【物理】2020届一轮复习人教版第五章应用三大观点解决力学综合问题作业 6页

‎ (三十七) 应用三大观点解决力学综合问题 作业 ‎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M＝‎3 kg。质量m＝‎1 kg的铁块以水平速度v0＝‎4 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(　　)‎ A．3 J　　　　　　　　　 　B．4 J C．6 J D．20 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mv02＝fL＋(M＋m)v2＋Ep。由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)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mv02＝2fL＋(M＋m)v2。联立解得Ep＝3 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.s C.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μmgs＝Ep，若同时解除甲、乙的锁定，根据动量守恒定律有mv1＝2mv2，根据能量守恒定律有Ep＝mv12＋×2mv22，根据动能定理有μmgx＝mv12，解得x＝s，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，t＝0时其速度大小为v0＝‎2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则(　　)‎ A．t＝6 s时，物体的速度为‎18 m/s B．在0～6 s内，合力对物体做的功为400 J C．在0～6 s内，拉力F对物体的冲量为36 N·s D．t＝6 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0～6 s内Δv＝‎18 m/s，又v0＝‎2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝‎‎20 m ‎/s，A错误；由动能定理可知，0～6 s内，合力对物体做的功为W＝mv2－mv02＝396 J，B错误；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得IF＝48 N·s，C错误；由牛顿第二定律可知，t＝6 s 时F－Ff＝ma，解得F＝10 N，所以拉力F的功率P＝Fv＝200 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(　　)‎ A．m1的最小速度是0‎ B．m1的最小速度是v1‎ C．m2的最大速度是v1‎ D．m2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，m1v1＝m1v1′＋m2v2，m1v12＝m1v1′2＋m2v22，解得v1′＝v1，v2＝v1，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‎3m B．物体A的质量为‎2m C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv02‎ D．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Ep＝Mv02；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M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝M·(2v0)2－(M＋m)v2，联立解得M＝‎3m，Ep＝mv02，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，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x C．物块A、B开始运动前弹簧的弹性势能为mv2‎ D．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kx＝2ma，当物块B的加速度大小为a时，有kx′＝ma，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‎2m－m＝0，又因为xA＋xB＝x，解得物块A的位移为xA＝，选项B错误；由动量守恒定律可得0＝2mv－mvB，解得物块B刚离开弹簧时的速度大小为vB＝2v，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Ep＝×2mv2＋mvB2＝3mv2，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μ，M∶m＝4∶1，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(1－cos 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 mv0＝mv1＋mvQ mv02＝mv12＋mvQ2‎ 解得v1＝0，vQ＝ 二者交换速度，即小球静止下，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 mvQ＝Mv＋m·2v 又M＝‎‎4m 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 Ff·L＝mvQ2－Mv2－m·(2v)2‎ 又Ff＝μmg 解得平板车的长度为L＝。‎ 答案：(1)　(2) ‎8．如图所示，质量m1＝‎0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝‎1.5 m，现有质量m2＝‎0.2 kg且可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝‎2 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μ＝0.5，取g＝‎10 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＝(m1＋m2)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 ‎－Fft＝m2v－m2v0‎ 又Ff＝μm‎2g 代入数据解得t＝0.24 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′＝(m1＋m2)v′‎ 由动能定理有－μm2gL＝(m1＋m2)v′2－m2v0′2‎ 代入数据解得v0′＝‎5 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/s ‎9.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：‎ mgh＝mv12‎ 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：‎ mv1′2＝mg 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：‎ mv1＝－mv1′＋5mv2‎ 解得：v2＝ 由动量定理可得，碰撞过程物块B受到的冲量为：‎ I＝5mv2＝m 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：‎ ‎5mv2＝8mv3‎ 根据机械能守恒定律有：Epm＝×5mv22－×8mv32‎ 解得：Epm＝mgh。‎ 答案：m　mgh ‎10．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mv0＝2mv1①‎ 此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2②‎ mv12＝ΔE＋×2mv22③‎ 联立①②③式解得ΔE＝mv02。④‎ ‎(2)由②式可知，v2