/s,物體甲與物體乙在B點(diǎn)發(fā)生彈性正碰,碰后物體甲恰好能返回出發(fā)點(diǎn)A,重力加速度g取10m/s2,兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn),則(D)A.物體甲到O點(diǎn)速度大小為8.5m/sB.物體甲向右從O點(diǎn)到B點(diǎn)所用的時(shí)間為0.75sC.物體甲與乙碰撞后,物體甲的速度大小為5m/sD.物體甲的質(zhì)量為1kg解析:對(duì)物體甲,由牛頓第二定律得μmg=ma,代入數(shù)據(jù)解得a=6m/s2,設(shè)甲到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速度大小為v,則v2v02=2ax8m/s,故A錯(cuò)誤;甲在OB段做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=x2v=48s=0.5s,故B錯(cuò)誤;設(shè)碰撞后瞬間甲的速度為v1,碰撞后甲在BO段勻速返回,到OA段勻減速停止在A點(diǎn),則v12=2ax1,代入數(shù)據(jù)解得v1=6m/s,負(fù)號(hào)表示方向向左,故C錯(cuò)誤;甲、乙發(fā)生彈性正碰,碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒,由動(dòng)量守恒定律得mv=mv1+Mv2,由機(jī)械能守恒定律得12mv2=124.(2023·山東濰坊三模)(多選)如圖甲所示,滑雪運(yùn)動(dòng)員在助滑道上獲得一定速度后從跳臺(tái)飛出,在空中飛行一段距離后落在傾斜的雪道上,其過(guò)程可簡(jiǎn)化為圖乙所示?，F(xiàn)有一運(yùn)動(dòng)員從跳臺(tái)O處以初速度v0飛出,方向與雪道成60°角,之后落在雪道的P處。運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量為m,傾斜雪道與水平方向的夾角為30°。重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力,下列說(shuō)法正確的是(BD)A.運(yùn)動(dòng)員在空中飛行的時(shí)間為vB.O、P兩點(diǎn)間的距離為2C.運(yùn)動(dòng)員在飛行過(guò)程中動(dòng)能變化量的大小為2mvD.運(yùn)動(dòng)員在飛行過(guò)程中動(dòng)量變化量的大小為2mv0解析:依題意,把重力加速度沿雪道方向和垂直于雪道方向分解,有g(shù)x=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,解得運(yùn)動(dòng)員在空中飛行的時(shí)間為t=2v0g,故A錯(cuò)誤;沿雪道方向,有xOP=v0xt+12gxt2=2v02g,故B正確;根據(jù)動(dòng)能定理,可得WG=ΔEk,又WG=mg2mv0,故D正確。5.(2023·廣東卷,15)如圖為某藥品自動(dòng)傳送系統(tǒng)的示意圖。該系統(tǒng)由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺(tái)組成,滑槽高為3L,平臺(tái)高為L(zhǎng)。藥品盒A、B依次被輕放在以速度v0勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上,在與傳送帶達(dá)到共速后,從M點(diǎn)進(jìn)入滑槽,A剛好滑到平臺(tái)最右端N點(diǎn)停下,隨后滑下的B以2v0的速度與A發(fā)生正碰,碰撞時(shí)間極短,碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤(pán)內(nèi)直徑的兩端。已知A、B的質(zhì)量分別為m和2m,碰撞過(guò)程中損失的能量為碰撞前瞬間總動(dòng)能的14(1)A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時(shí)間t;(2)B從M點(diǎn)滑至N點(diǎn)的過(guò)程中克服阻力做的功W;(3)圓盤(pán)的圓心到平臺(tái)右端N點(diǎn)的水平距離s。解析:(1)A在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a=μg,由靜止加速到與傳送帶共速所用的時(shí)間t=v0a=(2)B從M點(diǎn)滑至N點(diǎn)的過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理有2mg·3LW=12·2m(2v0)212·2m解得B從M點(diǎn)滑至N點(diǎn)過(guò)程克服阻力做功W=6mgL3mv0(3)A、B碰撞過(guò)程由動(dòng)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)兩物體平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=2L則sr=v2t1,s+r=v1t1,解得s=3v答案:(1)v0μg(2)6mgL3mv0素養(yǎng)提升練6.(2023·山東濱州二模)(多選)如圖為一有效擺長(zhǎng)為l的單擺,現(xiàn)將質(zhì)量為m的擺球A向左拉離平衡位置一個(gè)很小的角度,使得A球升高了h,然后由靜止釋放。A球擺至平衡位置P時(shí),恰與靜止在P處質(zhì)量為0.2m的B球發(fā)生正碰,碰后A繼續(xù)向右擺動(dòng),B球以速度v沿光滑水平面向右運(yùn)動(dòng),與距離為d的墻壁碰撞后以原速率返回,當(dāng)B球重新回到位置P時(shí),A球恰好碰后第一次回到P點(diǎn)。則下列說(shuō)法正確的是(ABD)A.單擺的周期為T(mén)=4B.當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間=lC.A球釋放到達(dá)P經(jīng)歷的時(shí)間小于A球碰后再次到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間D.A球碰后的速度大小為vA=2gh解析:B球來(lái)回運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=2dv,單擺的周期為T(mén)=2t=4dv,故A正確;單擺的周期為T(mén)=4dv=2πl(wèi)g,聯(lián)立解得重力加速度為g=lπ2v24d2,故B正確;單擺的周期為T(mén)=2πl(wèi)7.(2023·湖南邵陽(yáng)一模)如圖所示,表面粗糙的L形水平軌道固定在地面上,勁度系數(shù)為k、原長(zhǎng)為l0的輕彈簧一端固定在軌道上的O點(diǎn),另一端與安裝有位移、加速度傳感器的滑塊相連,滑塊總質(zhì)量為m。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),水平向右為正方向建立x軸,將滑塊拉至坐標(biāo)為x3的A點(diǎn)由靜止釋放,向左最遠(yuǎn)運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)為x1的B點(diǎn),測(cè)得滑塊的加速度a與坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示,則滑塊由A運(yùn)動(dòng)至B過(guò)程中(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))(C)A.x2=l0B.a3>a1C.最大動(dòng)能為12ma3(x3x2D.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為12kx32解析:由題圖可知,當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到x2位置時(shí),滑塊的加速度為零,滑塊受到水平向右的滑動(dòng)摩擦力和水平向左的彈力,所以彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài),而不是原長(zhǎng),則有x2>l0,故A錯(cuò)誤;當(dāng)滑塊的加速度為零時(shí),速度達(dá)到最大,動(dòng)能最大,從x3到x2的過(guò)程,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2v02=2ax,結(jié)合圖線(xiàn)與橫軸所圍區(qū)域的面積可得vm2=2×12a3(x3x2)=a3(x3x2),滑塊的最大動(dòng)能為Ekm=12mvm2=12ma3(x3x2),故C正確;滑塊由A運(yùn)動(dòng)至B過(guò)程中,根據(jù)能量守恒可知,系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于彈簧的彈性勢(shì)能減少量,則有Q=12k(x3-l0)212k(l0x1)2=12kx3212kx12kl0(x3x1),故D錯(cuò)誤;由能量守恒知,12k(x3l0)212k(l08.(2023·山東濟(jì)南三模)(多選)如圖所示,光滑水平面上有兩個(gè)質(zhì)量均為m的物體A、B,B上連接一勁度系數(shù)為k的輕彈簧。物體A以初速度v0向靜止的物體B運(yùn)動(dòng),從A接觸彈簧到第一次將彈簧壓縮到最短的時(shí)間為t=π2m2k,彈簧的彈性勢(shì)能為Ep=A.彈簧的最大壓縮量為v0mB.彈簧的最大壓縮量為v0mC.從開(kāi)始?jí)嚎s彈簧到彈簧第一次壓縮最短的過(guò)程中,物體A的位移為(D.從開(kāi)始?jí)嚎s彈簧到彈簧第一次壓縮最短的過(guò)程中,物體B的位移為(解析:彈簧壓縮到最大時(shí),A、B的速度相同,以A初速度方向?yàn)檎较?根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv0=2mv,根據(jù)能量守恒定律可得12mv022mv2+Epm,解得Epm=14mv02,根據(jù)彈性勢(shì)能公式可得xm=v0m2k,故A錯(cuò)誤,B正確;由動(dòng)量守恒定律可得mvA+mvB=mv0,則有mvAt+mvBt=mv0t,故mxA+mxB=mv0t=mv0π2m2k,由A、B選項(xiàng)分析可知xA9.(2023·山東聊城三模)按照國(guó)際標(biāo)準(zhǔn),每顆臺(tái)球的標(biāo)準(zhǔn)質(zhì)量為154.5g,但是由于不同廠商生產(chǎn)水平的不同,所以生產(chǎn)出來(lái)的球的質(zhì)量會(huì)有一些差異。如圖所示,假設(shè)光滑水平面的一條直線(xiàn)上依次放n個(gè)質(zhì)量均為155g的靜止的彈性紅球(相鄰兩個(gè)紅球之間有微小的間隙),另有一顆質(zhì)量為175g的彈性白球以初速度v0與n號(hào)紅球發(fā)生彈性正碰,則k號(hào)紅球最終的速度大小為(已知1<k<n)(B)A.3533v0 B.35×2C.0 D.35×2k解析:在光滑水平面的一條直線(xiàn)上依次放n個(gè)質(zhì)量為m2的彈性紅球,質(zhì)量為m1的白球以初速度v0與n號(hào)紅球發(fā)生彈性正碰,根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得m1v0=m1v1+m2v2,12m1v02=12m1v12+12m2vv2=2m1m1+m2233v0,紅球的速度2m1m1+m2v0=3533v0,紅球與紅球相碰,根據(jù)彈性碰撞,交換速度,最終傳給1號(hào)紅球,白球與n號(hào)紅球碰撞2次后,白球的速度v2=2332v0,紅球的速度2m1m1+m2v1=3533(233)v0,最終傳給2號(hào)紅球,白球與n號(hào)紅球碰撞3次,白球的速度v3=(233)3v10.(2023·河北張家口三模)如圖所示,傳送帶以v=2m/s的恒定速度順時(shí)針旋轉(zhuǎn),傳送帶的傾角θ=37°,一質(zhì)量M=0.09kg的物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5。左下方的仿真玩具手槍不斷地沿平行于傳送帶方向向上發(fā)射質(zhì)量m=0.01kg的彈丸,彈丸每次擊中物塊的時(shí)間間隔為1s,擊中物塊前的瞬時(shí)速度大小均為v0=40m/s,射入物塊后會(huì)立即留在其中。將物塊無(wú)初速度放在傳送帶的最下端時(shí),恰好被第一顆彈丸擊中。已知第3顆彈丸射入后,可以使物塊在第4顆彈丸射入前到達(dá)傳送帶頂端。物塊和彈丸均可看成質(zhì)點(diǎn),取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,求:(1)物塊第一次達(dá)到與傳送帶速度相同時(shí)所用的時(shí)間t1;(2)從第一次射擊結(jié)束瞬間到第二次擊中前瞬間的過(guò)程中,物塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q;(3)傳送帶P、Q間距L的取值范圍(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。解析:(1)以沿傳送帶向上為正方向,在彈丸射入的過(guò)程中,有mv0=(m+M)v01,解得v01=4m/s;物塊先以a1減速上升,有(m+M)gsinθ+μ(m+M)gcosθ=(m+M)a1,解得a1=10m/s2;減至共速,所需時(shí)間t1=v01解得t1=0.2s。(2)共速前物塊的位移x1=12(v01+v)t1解得x1=0.6m;傳送帶與物塊間的相對(duì)位移Δx1=x1vt1,解得Δx1=0.2m;物塊之后以a2減速上升,有(m+M)gsinθμ(m+M)gcosθ=(m+M)a2,解得a2=2m/s2;若繼續(xù)減速至零,所需時(shí)間為t=v-因?yàn)閠1+t>1s,所以物塊速度未減至零時(shí),第二顆彈丸已射入,此時(shí)物塊的速度v1=va2(1t1)=0.4m/s,共速后的位移x2=12(v+v1)(1t1解得x2=0.96m。傳送帶與物塊間的相對(duì)位移Δx2=v(1t1)x2,解得Δx2=0.64m,物塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μ(M+m)gcosθ(Δx1+Δx2),解得Q=0.336J。(3)第一顆彈丸射入后物塊上升的位移s1=x1+x2=1.56m,第二顆彈丸射入的過(guò)程,有mv0+(m+M)v1=(m+m+M)v02,解得v02=4m/s。因v02=v01,由此可推知第二顆彈丸射入后物塊上升的位移s2=s1=1.56m,v2=v1=0.4m/s,第三顆彈丸射入的過(guò)程,有mv0+(2m+M)v2=(m+m+m+M)v03,解得v03=3.7m/s;減至共速,所需時(shí)間t3=v03解得t3=0.17s;假設(shè)物塊剛好到達(dá)頂端時(shí)第4顆彈丸射入,此時(shí)物塊的速度v3=va2(1t3),解得v3=0.34m/s;此時(shí)上升的總位移s3=12(v03+v)t3+12(v3+v)(1t解得s3=1.4556m,傳送帶PQ間的距離L應(yīng)滿(mǎn)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難關(guān)攻克練11.(2023·山東卷,18)如圖所示,物塊A和木板B置于水平地面上,固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所在平面相切,豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力,使A與B以相同速度v0向右做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。當(dāng)B的左端經(jīng)過(guò)軌道末端時(shí),從弧形軌道某處無(wú)初速度下滑的滑塊C恰好到達(dá)最低點(diǎn),并以水平速度v滑上B的上表面,同時(shí)撤掉外力,此時(shí)B右端與P板的距離為s。已知v0=1m/s,v=4m/s,mA=mC=1kg,mB=2kg,A與地面間無(wú)摩擦,B與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.1,C與B間動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.5,B足夠長(zhǎng),使得C不會(huì)從B上滑下。B與P、A的碰撞均為彈性碰撞,不計(jì)碰撞時(shí)間,取重力加速度大小g=10m/s2。(1)求C下滑的高度H;(2)與P碰撞前,若B與C能達(dá)到共速,且A、B未發(fā)生碰撞,求s的范圍;(3)若s=0.48m,求B與P碰撞前,摩擦力對(duì)C做的功W;(4)若s=0.48m,自C滑上B開(kāi)始至A、B、C三個(gè)物體都達(dá)到平衡狀態(tài),求這三個(gè)物體總動(dòng)量的變化量Δp的大小。解析:(1)由題意可知滑塊C靜止滑下過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理有mCgH=12mCv2代入數(shù)據(jù)解得H=0.8m。(2)滑塊C剛滑上B時(shí)可知C受到水平向左的摩擦力,為μ2mCg,木板B受到C的摩擦力水平向右,為μ2mCg,B受到地面的摩擦力水平向左,為μ1(mC+mB)g,所以滑塊C的加速度為aC=μ2mCgm木板B的加速度為aB=μ2mC方向水平向右。設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1,B和C共速,有vaCt1=v0+aBt1,代入數(shù)據(jù)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共同減速,加速度大小為aBC=μ1(m設(shè)再經(jīng)過(guò)t2時(shí)間,物塊A恰好追上木板B,有sB1+(v共1t212aBCt22)=v0(t1代入數(shù)據(jù)解得t2=1+22s,t2=此時(shí)B的總位移sB2=sB1+(v共1t212aBCt=(1+22)共同的速度v共2=v共1aBCt2=(122)綜上可知滿(mǎn)足條件的s范圍為0.625m≤s≤1.707m。(3)由于s=0.48m<0.625m,因此滑塊C與木板B沒(méi)有共速,對(duì)于木板B,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有s=