微專題3力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用1.B[解析]v-t圖像的斜率表示加速度,根據(jù)圖像可知,兩物塊勻減速運動的加速度大小都為a=v0t0,根據(jù)牛頓第二定律,勻減速運動中有Ff=ma,則兩物塊所受的摩擦力大小相等,v-t圖像與時間軸圍成的面積表示運動的位移,則由圖像可知,兩物塊全程的位移之比x1∶x2=6∶5,對全過程,由動能定理得W1-Ffx1=0,W2-Ffx2=0,解得F1和F2對A、B做功之比W1∶W2=x1∶x2=6∶5,因此W1>W2;根據(jù)圖像可知,兩物塊勻加速運動的加速度分別為3v0t0和2v03t0,根據(jù)牛頓第二定律,勻加速運動中有F-Ff=ma,解得F1=m4v0t0,F2=m5v03t0,則F1和F22.AD[解析]子彈的初速度大小v0改變時,分為兩種情況,一種是最終子彈和木塊共速,一種是子彈穿出木塊后繼續(xù)運動.分析最終子彈和木塊共速這種情況,由于水平面光滑,子彈和木塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零,則系統(tǒng)動量守恒,設(shè)子彈和木塊最終速度為v,由動量守恒定律得mv0=(m+M)v,解得v=mm+Mv0,可知此種情況下木塊獲得的速度v隨子彈初速度v0增大而增大,當子彈恰好不穿出木塊時,木塊獲得的速度取得最大值,設(shè)此時v0=v0m,v=vm,滿足vm=mm+Mv0m,子彈在木塊中運動過程中,子彈所受阻力Ff=kv0,子彈做勻減速運動的加速度大小a1=Ffm=kv0m,木塊做勻加速運動的加速度大小a2=FfM=kv0M,由位移關(guān)系得v0m2-vm22a1-vm22a2=L,聯(lián)立解得v0m=2kL(m+M)mM;分析子彈穿出木塊后繼續(xù)運動這種情況,將子彈恰好穿出木塊(與子彈恰好不穿出木塊實際為同一臨界點)包含在這種情況內(nèi),此時v0≥2kL(m+M)mM,設(shè)子彈剛穿出木塊時子彈和木塊的速度分別為v1、v2,可知v1>v2,對子彈有2a1x1=v12-v02,對木塊有2a2x2=v22,又知x1-x2=L,聯(lián)立解得v2=mv0-v02-2kLm+MmMv0m+M,研究函數(shù)f(v0)=v0-v02-2kLm+MmMv0,對此函數(shù)變形得f(v0)=2kLm+MmMv0v0+v02-2kLm+M3.ACD[解析]帶電圓環(huán)進入電場后,在電場力的作用下,做勻減速直線運動,而電容器則在電場力的作用下做勻加速直線運動,當它們速度相等時,帶電圓環(huán)與電容器的左極板相距最近,取向左為正方向,由動量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v=mv0M+m,則P在S處時速度不為0,故A正確;P從O到S的過程中,電容器(絕緣座)向左做勻加速直線運動,有x=v2t,環(huán)向左做勻減速直線運動,有x'=v+v02t,由題意可知x'-x=d2,解得x=md2(M+m),對絕緣座研究,由動能定理得Fx=12Mv2,解得F=mMv02(M+m)d,根據(jù)牛頓第三定律可知,P進入兩板間所受的電場力和絕緣底座受到的力為相互作用力,則P進入兩板間所受的電場力為F電=F=mMv02(M+m)d,故B錯誤4.(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤μ<0.4[解析](1)對小球擺動到最低點的過程中,由動能定理有mgL=12mv解得v0=5m/s小球在最低點時,由牛頓第二定律有FT-mg=mv解得小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小為FT=6N(2)小球與物塊碰撞過程中,由動量守恒定律和機械能守恒定律有mv0=mv1+Mv212mv02=12mv解得小球與物塊碰撞后的瞬間,物塊速度的大小為v2=4m/s(3)若物塊恰好運動到圓弧軌道的最低點時兩者共速,則對物塊與小車整體由水平方向上動量守恒有Mv2=2Mv3由能量守恒定律有12Mv22=12×2Mv解得μ1=0.4若物塊恰好運動到與圓弧圓心等高的位置時兩者共速,則對物塊與小車整體由水平方向上動量守恒有Mv2=2Mv4由能量守恒定律有12Mv22=12×2Mv42解得μ2=0.25綜上所述,物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍為0.25≤μ<0.45.(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m[解析](1)小物塊剛放在傳送帶上時,由牛頓第二定律有μm物g=m物a解得a=5m/s2假設(shè)小物塊運動到傳送帶右端前已與傳送帶共速,則此過程有v傳2解得小物塊運動的位移為x=2.5m由于x<L傳=3.6m,所以假設(shè)成立,即小物塊運動到傳送帶右端前已與傳送帶共速,因此小物塊與小球碰撞前瞬間,小物塊的速度大小等于傳送帶的速度大小,為5m/s(2)小物塊運動到右端與小球正碰,碰撞時間極短,小物塊與小球組成的系統(tǒng)動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2其中v=5m/s,v1=-1m/s解得v2=3m/s小物塊與小球碰撞過程中,兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能為ΔEk=12m物v2-12m物v12-解得ΔEk=0.3J(3)若小球運動到P點正上方,繩子不松弛,設(shè)P點到O點的距離為d,小球在P點正上方的速度為v3,在P點正上方,由牛頓第二定律有m球v32L繩小球從O點正下方到P點正上方過程中,由機械能守恒定律有12m球v22=12m球v32+m球g聯(lián)立解得d≥0.2m即P點到O點的最小距離為0.2m6.(1)μg2μg(2)5μmgx(3)152[解析](1)對物塊,由牛頓第二定律有μ×2mg=2ma1解得a1=μg對木板,由牛頓第二定律有μ×2mg=ma2解得a2=2μg(2)從物塊滑上木板到木板與柔性擋板第一次碰撞時,木板的位移x=12a2解得所用的時間為t1=x這段時間內(nèi),物塊的位移x1=v0t1-12a1物塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=μ×2mgx聯(lián)立解得Q=5μmgx(3)木板與柔性擋板第一次碰撞前,木板的速度v1=2a2第一次碰撞后木板的速度v1'=11×2v1=1-第二次碰撞前木板的速度v2=v1'第一次碰撞到第二次碰撞的時間間隔為Δt1=2×v1'a2故從木板開始運動到第二次碰撞時的時間間隔為t2=t1+Δt1=t1+21-1第二次碰撞后木板的速度v2'=12×3v1=12第三次碰撞前木板的速度v3=v2'第一次碰撞到第二次碰撞的時間間隔為Δ