2020版高考物理课时检测（三十七）应用三大观点解决力学综合问题（题型研究课）.docx

课时检测(三十七) 应用三大观点解决力学综合问题 (题型研究课)1.如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M3 kg。质量m1 kg的铁块以水平速度v04 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为()A3 JB4 JC6 J D20 J解析：选A设铁块与木板共速时速度大小为v，铁块相对木板向右运动的最大距离为L，铁块与木板之间的摩擦力大小为f。铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒定律得mv02fL(Mm)v2Ep。由动量守恒定律得mv0(Mm)v。从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由功能关系得mv022fL(Mm)v2。联立解得Ep3 J，故选项A正确。2.如图所示，甲、乙两个物块(均可视为质点)锁定在水平面上，处于压缩状态的轻弹簧放在甲、乙之间，与甲、乙没有连接，乙的质量是甲的2倍。水平面上O点左侧光滑，右侧粗糙，甲到O点的距离大于弹簧的压缩量，若只解除甲的锁定，则甲被弹簧弹出后在O点右侧滑行的距离为s，若同时解除甲、乙的锁定，则甲在O点右侧滑行的距离为()A.s B.sC.s D.s解析：选A设弹簧开始具有的弹性势能为Ep，只解除甲的锁定，则mgsEp，若同时解除甲、乙的锁定，根据动量守恒定律有mv12mv2，根据能量守恒定律有Epmv122mv22，根据动能定理有mgxmv12，解得xs，选项A正确。3(2019合肥质检)如图甲所示，一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，其at图像如图乙所示，t0时其速度大小为v02 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则()At6 s时，物体的速度为18 m/sB在06 s内，合力对物体做的功为400 JC在06 s内，拉力F对物体的冲量为36 NsDt6 s时，拉力F的功率为200 W解析：选D在a t图像中图线与坐标轴所围面积表示速度变化量，由题图乙可知，在06 s内v18 m/s，又v02 m/s，则t6 s时的速度v20 m/s，A错误；由动能定理可知，06 s内，合力对物体做的功为Wmv2mv02396 J，B错误；由动量定理可知，IFFftmvmv0，代入已知条件解得IF48 Ns，C错误；由牛顿第二定律可知，t6 s 时FFfma，解得F10 N，所以拉力F的功率PFv200 W，D正确。4.(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中()Am1的最小速度是0Bm1的最小速度是v1Cm2的最大速度是v1Dm2的最大速度是v1解析：选BD由题意结合题图可知，当m1与m2相距最近时，m2的速度为0，此后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1减速结束，m2加速结束，因此此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒，m1v1m1v1m2v2，m1v12m1v12m2v22，解得v1v1，v2v1，B、D选项正确。5(多选)(2019南昌模拟)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()A物体A的质量为3mB物体A的质量为2mC弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv02D弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv02解析：选AC对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能EpMv02；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，物体A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，物体A、B二者速度相等，由动量守恒定律有M2v0(Mm)v，由能量守恒定律有EpM(2v0)2(Mm)v2，联立解得M3m，Epmv02，选项A、C正确，B、D错误。6(多选)如图所示，光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不连接)，弹簧的压缩量为x。现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，物块A、B刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，弹簧始终在弹性限度内，则()A物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为B物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为xC物块A、B开始运动前弹簧的弹性势能为mv2D物块A、B开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2解析：选AD当物块A的加速度大小为a时，根据胡克定律和牛顿第二定律可得kx2ma，当物块B的加速度大小为a时，有kxma，解得x，选项A正确；取水平向左为正方向，根据系统动量守恒得2mm0，又因为xAxBx，解得物块A的位移为xA，选项B错误；由动量守恒定律可得02mvmvB，解得物块B刚离开弹簧时的速度大小为vB2v，由系统机械能守恒定律可得物块A、B开始运动前弹簧的弹性势能为Ep2mv2mvB23mv2，选项C错误，D正确。7.如图所示，质量为M的平板车P高为h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上。一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计)。今将小球拉至细绳与竖直位置成60角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与平板车之间的动摩擦因数为，Mm41，重力加速度为g。求：(1)Q离开平板车时的速度；(2)平板车的长度。解析：(1)小球由静止摆到最低点的过程中，由动能定理mgR(1cos 60)mv02解得v0小球与Q相撞时，小球与Q组成的系统动量守恒，机械能守恒，则有mv0mv1mvQmv02mv12mvQ2解得v10，vQ二者交换速度，即小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中，Q与平板车组成的系统动量守恒，则有mvQMvm2v又M4m解得v则Q离开平板车时速度为2v。(2)设平板车长L，由能量守恒定律知FfLmvQ2Mv2m(2v)2又Ffmg解得平板车的长度为L。答案：(1)(2)8如图所示，质量m10.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L1.5 m，现有质量m20.2 kg且可视为质点的物块，以水平向右的速度v02 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数0.5，取g10 m/s2，求：(1)物块在车面上滑行的时间t；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0不超过多少。解析：(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有m2v0(m1m2)v设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff，对物块应用动量定理有Fftm2vm2v0又Ffm2g代入数据解得t0.24 s。(2)要使物块恰好不从车面滑出，需满足物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v，则m2v0(m1m2)v由动能定理有m2gL(m1m2)v2m2v02代入数据解得v05 m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0不超过5 m/s。答案：(1)0.24 s(2)5 m/s9.如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，细线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量分别是5m和3m，物块B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且物块B位于O点正下方。现拉动小球A使细线水平伸直，小球A由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时与水平面的距离为。小球A与物块B、C均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程物块B受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能。解析：设小球A运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球A运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：mghmv12解得：v1设碰撞后小球A反弹的速度大小为v1，根据机械能守恒定律有：mv12mg解得：v1设碰撞后物块B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv1mv15mv2解得：v2由动量定理可得，碰撞过程物块B受到的冲量为：I5mv2m碰撞后当物块B与物块C速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有：5mv28mv3根据机械能守恒定律有：Epm5mv228mv32解得：Epmmgh。答案：mmgh10如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。解析：(1)从A开始压缩弹簧到A与B具有相同速度v1的过程中，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv02mv1此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后