1、课时作业六力学三大观点的应用一、选择题1如图1所示，物块的质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为.起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x，然后放手，当弹簧的长度第一次回到原长时，物块的速度为v.则此过程中弹力所做的功为()图1A.mv2mgx Bmgxmv2C.mv2mgx D以上选项均不对解析：设W弹为弹力对物体做的功，因为克服摩擦力做的功为mgx，由动能定理得W弹mgxmv20，得W弹mv2mgx，C对答案：C2(2019年江西省质量检测)如图2甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块，它们在t4 s时发生碰撞，图2乙是两者的位移图象，已知物块P的质量为mp1 kg，由此可知()图
2、2A碰撞前P的动量为16 kgm/sB两物块的碰撞可能为弹性碰撞C物块Q的质量为4 kgD两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是3 Ns解析：根据位移图象可知，碰撞前P的速度v04 m/s，碰撞前P的动量为P0mpv04 kgm/s，选项A错误根据位移图象，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，选项B错误碰撞后，共同速度v1 m/s，由动量守恒定律，mpv0(mpmQ)v，解得mQ3 kg，选项C错误由动量定理，两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是IPQmQv3 Ns，选项D正确答案：D3(2019年高三南京模拟)质量为m的球从地面以初速度v0竖直向上抛出，已知球所受的空气阻力与速度大小
3、成正比下列图象分别描述了球在空中运动的速度v、加速度a随时间t的变化关系和动能Ek、机械能E(取地面处重力势能为零)随球距离地面高度h的变化关系，其中可能正确的是()解析：已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即Ffkv，当球上升到最高点时，v为零，球只受重力，a等于g，则vt图线切线的斜率不等于零，故A错误；根据牛顿第二定律，球上升过程中：mgkvma，v逐渐减小，a逐渐减小，球下降过程中：mgkvma，v逐渐增大，a逐渐减小，故B错误；上升过程，由动能定理：mghFfhEkEk0，解得EkEk0(mgkv)h，随h的增加，v减小，则Ekh图象的斜率减小，下降过程，由动能定理：mg(h0h)
4、Ff(h0h)Ek，即Ek(mgkv)(h0h)，随下降的高度的增加，v增大，Ekh图象的斜率减小，故C正确；机械能的变化量等于克服阻力做的功：FfhEE0，上升过程中v逐渐减小，则Ff逐渐减小，即Eh图象的斜率逐渐变小，故Eh图象不是直线，故D错误答案：C4(2019年武汉调研)如图3所示，半径为R、圆心为O的光滑圆环固定在竖直平面内，OC水平，D是圆环最低点质量为2m的小球A与质量为m的小球B套在圆环上，两球之间用轻杆相连两球初始位置如图3所示，由静止释放，当A运动至D点时，B的动能为()图3A.mgR B.mgRC.mgR D.mgR解析：A、B组成的系统机械能守恒，当A运动到最低点D时
5、，A下降的高度为hARRsin45，B上升的高度为hBRsin45，则有2mghAmghB2mvA2mvB2，又A、B在杆两端，有相同的角速度，轻动半径相同，所以vAvB，所以B的动能为EkBmvB2mgR，选项D正确答案：D5(2019年烟台模拟)某段高速路对载重货车设定的允许速度范围为5080 km/h，而上坡时若货车达不到最小允许速度50 km/h，则必须走“爬坡车道”来避免危险某质量为4.0104 kg的载重货车，保持额定功率200 kW在“爬坡车道”上行驶，每前进1 km，上升0.04 km，货车所受的阻力(摩擦阻力与空气阻力)为车重的0.01倍，g取10 m/s2，爬坡车道足够长，
6、则货车匀速上坡的过程中()A牵引力等于2104 NB速度可能大于36 km/hC增加的重力势能等于货车牵引力所做的功D增加的机械能等于货车克服阻力所做的功解析：货车匀速上坡的过程中，牵引力F0.01mgmgsin0.014.010410 N4.010410 N2104 N，故A正确；根据PFv得：v m/s10 m/s36 km/h，故B错误；匀速上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功与克服阻力做功之差，故C错误；根据功能关系知，匀速上坡过程增加的机械能等于汽车牵引力做功与克服阻力所做的功之差，故D错误答案：A6(多选)(2019年武汉质检)有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都
7、是O点，如图4所示有一系列完全相同的滑块(可视为质点)从这些斜面上的A、B、C、D、各点同时由静止释放，下列判断正确的是()图4A若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D、各点处在同一水平线上B若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D、各点处在同一竖直面内的圆周上C若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的时间相同，则A、B、C、D、各点处在同一竖直面内的圆周上D若各斜面与这些滑块间有相同的动摩擦因数，滑块到达O点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、D、各点处在同一竖直线上解析：若各斜面均光滑，根据mghmv2，滑块质量相同，到达O点的速率相同
8、，即各释放点处在同一水平线上，A正确，B错误；以O点为最低点作等时圆，如图5所示，由gsint22Rsin，可知各滑块从圆周上各点运动到O点时间相等，C正确；若各滑块滑到O点的过程中，滑块滑动的水平距离是x，滑块损失的机械能(即克服摩擦力做功)为：Wfmgcosmgx，即各释放点处在同一竖直线上，D正确图5答案：ACD7(多选)滑块甲的质量为0.8 kg，以大小为5.0 m/s的速度向右运动时，与另一质量为1.0 kg、以大小为3.0 m/s的速度迎面而来的滑块乙相撞碰撞后滑块甲恰好静止假设碰撞时间极短，以向右为正方向，下列说法正确的是()A碰后乙的速度大小为2 m/sB碰撞过程中甲受到的乙的
9、作用力的冲量大小为4.0 NsC碰撞过程中乙动量的变化量为2.0 kgm/sD碰撞过程中系统损失的机械能为14 J解析：由动量守恒定律得m甲v甲m乙v乙m乙v乙，代入数据解得v乙1.0 m/s，选项A错误碰撞过程中甲动量的变化量为p甲0m甲v甲4.0 kgm/s，由动量定理可得甲滑块受到的乙的作用力的冲量为Ip甲4.0 Ns，选项B正确碰撞过程中乙动量的变化量为p乙m乙v乙(m乙v乙)4.0 kgm/s，选项C错误由能量守恒定律得m甲v甲2m乙v乙2m乙v乙2E，代入数据解得E14 J，选项D正确答案：BD8(多选)如图6所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆
10、长均为L.B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由60变为120.A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则此下降过程中()图6AA的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mgBA的动能最大时，B受到地面的支持力等于mgC弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下D弹簧的弹性势能最大值为mgL解析：在A的动能达到最大前，A向下加速运动，此时A处于失重状态，则整个系统对地面的压力小于3mg，即地面对B的支持力小于mg，A项正确；当A的动能最大时，A的加速度为零，系统对地面的压力等于3mg，即B受到地面
11、的支持力等于mg，B项正确；当弹簧的弹性势能最大时，A减速运动到最低点，此时A的加速度方向竖直向上，C项错误；由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能最大值等于A的重力势能的减少量，即为mg(Lcos30Lcos60)mgL，D项错误答案：AB9(多选)如图7所示，在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量损失，设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v，重力加速度为g；那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是()图7A导向槽位置应在高为的位置B最大水平位移为C小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v下2v上D当小球落地时，
12、速度方向与水平方向成45角解析：设小球做平抛运动时的速度为v0，根据机械能守恒定律可得，mv02mghmv2，解得v0；根据平抛运动的知识可得，下落时间t，则水平位移xv0t，所以当2h2h时水平位移最大，解得h，A正确；最大的水平位移为x2h，B错误；根据机械能守恒定律可知，在某相同高度处时上升的速率和下落的速率相等，C错误；设小球落地时速度与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，根据平抛运动的规律可知，tan2tan21，则45，D正确答案：AD10(2019年滨州模拟)两物块A和B用一轻弹簧连接，静止在水平桌面上，如图8甲所示，现用一竖直向上的力F拉动物块A，使之向上做匀加速直线运动
13、，如图8乙所示在物块A开始运动到物块B将要离开桌面的过程中(弹簧始终处于弹性限度内)，下列说法正确的是()图8A力F先减小后增大B弹簧的弹性势能一直增大C物块A的动能和重力势能一直增大D物块A、B和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小解析：对物块A由牛顿第二定律得：Fmgkxma，解得：Fm(ga)kx，由于x先减小后反向增大，故力F一直增大，故A错误；在物块A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故B错误；在物块A上升过程中，由于物块A做匀加速运动，所以物块A的速度增大，高度升高，则物块A的动能和重力势能增大，故C正确；在物块A上升过程中，除重力与弹力做功外，还有力F做
14、正功，所以物块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，故D错误答案：C11(2019年湖南高三联考)(多选)如图9所示，一质量为m00.05 kg的子弹以水平初速度v0200 m/s打中一放在水平地面上A点的质量为m0.95 kg的物块，并留在物块内(时间极短，可忽略)，随后物块从A点沿AB方向运动，与距离A点L5 m的B处的墙壁碰撞前瞬间的速度为v18 m/s，碰后以v26 m/s的速度反向运动直至静止，测得物块与墙壁碰撞的时间为t0.05 s，g取10 m/s2，则()图9A物块从A点开始沿水平面运动的初速度v10 m/sB物块与水平地面间的动摩擦因数0.36C物块与墙碰撞时受到的平均作
15、用力大小F266 ND物块在反向运动过程中产生的摩擦热Q18 J解析：子弹打中物块的过程，由于内力远远大于外力，根据动量守恒定律有m0v0(m0m)v，解得v10 m/s，A正确；物块由A点运动到B点的过程，根据动能定理有(m0m)gL(m0m)v12(m0m)v2，解得0.36，B正确；物块与墙碰撞过程中，以向右为正方向，由动量定理有Ft(m0m)v2(m0m)v1，解得F280 N，C错误；物块在反向运动过程中，根据能量守恒定律可知，动能全部转化为因摩擦而产生的热量，即Q(m0m)v2218 J，D正确答案：ABD12(2019年天津质量调查)(多选)几个水球可以挡住一颗子弹？国家地理频道
16、的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是()图10A子弹在每个水球中的速度变化相同B子弹在每个水球中运动的时间不同C每个水球对子弹的冲量不同D子弹在每个水球中的动能变化相同解析：恰好能穿出第4个水球，即末速度v0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2)()(1)1，则B正确由于加速度a恒定，由atv，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，A项错误因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由IF阻t可知每个水球对子弹的冲量不同，C项正确由动能定理有
17、Ekfx，f相同，x相同，则Ek相同，D项正确答案：BCD二、解答题13(2019年济宁二模)如图11所示，长木板B的质量为m21.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m31.0 kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端一个质量为m10.5 kg的物块A由左侧向长木板运动一段时间后物块A以v06 m/s的速度与长木板B发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上已知长木板与地面间的动摩擦因数为10.1，物块C与长木板间的动摩擦因数20.3，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s2，求：图11(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；
18、(2)长木板B的最小长度解：(1)A与B发生完全弹性碰撞，设碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得：m1v0m1v1m2v2，由机械能守恒定律得：m1v02m1v12m2v22，联立解得：v12 m/s，v24 m/s.(2)之后B减速运动，C加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律对木板B有：1(m2m3)g2m3gm2a2对物块C有2m3gm3a3，设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t，v2a2ta3t，木板B的最小长度dv2ta2t2a3t21 m.14如图12所示，光滑水平台面MN上放两个相同小物块A、B，右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度L8
19、m，沿逆时针方向以恒定速度v02 m/s匀速转动物块A、B(大小不计，视作质点)与传送带间的动摩擦因数均为0.2，物块A、B质量均为m1 kg.开始时A、B静止，A、B间压缩一轻质短弹簧现解除锁定，弹簧弹开A、B，弹开后B滑上传送带，A掉落到地面上的Q点，已知水平台面高h0.8 m，Q点与水平台面右端间的距离s1.6 m，g取10 m/s2.图12(1)求物块A脱离弹簧时速度的大小；(2)求弹簧储存的弹性势能；(3)求物块B在水平传送带上运动的时间解析：(1)A做平抛运动，竖直方向：hgt2水平方向：svAt代入数据联立解得：vA4 m/s(2)解锁过程系统动量守恒，规定A的速度方向为正方向，有：mvAmvB0由能量守恒定律：EpmvA2mvB2代入数据解得：Ep16 J(3)B作匀变速运动，由牛顿第二定律有：mgma解得：ag2 m/s2B向右匀减速至速度为零，由vB22asB，解得：sB4 mL8 m，所以B最终回到水平台面设B向右匀减速的时间为t1，vBat1设B向左加速至与传送带共速的时间为t2，v0at2由v022as2，共速后做匀速运动的时间为t3，有：sBs2v0t3代入数据解得总时间：tt1t2t34.5 s.答案：(1)4 m/s(2)16 J(3)4.5 s
