1、应用三大观点解决力学综合问题1.如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击入沙袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸相对于沙袋的形状其大小可忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是()A弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变B弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小C弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为D沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为解析：选D弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律得：mv0(m5m)v，解得vv0；弹丸打入沙袋后，总质量变大，且
2、做圆周运动，根据T6mg6m可知，细绳所受拉力变大，选项A错误；根据牛顿第三定律可知，弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小，选项B错误；弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Qmv026mv2mv02，选项C错误；由机械能守恒可得：6mv26mgh，解得h，选项D正确。2如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M2m的斜面体，斜面体表面光滑、高度为h、倾角为。一质量为m的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能到达的最大高度为()A. B.C. Dh解析：选C斜
3、面固定时，由动能定理得：mgh0mv02，所以v0；斜面不固定时，由水平方向动量守恒得：mv0(Mm)v，由机械能守恒得：mv02(Mm)v2mgh；解得：hh。故C正确。3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M3 kg。质量m1 kg的铁块以水平速度v04 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()A3 J B4 JC6 J D20 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
4、能量守恒定律得mv02fL(Mm)v2Ep。由动量守恒定律得mv0(Mm)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mv022fL(Mm)v2。联立解得Ep3 J，故选项A正确。4.如图所示，质量为m的小车左端紧靠竖直墙壁但不固定，其左侧AB部分为光滑圆弧轨道，半径为R，轨道最低点B与水平粗糙轨道BC相切，BC2R。将质量也为m的物块(可视为质点)从A点无初速释放。只考虑物块与BC间的摩擦，其两者间的动摩擦因数为，其余一切摩擦不计，则物块相对BC运动的位移大小为()A.R BRC.R D2R解析：选A物块从A下滑到B的过程中，小车保持静止，对物块，由机械能守恒定律得：mgRmv02
5、从B到C的过程中，小车和物块组成的系统水平方向动量守恒，有：mv02mv从B到C的过程中，由功能关系得：mgxmv022mv2解得xR，故A正确。5. (多选)如图所示，水平传送带AB足够长，质量为M1 kg的木块随传送带一起以v12 m/s的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定)，木块与传送带间的动摩擦因数0.5。当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m20 g的子弹，以v0300 m/s的水平向右的速度，正对射入木块并穿出，穿出速度v50 m/s。设子弹射穿木块的时间极短，g取10 m/s2，则()A子弹射穿木块后，木块一直做减速运动B木块遭射击后远离A端的最大距离为0.9 mC木块遭射击后到
6、相对传送带静止所经历的时间为1.0 sD木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为0.6 s解析：选BC以向右为正方向，子弹射穿木块的过程中动量守恒，有mv0Mv1mvMv，解得木块速度v3 m/s。所以子弹射穿木块后，木块先向右匀减速运动至速度为零，然后向左匀加速运动至与传送带速度相同后一起匀速运动，A错误。木块运动的加速度大小不变，ag5 m/s2，木块向右匀减速运动的位移s0.9 m，即木块遭射击后远离A端的最大距离为0.9 m，B正确。木块向右匀减速运动的时间t10.6 s，木块向左匀加速运动的时间t20.4 s，则木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为tt1t21.0 s，C正确
7、，D错误。6如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R。现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，则()A小球和小车组成的系统动量守恒B小车向左运动的最大距离为RC小球离开小车后做斜上抛运动D小球第二次能上升的最大高度h0hh0解析：选D小球与小车组成的系统在水平方向所受外力之和为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受外力之和不为零，系统动量不守恒，故A项错误；系统水平方向动量守恒：mvmv0，即mm0，解得小车的位移：xR，故B项错误；小球与小车组成的系统在水平
8、方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C项错误；小球第一次从释放到上升到最高点运动过程中，由动能定理得：mg(h0h0)Wf0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wfmgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：h0h0h0，而小于h0，故D项正确。7.如图所示，质量为0.5 kg的一块橡皮泥距小车上表面1.25 m高处由静止下落，
9、恰好落入质量为2 kg、速度为2.5 m/s沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动。取g10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()A橡皮泥下落的时间为0.3 sB橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5 m/sC橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒D整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5 J解析：选D橡皮泥下落的时间为：t s0.5 s，故A项错误；橡皮泥与小车在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有：m1v0(m1m2)v，所以共同速度为：v m/s2 m/s，故B项错误；橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统在
10、水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒，故C项错误；在整个的过程中，系统损失的机械能等于橡皮泥的重力势能与二者损失的动能，得：Em2ghm1v02(m1m2)v2，代入数据可得：E7.5 J，故D项正确。8用一个半球形容器和三个小球可以进行碰撞实验。已知容器内侧面光滑，半径为R。三个质量分别为m1、m2、m3的小球1、2、3，半径相同且可视为质点，自左向右依次静置于容器底部的同一直线上且彼此相互接触。若将质量为m1的小球移至左侧离容器底高h处无初速释放，如图所示。各小球间的碰撞时间极短且碰撞时无机械能损失。小球1与2、2与3碰后，球1停在O点正下方，球2上升的最大高度为R，球3恰能滑出容器
11、，则三个小球的质量之比为()A221 B331C441 D321解析：选B由题意，碰撞后球1球2速度交换，m1m2球1下滑过程，由机械能守恒定律得m1ghm1v02对于碰撞过程，由动量守恒定律得m1v0m2v2m3v3。由机械能守恒定律得：m1v02m2v22m3v32。碰后，对球2有m2gRm2v22。对球3有m3gRm3v32。联立解得m1m2m3331。9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，系统原来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
12、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，Mm41，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(1cos 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mv0mv1mvQmv02mv12mvQ2解得v10，vQ二者交换速度，即小球静止下来，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mvQMvm2v又M4m解得v则Q离开平板车时速度为2v。(2)设平板车长L
13、，由能量守恒定律知FfLmvQ2Mv2m(2v)2又Ffmg解得平板车的长度为L。答案：(1)(2)潜能激发10如图所示，质量m10.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L1.5 m，现有质量m20.2 kg且可视为质点的物块，以水平向右的速度v02 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0.5，取g10 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(m1m2)v设物块与车面间的滑动摩
14、擦力为Ff，对物块应用动量定理有Fftm2vm2v0又Ffm2g代入数据解得t0.24 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(m1m2)v由动能定理有m2gL(m1m2)v2m2v02代入数据解得v05 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/s11(2020浙江7月选考)小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角37的斜轨道BC平滑连接而成。质量m0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H1.0 m处静止释放。已知
15、R0.2 m，LABLBC1.0 m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。(g取10 m/s2)(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。(碰撞时间不计，sin 370.6，cos 370.8)解析：(1)由机械能守恒定律得mgHmgRmvD2根据牛顿第二定律得FNm8 N根据牛顿第三定律可知滑块运动到D点时对轨道的压力为FNFN8 N，方向水平向左。(2)设滑块能在斜轨道上到达的最高点为C点，根据功能关系得mgHmgLABmgLBCcos mgLBCsin 得LBC m1.0 m，故滑块不能冲出斜轨道的末端C点。(3)设滑块运动到距A点x处的速度为v，由动能定理得mgHmgxmv2设碰撞后的速度为v，动量守恒定律得mv3mv设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，由动能定理得3mg(LABx)3mg3mgh0(3m)v2得hx mh0。答案：(1)8 N，方向水平向左(2)不能(3)h
