微专题3力学三大观点的综合应用作业答案

微专题3力学三大观点的综合应用1.B[解析]v-t图像的斜率表示加速度,根据图像可知,两物块匀减速运动的加速度大小都为a=v0t0,根据牛顿第二定律,匀减速运动中有Ff=ma,则两物块所受的摩擦力大小相等,v-t图像与时间轴围成的面积表示运动的位移,则由图像可知,两物块全程的位移之比x1∶x2=6∶5,对全过程,由动能定理得W1-Ffx1=0,W2-Ffx2=0,解得F1和F2对A、B做功之比W1∶W2=x1∶x2=6∶5,因此W1>W2;根据图像可知,两物块匀加速运动的加速度分别为3v0t0和2v03t0,根据牛顿第二定律,匀加速运动中有F-Ff=ma,解得F1=m4v0t0,F2=m5v03t0,则F1和F22.AD[解析]子弹的初速度大小v0改变时,分为两种情况,一种是最终子弹和木块共速,一种是子弹穿出木块后继续运动.分析最终子弹和木块共速这种情况,由于水平面光滑,子弹和木块组成的系统所受合外力为零,则系统动量守恒,设子弹和木块最终速度为v,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v,解得v=mm+Mv0,可知此种情况下木块获得的速度v随子弹初速度v0增大而增大,当子弹恰好不穿出木块时,木块获得的速度取得最大值,设此时v0=v0m,v=vm,满足vm=mm+Mv0m,子弹在木块中运动过程中,子弹所受阻力Ff=kv0,子弹做匀减速运动的加速度大小a1=Ffm=kv0m,木块做匀加速运动的加速度大小a2=FfM=kv0M,由位移关系得v0m2-vm22a1-vm22a2=L,联立解得v0m=2kL(m+M)mM;分析子弹穿出木块后继续运动这种情况,将子弹恰好穿出木块(与子弹恰好不穿出木块实际为同一临界点)包含在这种情况内,此时v0≥2kL(m+M)mM,设子弹刚穿出木块时子弹和木块的速度分别为v1、v2,可知v1>v2,对子弹有2a1x1=v12-v02,对木块有2a2x2=v22,又知x1-x2=L,联立解得v2=mv0-v02-2kLm+MmMv0m+M,研究函数f(v0)=v0-v02-2kLm+MmMv0,对此函数变形得f(v0)=2kLm+MmMv0v0+v02-2kLm+M3.ACD[解析]带电圆环进入电场后,在电场力的作用下,做匀减速直线运动,而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动,当它们速度相等时,带电圆环与电容器的左极板相距最近,取向左为正方向,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v=mv0M+m,则P在S处时速度不为0,故A正确;P从O到S的过程中,电容器(绝缘座)向左做匀加速直线运动,有x=v2t,环向左做匀减速直线运动,有x'=v+v02t,由题意可知x'-x=d2,解得x=md2(M+m),对绝缘座研究,由动能定理得Fx=12Mv2,解得F=mMv02(M+m)d,根据牛顿第三定律可知,P进入两板间所受的电场力和绝缘底座受到的力为相互作用力,则P进入两板间所受的电场力为F电=F=mMv02(M+m)d,故B错误4.(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤μ<0.4[解析](1)对小球摆动到最低点的过程中,由动能定理有mgL=12mv解得v0=5m/s小球在最低点时,由牛顿第二定律有FT-mg=mv解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6N(2)小球与物块碰撞过程中,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=mv1+Mv212mv02=12mv解得小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小为v2=4m/s(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点时两者共速,则对物块与小车整体由水平方向上动量守恒有Mv2=2Mv3由能量守恒定律有12Mv22=12×2Mv解得μ1=0.4若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置时两者共速,则对物块与小车整体由水平方向上动量守恒有Mv2=2Mv4由能量守恒定律有12Mv22=12×2Mv42解得μ2=0.25综上所述,物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.45.(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m[解析](1)小物块刚放在传送带上时,由牛顿第二定律有μm物g=m物a解得a=5m/s2假设小物块运动到传送带右端前已与传送带共速,则此过程有v传2解得小物块运动的位移为x=2.5m由于x<L传=3.6m,所以假设成立,即小物块运动到传送带右端前已与传送带共速,因此小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小等于传送带的速度大小,为5m/s(2)小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,小物块与小球组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2其中v=5m/s,v1=-1m/s解得v2=3m/s小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能为ΔEk=12m物v2-12m物v12-解得ΔEk=0.3J(3)若小球运动到P点正上方,绳子不松弛,设P点到O点的距离为d,小球在P点正上方的速度为v3,在P点正上方,由牛顿第二定律有m球v32L绳小球从O点正下方到P点正上方过程中,由机械能守恒定律有12m球v22=12m球v32+m球g联立解得d≥0.2m即P点到O点的最小距离为0.2m6.(1)μg2μg(2)5μmgx(3)152[解析](1)对物块,由牛顿第二定律有μ×2mg=2ma1解得a1=μg对木板,由牛顿第二定律有μ×2mg=ma2解得a2=2μg(2)从物块滑上木板到木板与柔性挡板第一次碰撞时,木板的位移x=12a2解得所用的时间为t1=x这段时间内,物块的位移x1=v0t1-12a1物块与木板间因摩擦产生的热量为Q=μ×2mgx联立解得Q=5μmgx(3)木板与柔性挡板第一次碰撞前,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时间间隔为Δt1=2×v1'a2故从木板开始运动到第二次碰撞时的时间间隔为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时间间隔为Δ