专题 力学三大观点的综合应用（解析版）

力学三大观点的综合应用 F合=mavt=v0+atx=v0t+at2v-v=2axW=ΔEkEk1+Ep1=Ek2+Ep2WG=-ΔEpE1=E2I合=p′-p定理求解，即Ft=mv-mv0p1+p2=p′1+p′2A.t₁和t₂满足t₁<t₂C.绳绷直后瞬间甲的动能为故t₂≤t,故A错误；因摩擦产生的热量,故B错误；22故选D。质量mg=0.1kg的物块，此时弹簧伸长量x₀=0.10m,物块和木板均静止。质量mc=0.10kg的小球(可视为质点)通过长L=0.9m的轻绳悬于O点。小球从绳与竖直方向成θ=60°处由静止释放，摆(1)求碰撞后瞬间木板的速度大小vA。联立解得碰撞后瞬间木板的速度大小VA=1.2m/s的动摩擦因数为μ,其余接触面均光滑。已知R=0.36m,L=1.6m,vo=5m/s,m=0.2kg,3(2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功；解得到达B点的速度v=4m/s(3)物块在传送带上加速运动的加速度为a=μg=2在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度(4)从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知mvo=mw₁+联立解得v₁=-2.2m/s,v₂=0.8m/s(另一组v₁=3.2m/s,v₂=0.2m/s,因不合实解得F=3N将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条10k+15410k+154+mv-mv2=mgLmv-mv2=mgL最低点牛顿第二定律可得F-mg=m联立可得F=4mgmv2=mgLsin37mv2mv2=mgLsin37mv22联立可得v=mv2=mv2=设v1的水平速度和竖直速度分别为vx,vy，则有v=v+v则水平方向动量守恒可得mvx=kmv2水平方向满足人船模型可得mx1=kmx2水平方向Lcos37°+L-x2=v联立可得v2=101+gL即v=101+gL44应用三大动力学观点解决多物体问题面上的质量为m2=0．5kg的物块B发生第一次碰撞，碰撞前瞬间物块A的速度为v0=m/s，A.第一次碰撞后瞬间B的速度大小为B.第一次碰撞后A、B间的最大距离为C.A、B发生第二次碰撞前瞬间B的速度大小为0D.A、B发生第二次碰撞后瞬间A的速度大小为B.对物块A由于μA=tanθ,因此沿斜面向下做匀速直线运动根据速度时间关系UB1-at=VA₁C.物块B减速至停止的位移为所以A将在B停止后与其发生下一次碰撞，即A、B发生第二次碰撞前瞬间B的速度大小为0,故C正与球之间的碰撞时间极短，且为弹性碰撞，B、C之间的距离足够长。现给A球一个水平向右的初速度v₀,则D球的最终速度为()C联立解得碰撞后C的速度为,AB速度为解得D最终速度为故选B。状态，物块质量均为m,与地面的动摩擦因数均为μ。现使第1个物块获得向右的初速度v₁,可使所有物列说法正确的是()A.若μ=0,则从第1个物块运动开始经时间第n个物块开始运动B.若μ=0,当第n个物块开始运动后，整个系统损失的机械能为C.若μ>0,当第n个物块即将运动时，系统因摩擦产生的热量为D.若μ>0,当n=3,要使所有物块全部动起来，则v₁>√10μgL【解析】A.第2个物块获得的速度为v₂,根据动量守恒有mv₁=2mv₂第3个物块获得的速度为v₃,根据动量守恒有mv₁=3mw₃7第n个物块的速度为故总时间为,故A错误；B.整个系统损失的机械能为C.若μ>0,第1个物块克服摩擦力做功为W=μmg(n-1)L第2个物块克服摩擦力做功为W₂=μmg(n-2)L第n-1个物块克服摩擦力做功为Wn-1=μmgL摩擦产生的热量,故C错误；D.若μ>0,当n=3,第1个物块的绳子刚拉直时有此时速度为ví,拉直后的速度为v2,有mv{=2mv₂故选D。止在水平地面上，物块A质量为1kg,现将A从圆弧形斜面最点，A与C在水平面上发生弹性正碰。不计空气阻力，重力加速度g取10°m/s²。则下列说法正确的B.物块A刚运动至水平面时其速度大小为4√20mC.物块A与物块C碰后，A与C速度D.物块A最终仍能追上圆弧形斜面由机械能守恒定联立解得vA=-2ms,Vc=2m/s,负号表示方向向右，故C正确；故选AC。生弹性碰撞，碰后乙恰好能运动到B点。已知乙的质量是甲的3倍，弹簧的弹性势能E与弹簧的形变量x以及弹簧的劲度系数k之间的关系式为,重力加速度为g,不计一切摩擦。(2)求乙的质量以及乙从B点落到水平面的过程中重力解得碰撞刚结束时乙的速度大小为vA=√5gR机械能守恒重力的冲量为Ic=mgt9=30°,传送带的上端与水平平台连接。滑块A从圆弧顶点无初速度下滑，与静止在水平轨道最右端的4.8m,滑块A、B与传送带的动摩擦因数均为,滑块A的质量m₁=2kg,滑块B的质量m₂=解得v=3m/s(2)滑块A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒有my=mu₂+m₂₂,滑块A的位移为传送带的位移为x传=vt=4.8m滑块A增加的机械能为μm₂gcosa=7.5N>m₂gsina=5N故由于运送滑块A、B电动机多消耗的电能E=EA+EB+Q=114J有n个质量均为的物块，质量为m的滑块从光滑斜面顶端A由静止释放。已知OA=h,取g=10由动量守恒可机械能守恒可得速度变为0,速度传递给第2个物块，依次最终第n个物块速度为由动量守恒可速度变为0,速度传递给第2个物块，依次最终第n-1个物块速度为依此类推第1个物块的最终速度大小为√2gh点切线水平，紧邻轨道左侧放置着一个下表面光滑、上表面粗糙的木板A,在木板A的左侧放置一小物块C。从与圆心点等高处静止释放小滑块B,经圆弧最低点滑上A,A与B共速后，再与C发生弹性碰撞。在以后的运动过程中，小滑块B始终未脱离木板A。已知mA=2kg,mB=2kg,mc=2kg,B与A解得vo=4m/s解得A与B共同的速度v=2m/s由机械能守恒解方程得VA₁=0,Vc₁=v=2m/s解得aA=2m/s加速到v₁,有v²₁=2aAC2可得x2=0.25m,x₁=1mA的速度都为上一次A、C碰后的一半。则有A、C第二次碰后根据速度交换可得13.如图所示，光滑半圆形凹槽B静止在光滑水平地面上，圆心为0,物块C静止在B右侧。现将小球A从与C发生碰撞并粘连在一起(时间极短)。已知A、B、C的质量均为m,凹槽半径为R,重力加速度为g,C.小球A从第一次离开凹槽到再次返回凹槽经历的时间为D.小球A从凹槽左端飞出后能运动到与释放点等高的位置为xB,由水平方向动量守恒得mūAr-mūB=0解得,故A错误；解得v=√gR小球A从第一次离开凹槽到再次返回凹槽经历的时间为,故C正确；故选C。悬挂一质量为m₁=0.5kg的小球D,玩家从左侧将一块质量为m₂=0.5kg的橡皮泥C,以vo=4m/s的速度水平抛出，C能与静止的小球D发生碰撞，碰后粘在一起形成整体E,E绕着悬点摆动。已知平台A的质量为m₃=1kg,平台B的质量为m₄=2kg,重力加速度取g=10m/s²,忽略空气阻力。则()A.E的初速度大小为3m/sB.E摆到最高点时平台A、B分离的分速度突变为0,两者水平方向的速度相解得T=12N,故D正确。故选D。定一根轻质弹簧，弹簧的原长为BC长度，C点到木板左端A的距离LAc=1.0m,可视为质点的小滑块质量为m(m未知),静止放置在木板的左端。现对木板施加水平向左的恒力F=32N,经过0.5s撤去恒力F,此时滑块恰好到达弹簧自由端C处，此后的运动中始终没有超过弹簧的弹性限度。已知木板BC段光滑、木板AC段与滑块间的动摩擦因数为μ=0.4,取g=10m/s²。下列说法正确的是()A.恒力F对木板做的功为32J解得a₁=4m/s²根据位移关系x2—x₁=LAC此时木板的速度v₂=a2t=6m/s簧弹性势能最大。由动量守恒定律mv₁+Mv₂=(M+m)v由能量守恒定A.恒力F对木板做的功为W=Fr₂=F(x₁+LAc)=48J,故A错误；联立解得v₁=6m/s,v2=2m/s小滑块的位移则xc{—x2=1m=LAC故选C。B,在A、B之间有一质量为m的光滑物块C。现给C水平向右的初速度v₀。已知A、B与地面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g,所有碰撞均为弹性正碰。下列说法正确的是()C.A的总位移大小为D.B的总位移大小为一段位移的,A的总位移大小,故C错误；,故D正确。故选AD。一质量为mc=2kg的滑块C(可视为质点)以水平初速度vo=10m/s从木板A的左端开始运动，最终与木板B保持相对静止。已知从滑块C滑上木板A开始计时，木板B运动的v—t图像如图2所示，木板A、B与滑块C之间的动摩擦因数相同，重力加速度g取10m/s²,下列说法正确的是()A.木板A、B与滑块C之间的动摩擦因数为0.2B.木板B获得的最大速度为·代入数据解得μ=0.2,故A正确；解得v=6m/s,即B最大速度为6m/s,故B错误；C.设A受B的弹力为N,对A牛顿第二定律μmcg-NB对A的冲量大小为I=Nt=2×1N·s=2N·s,故C正确；D.初始动能机械能减少量△E=E₆-E₆=100-56=44J,故D错误。故选AC。连接，Q为轨道的最高点。小物块C静置在A的左端，C与轨道A间的动摩擦因数和C与P点的距离x关系如图2所示，已知A、B、C的质量均为m=1kg,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g(1)若轨道A、B固定，给C一个向右的初速度v₀=4m/s,当C到达P点时对轨道B的压力为26N,求C到达P点时的速度大小和图2中的μ₀;的条件。CD、弧形轨道DE及挡板组成。轨道各段均平滑连接，E点切线与水平方向夹角为α,挡板竖直放置且生弹性碰撞。若小球b能从E点抛出并击中F处接收装置，游戏就算成功。已知AB长s=2.250m,(1)求小球a运动到B处对圆弧轨道的压力解得M=5kg联立解得L=0.8m点P和圆心O的连线与水平面成θ=37°角。将质量m=0.5kg的小物块A以v₀=3m/s速度向左水平弹性碰撞，碰后A返回圆弧轨道，恰好能上升到与圆心等高的Q点。重力加速度取g=10m/s²,sin37°(1)小物块A抛出点离地面的高度；(2)小物块A通过P时对轨道的压力大小；(3)小物块B的质量。由平抛运动规律可得vy=votan53°=4从抛出点到P点下落的高度而P点距圆弧轨道底端B的高度h₂=R+Rsin37°=1.2m抛出点离地面的高度H=h₁+h₂(2)小物块A在P点的速度大小Vp=√v3+v3=5m/s由动量守恒定律得mAV₁=mAU₂+mBU₃解得小物块B的质量通过一轻质细绳连接，且A、B之间有一根被压缩的轻质弹簧(未被拴接),B右侧足够远处有一未固定的半径为R=0.5m的光滑圆弧轨道C,在桌面左端光滑地面上紧靠一小车，小车的上表面与桌面等高。剪断细绳之后，A滑上小车，B恰能滑上圆弧轨道最高点。已知A、B两物块质量m=3kg,可视为质点，圆弧轨道C的质量M=5kg,小车质量m₀=1kg,物块A与小车间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10m/s²。求：R墙面AB墙面(1)物块B在第一次到达圆弧轨道C最低点时对轨道的作用力；小车每次与墙碰撞后，小车受A的滑动摩擦力大小因此第一次与墙相碰之后小车所走总路程为相邻滑块间距均为S=2m,1号滑块位于C点。一物块a(可视为质点)质量为m₀=0.5kg,以速率vo=11m/s从A点沿圆弧切线进入圆弧轨道，其与传送带间的动摩擦因数为μ=0.3,所有碰撞均为弹性正碰且碰撞时间不计。已知传送带长度为L=12.5m,以恒定速率v=10m/s沿顺时针方向转动，g取(1)求物块a第一次和1号滑块碰撞前的速率va;设物块a减速运动的位移为xo,有2aco=vB-v²(2)设物块a在水平传送带上减速运动时间为to,减速时间物块a在传送带上匀速运动时间为物块a第一次与1号滑块碰撞，系统动量守恒和机械能守恒有mou=mova+由于2026个小滑块质量相等，碰撞时速度交换，故从1号滑块开始运动到2026号滑块开始运动时间为恒和机械能守恒物块a第一次碰撞前和传送带的相对位移x相o=xo—vto=1.5m小球P连接，其中小球P的质量为m=1kg、小球Q的质量为M=2kg,连接两小球的细线长度为L=1m。已知重力加速度g取10m/s²,现给小球Q一水平速度，当小球Q上升到最大高度时恰好与小球PDD则则故选D。于弹簧上端并处于静止状态，物块A在物示位置由静止释放，与物块B碰撞后一起向下运动。以物块B初始时所在平面为重力势能的零势能面，物块A向下运动过程中，物块A、B的总机械能E与物块A的位置坐标x的关系图像如图2所示。已知空气阻力。下列说法正确的是()A.物块B的质量为物块A质量的2倍B.风力的大小为C.物块A、B碰撞过程中损失的机械能为E00D.物块A、B的总机械能为0时，弹簧的弹性势能增加量为由图2可知联立解得mB=mA故选B。光滑。长度为L,重力加速度为g。质量为m(m=M)的小滑块自斜面顶端滑下，在滑到斜面底端的过A.滑块和斜面构成的系统动量守恒B.滑块下滑的加速度为gsinθC.滑块的位移为D.斜面体的速度为设下滑时间为t,则mv₁t=Mv₂t竖直位移为y=Lsinθ则滑块的位移为滑块和斜面构成的系统在水平方向动量守恒mvπ=Mu₂故选D。(2)小球运动到圆弧最低点时对滑块的压力大小；(3)水平面BC的长度。由牛顿第三定律得F压=FN解得F压=140N竖直方向:量为m的小物块P静止在弹簧另一端(与弹簧不拴接)。长度为1、倾角θ=37°的倾斜轨道CD由特殊材料制成，小物块P向上运动时与轨道之间的动摩擦因数μ₁=0.25,向下运动时与轨道之间的动摩擦因数μ2=0.5。一质量为一端带四分之一光滑圆弧轨道的滑块Q静止在足够长的光滑平台FG上，小物块P与滑块Q圆弧左侧水平部分的上表面之间的动摩擦因数μ=0.5。B与C之间、D与E之间均有光滑小圆弧平滑连接，E点与滑块Q的上表面平齐。现给小物块P施加一水平向左的恒力F,使小物物块P第一次滑上倾斜轨道恰好能到达D点；当F=2mg时，小物块P从E点水平滑上滑阻力，sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度为g,弹簧始终在弹性限度内。(弹簧的弹性势能可表示联立解得k=联立解得k=根据动能定理，有2mgx2-mglsinθ-μ1mglcosθ=mv守恒定律可得mv0=m+mv由能量守恒定律可得mv-m+mv2=2μmgL联立解得滑块Q水平部分的长度L=0.8lcosθ)=0由动能定理可得4mgx3-mglsinθ-μ1mglcosθ=mv设小物块P与滑块Q共速时的水平速度为vx，由动量守恒定律可得mv1=m+mvx设物块P距滑块Q上表面的最大高度为H，由能量守恒定律可得mv=×mv+μmgL+mgH+mv联立解得H=3.6l(1)物块A与传送带之间因摩擦而产生的热量Q;(2)物块A从滑上传送带到与传送带共速过程中传送带对物块的冲量的大小；物块A滑行的距离物块A与传送带之间因摩擦而产生的热量Q=μmgsz=12.5J分析过程由能量守恒可将两个可视为质点，质量分别为m₁=0.45kg和m₂=0.35kg的光滑小球C、D从距短板A上表面h=5m处，以初速度vo相向水平抛出。其中，小球C的抛出点在两板左端正上方，两球抛出点相距L=40m。两个小球与短板A的碰撞是弹性碰撞，且撞击时间极短。两小球前两次落到板上时都恰好分别变。短板A的长度l=16m,长板B足够长，整个过程短板A的任意部分均未滑出长板B。重力加速度(2)抛出至两小球第一次落到短板A上A、B之间的摩擦热Q;解得v₁=9m/s>0,假设成立解得Q=460.8J小球两次落到A上的时间间隔记为t2,则2vy=gt₂拔高·模拟预测下列判断正确的是()C.此过程中小球对车做功为零D.小球沿小车弧形轨道上升的最大高度为可得:mvo=mv₁+mv2,向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)。已知圆弧的半径R=0.3m,θ=60°,小球到达A点时的速度vA=4m/s(取g=10m/s²)。下列说法正确的是()A.小球做平抛运动的初速度v₀=2√3m/sC.小球到达圆弧最高点C点时对轨道的压力大小为14ND.P点与A点的竖直高度h=0.6mBD.A点竖直方向分速度为Vy=v₄sin60°=2√3m/s解得P点与A点的竖直高度为根据牛顿第三定律可得小球在C点时对轨道的压力大小为FNó=FNc=12N,故C错误；径的一端有一质量为m、可视为质点的滑块P沿容器Q的内壁由静止开始下滑，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()B.P在最低点时，Q对P的支持力大小为4mgD.由系统动量守恒有mvπ=2mv₂设P由静止下滑到最低点过程所用时间为t,解得,故D错误。故选B。D解得小物块与小车的共同速度为解得小物块在轨道上上升的最大高度为故选B。箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对于子弹射向沙箱到与其共同摆过一B.子弹击中沙箱到与沙箱共速的过程机械能守恒D.设弹丸与沙箱的最大摆角为θ,则故选C。为质点的物体从木板中央以vo=√2gL的速度开始运动(g为当地重力加速度)。已知物体与木板共发生6次弹性碰撞，则物体与木板的动摩擦因数μ的取值范围是()解得故之后相邻两次碰撞之间相对木板滑动的路程均为L,开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点质量为m的小球B发生第一次碰撞(M≤m),若A、B两球第一次碰撞和第二次碰撞发生在同一位置，且两球始终在圆形轨道水平直径的下方运动，AB.小球A碰前速度为轨道的压力大小为0。CD错误；故选B。m的小球自左端槽口A点的正上方距离为R处由静止下落，从A点切入槽内。已知重力加速度大小为A.槽向左运动的最大位移为R同乘t则有mx₁=3mx₂同时有x₁+x2=2R联立解得x₂=0.5R,故A错误；根据动量守恒定律有mw₁=3mw₂则有故选BD。38.(多选)如图甲所示，a、b两物块(均视为质点)用轻质弹簧拴接并放置在光滑的水平面上，b的质量为图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为k,弹簧的弹性势能,其中x为弹簧的形变量，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法中正确的是()性物块(所有物块在同一竖直平面内),质量为m的0号物块从曲面上高h处静止释放后沿曲面滑到水平面与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复，2026个弹性物块两两h2323A.2026号物块最终速度为B.2023号物块最终速度为C.0号物块最终动量大小D.最终所有物块的总动能为mgh【解析】A.由题可知，2026个弹性物块两块与1号物块发生弹性正碰后1号物块的速度，由动量守恒得mwo=mvoi+2mv11因为0号物块第一次滑到水平面初速度大小为0号物块继续与1号物块发生第二次碰撞，由动量守恒得mv61=mwo₂+2mvn以此类推，2023号物块最终速度是0号物块与1号物块第四次碰撞后1号物块的速度，故2023号物块最C.由B选项分析可知，0号物块共要与1号物块碰撞2026次，所以0号物块最终动量大小为po=道运动至最高点D,OD与竖直方向夹角θ=37。已知A与平台间的动摩擦因数山=0.2,B与小车上表面间的动摩擦因数μ2=0.4,小车左端到C点的水平距离L为0.25m,忽略小车与水平地面间的摩擦，B与小车上表面之间产生的总热量Q=2μ₂m₂gL=4J弧所对圆心角θ=60°。该轨道右上方有一条长L=1.25m的水平传送带，以速率v=1m/s沿顺时针方弹簧形变量为x时，弹簧的弹性势能为,滑块与传送带及弹簧所在水平面的动摩擦因数(1)滑块第一次到D点时的速度vD;(3)滑块初速度v₀和光滑圆弧轨道半径R;解得vp=2m/s>1m/s