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第六章专题强化课
(06)“三大观点”解答力学综合问题[基础巩固].(多选)如图所示,水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为,涔研的左边有一固定挡板.如由图示位置静止释放,当如与阳相距最’近时川的速度为且加|机2,则在以后的运动过程中()A.m的最小速度是0B.皿的最小速度是巧也功Ul\十加2C.的最大速度是1D.侬的最大速度是招解析BD由题意结合题图可知,当与加2相距最近时,〃2的速度为,此后,在前,做减速运动,2在后,做加速运动,当再次相距最近时,〃八减速结束,加2加速结束,因此此时〃“速度最小,速度最大,在此过程中系统动量守恒和机械能守恒,〃|1=小|
1.(2022•安徽江南十校联考)如图所示,一个质量为,的物块A与另一个质量为2〃的物块B发生正碰,碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中.假如碰撞过程中无机械能损失己知物块Bmg取10m/s2物块可视为质点.则A碰撞前瞬间的速度为()m
20.5m.m/sB.m/sC.m/sD.m/s解析C碰后物块B做匀减速直线运动,由动能定理有一k2〃咚t=0—g•2加比,得V2=1与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒,则有Qinvi解得研)m/sC正确..如图所示,在光滑的水平面上,有两个质量均为机的小车A和mB两车之间用轻质弹簧相连,它们以共同的速度即向右运动,另有上一质量为〃的黏性物体,从高处自由落下,正好落在A车上,并与之粘合在一起,粘合之后的运动过程中,弹簧获得的最大弹性势能为()解析C黏性物体落在A车上,由动量守恒有期解得功=与,之后整个系统动量守恒,当系统再次达到共同速度时,有2〃切o=3〃s解得也=苧,此时弹簧获得的弹性势能最大,最大弹性势能Ep=3〃uG+gx2〃—;X3m|vo=七,九捕,所以C正确..2022•青岛市模拟多选如图,轻质弹簧上端悬挂于天花板,下端系〃〃篝〃〃一圆盘A处于静止状态.一圆环B套在弹簧外,与圆盘A距离为〃,让T曾B环自由下落撞击圆盘,碰撞时间极短,碰后圆环与圆盘共同向下开始运动,g下列说法正确的是A.整个运动过程中,圆环、圆盘与弹簧组成的系统机械能守恒B.碰撞后环与盘一起做匀加速直线运动C.碰撞后环与盘一块运动的过程中,速度最大的位置与人无关D.从B开始下落到运动到最低点过程中,环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量解析CD圆环与圆盘碰撞过程,时间极短,内力远大于外力,系统总动量守恒,由于碰后速度相同,为完全非弹性碰撞,机械能不守恒,故A错误;碰撞后环与盘一起向下运动过程中,受重力和弹簧弹力,由于弹力增大,整体受到的合力变化,所以加速度变化,故B错误;碰撞后平衡时,有息=〃+Mg即碰撞后新平衡位置与下落高度〃无关,故C正确;从B开始下落到运动到最低点过程中,环与盘发生完全非弹性碰撞,有能量损失,故环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量,故D正确..如图甲所示,物块A、B的质量分别是〃akg和kg用轻弹簧拴接,放在光滑的水平地面上,物块B右侧与竖直墙壁相接触,另有一物块C从r=0时以一定速度向右运动在f=4s时与物块A相碰,并立即与A粘在一起不再分开,物块C的“,图像如图乙所示则墙壁对物块B的弹力在4s至1J12s的时间内对B的冲量/的大小—•V期囚////7//////✓//Z///rXZZA.9N•sC.36N•s解析C由图知,C与A碰前速度为力=9m/s碰后速度为6=3m/sC与A碰撞过程动量守恒,以C的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得〃ei=〃A+mcS可解得用c=2kg12s末A和C的速度为v3=-3m/s4s到12s墙对B的冲量为1=〃a+〃cS—〃认+/代2代入数据解得/=-36N•s方向向左;故墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量/的大小为36N-s故C正确,A、B、D错误..如图所示,光滑水平面上有相同高度的平板小车A和B质量分别为mAkg和坨kg滑块C静止于A车右端,质量〃ckg可视为质点.C与A之间的动摩擦因数A车在一水平向右的恒定推力作用下,由静止开始经/=1s的时间运动了xm的距离,撤去推力随即与B车发生碰撞并粘在一起碰撞时间极短.假设A车足够长,最大静摩擦力等于滑动摩擦力取重力加速度大小g=10m/s
2.,AjBJ1求A、B两车碰撞前瞬间,滑块C与A车右端的距离小居2若A、B两车碰撞前瞬间,B车的速度曲m/s、方向水平向左,试通过计算判断滑块C能否滑上B车.解析1设碰撞前滑块C的加速度大小为我,运动的距离为xc由牛顿第二定律得pmcg=〃他由运动学公式得女=5,且Ax=x一女联立解得八xm.⑵设A、B碰撞前A的速度大小为aC的速度大小为c由运动学公式得vc=act解得0A=3m/sPc=2m/s设碰撞后A、B的速度大小为Dab由动量守恒定律得IflAVA—mnVH=〃A+IbRab解得Dabm/s设A、B、C最终的共同速度大小为ABC由动量守恒定律得加A++fJIcVc=WA+〃b+〃CUABC解得0ABe=1m/s设碰撞后C相对A、B车发生的相对位移为〃,由能量守恒定律得1mA+/“bWXb=T〃a+/wB+me底bc+〃cg及联立解得LxmAx所以滑块C不能滑到B车上.答案lm2不能理由见解析[能力提升].世界上第一个想利用火箭飞行的人是明朝的士大夫万户.如图所示,他把47个自制的火箭绑在椅子上,自己坐在椅子上,双手举着大风筝,设想利用火箭的推力,飞上天空,然后利用风筝平稳着陆.假设万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]总质量为M点燃火箭后在极短的时间内,质量为m的炽热燃气相对地面以0的速度竖直向卜喷出.忽略此过程中空气阻力的影响,重力加速度为g卜.列说法中正确的是()A.火箭的推力来源于空气对它的反作用力B.在燃气喷出后的瞬间,火箭的速度大小为念c喷出燃气后,万户及所携带设备能上升的最大高度;/D.在火箭喷气过程中,万户所携设备机械能守恒解析B火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的作用力,A项错误;在燃气喷出后的瞬间,将万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]视为系统,动量守恒,设火箭的速度大小为,规定火箭运动方向为正方向,则有(例一〃)一,〃%=0解得火箭的速度大小=吏,B项正确;喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动,根据运动学公式可得上升的最大高度W)2C项错误;在火箭喷气过程中,燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功,所以万户及所携设备机械能不守恒,D项错误..(2022・江门模拟)(多选)如图所示,质量为M的长木板静止在光滑水平面上,上表面04段光滑,A8段粗糙且长为/左端O处固定轻质弹簧,右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上,轻绳所能承受的最大拉力为E质量为机的小滑块以速度从A点向左滑动压缩弹簧,弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断,再过一段时间后长木板停止运动,小滑块恰未掉落.贝U()A.细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为专B.细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为最皿2C.弹簧恢复原长时滑块的动能为!加,2D.滑块与木板A8间的动摩擦因数磋KgI解析ABD细绳被拉断瞬间,对木板分析,由于OA段光滑,没有摩擦力,在水平方向上只受到弹簧的弹力,细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于尸,根据牛顿第二定律有F=Ma解得=(,A正确;滑块以速度从A点向左滑动压缩弹簧,到弹簧压缩量最大时速度为0由系统的机械能守恒可知,细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为最加工B正确;弹簧恢复原长时木板获得动能,所以滑块的动能小于%〃,C错误;由于细绳被拉断瞬间,木板速度为零,小滑块速度为零,所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能,即昂=5川2小滑块恰未掉落时滑到木板的最右端,且速度与木板相同,设为,取向左为正方向,由动量102守恒定律和能量守恒定律得0=(〃+M)U耳=菱〃+%1/2+〃〃3,联立解得=示,D正确..(2021・湖南卷)(多选)如图(a)质量分别为机a、〃b的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统,外力/作用在A上,系统静止在光滑水平面上(B靠墙面),此时弹簧形变量为尢撤去外力并开始计时,A、B两物体运动的a-t图像如图(b)所示,51表示0到h时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小,S
2、S3分别表示/I到拉时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小.A在力时刻的速度为如.下列说法正确的是()0到h时间内,墙对B的冲量等于mwoni\B运动后,弹簧的最大形变量等于xS\—Sz=Sy解析ABD将A、弹簧、B看成一个系统,0到n时间内,重力、支持力对系统的冲量的矢量和为零,墙对系统的冲量等于系统动量的变化量,即墙对B的冲量等于加woA正确;时刻之后,A、B组成的系统动量守恒,由题图(b)可知,h到廿这段时间内,53S2故B物体速度的变化量大于A物体速度的变化量,可知A物体的质量大于B物体的质量,B正确;撤去外力产后,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,B运动后,A、B具有动能,根据系统机械能守恒可知,弹簧的最大形变量小于C错误;/2时刻,A、B的加速度均最大,此时弹簧拉伸到最长,A、B共速,设速度为,图像与时间轴所围图形的面积代表速度的变化量,0〜介时间内,A的速度变化量为Si—SzA〜f2时间内,B的速度变化量为S3两者相等,即S|-S2=S3D正确.
10.(2022・大连模拟)如图所示,在倾角夕=30足够长的斜面上分别固定着两个相距Am的物体A、B它们的质量〃a=〃出=2kgA、B与斜面间的动摩擦因数分别为〃八=吉和〃b=坐.在/=()时刻同时撤去固定两物体的外力后,A物体将沿斜面向下运动,并与B物体发生多次碰撞(碰撞时间极短,没有机械能损失),求(g取lOm/s)
(1)A与B第一次碰撞后B的速率;⑵从A开始运动到两物体第二次相碰经历的时间及因摩擦而产生的热量.解析
(1)A物体沿斜面下滑时由牛顿第二定律得,〃Agsin夕一a孙geos0=niA(iA解得clam/s2同理B物体沿斜面下滑时有他=0所以撤去固定A、B的外力后,物体B恰好静止于斜面上,物体A将沿斜面向下做匀加速直线运动,A与B第一次碰撞前的速度满足内2=2〃aL解得Va=Im/s由动量守恒和机械能守恒定律得51AtM2=/a以I+%B晶故A、B第一次碰后瞬时,B的速率obi=Va=Im/s.⑵从A开始运动到第一次碰撞用时L=*a日两物体第一次相碰后,A物体的速度变为零,以后再做匀加速运动,而B物体将以bi=1m/s的速度沿斜面向下做匀速直线运动,设再经打时间相碰则有VB\t2=^t2解得12故从A开始运动到两物体第二次相碰,共经历时间r=/i+/2=ss第1次碰前,因摩擦产生的热量Q=〃a/〃a^cos0•L=1JA、B第一次碰后至第二次碰前xa=xb=Db“2m此过程因摩擦产生的热量Q2=a】A^COS0•%A+〃B】BgCOS0•AB=12J因摩擦而产生的总热量Q=Q+Q2=13J.答案llm/s2s13J。