1、专题强化练(九)力学三大观点的综合应用(满分:64分时间:40分钟)一、选择题(共3小题,每小题8分,共24分)1.(考点3)(多选)(2023陕西宝鸡一模)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来,两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连),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,两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v,则()A.物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为x2B.物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为23xC.物块开始运动前弹簧的弹性势能为32mv2D.物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2解析当物块A的加速度大小为a
2、时,根据胡克定律和牛顿第二定律得kx=2ma,当物块B的加速度大小为a时,有kx=ma,对比可得x=x2,即此时弹簧的压缩量为x2,选项A正确;取水平向左为正方向,根据系统的动量守恒得2mxAt-mxBt=0,又xA+xB=x,解得A的位移为xA=13x,选项B错误;根据动量守恒定律得0=2mv-mvB,得物块B刚要离开弹簧时的速度vB=2v,由系统的机械能守恒得物块开始运动前弹簧的弹性势能为Ep=122mv2+12mvB2=3mv2,选项C错误、D正确。答案AD2.(考点2)(多选)(2023四川成都石室中学高三2月份入学考试)如图所示,长为L、质量为3m的长木板B放在光滑的水平面上,质量为
3、m的铁块A放在长木板右端。一质量为m的子弹以速度v0射入木板并留在其中,铁块恰好不滑离木板。子弹射入木板中的时间极短,子弹、铁块均视为质点,铁块与木板间的动摩擦因数恒定,重力加速度为g。下列说法正确的是()A.木板获得的最大速度为v05B.铁块获得的最大速度为v05C.铁块与木板之间的动摩擦因数为v0240gLD.子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能为2mv025解析对子弹和木板B系统,根据动量守恒定律有mv0=4mv1,解得v1=v04,选项A错误;对木板B和铁块A(包括子弹)系统根据动量守恒定律有mv0=5mv2,解得v2=v05,选项B正确;子弹打入木板后,对木板B和铁块A(包括子弹)
4、系统,由能量守恒定律有mgL=124mv12-125mv22,解得=v0240gL,选项C正确;全过程由能量守恒定律可知,子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为E=12mv02-125mv22=25mv02,选项D正确。答案BCD3.(考点3)(多选)(2023江西玉山一中期中考试)如图所示,用铰链将三个质量均为m的小球A、B、C与两根长为L轻杆相连,B、C置于水平地面上。在轻杆竖直时,将A由静止释放,B、C在杆的作用下向两侧滑动,三小球始终在同一竖直平面内运动。忽略一切摩擦,重力加速度为g。则此过程中()A.球A落地的瞬时速度为2gLB.球B对地面的压力始终等于32mgC.球B对地面的压力
5、可小于mgD.当B球动能最大时,A球的加速度为g解析根据系统水平方向动量守恒可知,A落地时A、B、C在水平方向速度为零,由机械能守恒定律得:mgL=12mvA2,解得:vA=2gL,选项A正确;球A加速下落时,三者组成的系统有向下的加速度,整体处于失重状态,球B对地面的压力小于32mg,选项B错误;球A落地前一小段时间内,B做减速运动,杆对B有斜向右上方的拉力,则球B对地面的压力小于mg,选项C正确;当B球动能最大时,即B球的速度最大,加速度为零,分析可知,此时杆的弹力为零,所以此时小球A的加速度为g,选项D正确。答案ACD二、计算题(第4题20分,第5题20分,共40分)4.(考点1)(20
6、23四川攀枝花高三第一次统考)如图所示,足够长的水平传送带以速度v匀速运动。质量分别为2m、m的小物块P、Q,用不可伸长的轻软细绳,通过固定光滑小环C相连。小木块P放在传送带的最右端,恰好处于静止状态,C、P间的细绳水平。现有一质量为m的子弹以v0=9 m/s的速度射入小物块P并留在其中。重力加速度g取10 m/s2,子弹射入物块P的时间可以忽略不计。求:(1)小物块P与传送带间的滑动摩擦因数;(2)从子弹射入小物块P至细绳再次拉直的时间;(3)要使小物块P不从传送带的左端离开传送带,传送带至少多长?解析(1)设静止时小物块P与传送带间的动摩擦因数为,细绳拉力大小为FT1,分别对P、Q由平衡条
7、件得:FT1=(2m)g,FT1=mg联立以上两式得:=0.5。(2)设子弹射入P后与P刚共速的速度大小为v1。子弹射入小物块P过程,对子弹和小物块P系统,由动量守恒得:mv0=(m+2m)v1设子弹射入P至细绳再次拉直的时间为t,该过程P在传送带上运动的加速度大小为a1,P的位移大小为x1,该过程中,P做减速运动,Q做自由落体运动,对子弹和P整体由牛顿第二定律得:(2m+m)g=(2m+m)a1由运动学规律得:x1=v1t-12a1t2且满足:x1=12gt2联立以上各式得:t=0.4s。(3)设细绳再次拉直时P、Q的速度大小分别为v2、v3,刚共速的速度大小为v4;从细绳再次拉直至P、Q刚
8、共速过程细绳拉力对P、Q的冲量大小均为I;从P、Q刚共速时至P减速为0的过程P的位移大小为x2,细绳的拉力大小为FT2,传送带的最小长度为L;从子弹射入P至细绳再次拉直过程,分别对P、Q由运动学规律得:v2=v1-a1tv3=gt细绳再次拉直至P、Q刚共速过程,分别对P、Q由动量定理得:I=(2m+m)v4-(2m+m)v2-I=mv4-mv3从P、Q刚共速时至P减速为0的过程,分别对P、Q由牛顿第二定律得:FT2-mg=ma2(2m+m)g-FT2=(2m+m)a2对P由运动学规律得:0-v42=-2a2x2满足:L=x1+x2联立以上各式得:L=2.025m。答案(1)0.5(2)0.4
9、s(3)2.025 m5.(考点2)(2023四川广元高三第一次高考适应性统考)如图所示,倾角=37的粗糙传送带与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接,传送带始终以v=3 m/s的速率顺时针匀速转动,A、B、C滑块的质量分别为mA=1 kg,mB=2 kg,mC=3 kg(各滑块均可视为质点)。A、B间夹着质量可忽略的火药,k为处于原长的轻质弹簧,两端分别与B、C连接。现点燃火药(此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度),滑块A以6 m/s的速度水平向左冲出,接着沿传送带向上运动,已知滑块A与传送带间的动摩擦因数为=0.75,传送带与水平面足够长,g取10 m/s2,sin
10、 37=0.6,cos 37=0.8。(1)计算滑块A沿传送带向上滑行的最大距离x;(2)在滑块B、弹簧、滑块C相互作用的过程中,当弹簧第一次恢复原长时(此时滑块A还未追上滑块B),计算B、C的速度;(3)若滑块A追上滑块B时能粘住,定量分析在A与B相遇的各种可能情况下,A、B、C及弹簧组成系统的机械能范围。(提示:因A、B相遇时,B的速度不可预知,故粘住后A、B、C及弹簧组成系统的机械能有各种可能值)解析(1)滑块A沿传送带向上的运动的过程由动能定理有:-(mAgsin+mAgcos)x=0-12mAvA2代入数据解得:x=1.5m。(2)炸药爆炸过程,取向右为正方向,设B获得的速度为vB,
11、对A、B系统由动量守恒定律有:-mAvA+mBvB=0解得:vB=3m/s在B、C相互作用的过程中,设当弹簧第一次恢复原长时,B、C的速度分别为vB、vC由动量守恒定律有:mBvB=mBvB+mCvC由能量守恒有:12mBvB2=12mBvB2+12mCvC2解得:vB=mB-mCmB+mCvB=-0.6m/s,方向向左vC=2mBmB+mCvB=2.4m/s。(3)因滑动摩擦力Ff=mAgcos=6N,重力沿斜面向下的分力mgsin=6N,所以A到达最高点后先反向加速,当速度达到3m/s后随传送带一起(相对传送带静止)返回光滑水平面,此时:vA=3m/s。因A、B相遇时,B的速度不能确定,可
12、能是-0.6m/s与3m/s间的任何值。当vB=-0.6m/s时,此时vC=2.4m/s,机械能损失最大,系统机械能最小。设A、B粘连后的共同速度为v。由动量守恒有:mAvA+mBvB=(mA+mB)v解得:v=0.6m/s系统机械能的最小值Emin=12mCvC2+12(mA+mB)v2=9.18J当vB=3m/s时,此时vC=0,机械能损失最小,E损=0系统机械能的最大值Emax=12mAvA2+12mBvB2=13.5J所以A、B、C及弹簧系统机械能范围为:9.18JE13.5J。答案(1)1.5 m(2)0.6 m/s,方向向左2.4 m/s,方向向右(3)9.18 JE13.5 J7
