課時(shí)作業(yè)六力學(xué)三大觀點(diǎn)的應(yīng)用一、選擇題1如圖1所示，物塊的質(zhì)量為m，它與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.起初，用手按住物塊，物塊的速度為零，彈簧的伸長(zhǎng)量為x，然后放手，當(dāng)彈簧的長(zhǎng)度第一次回到原長(zhǎng)時(shí)，物塊的速度為v.則此過(guò)程中彈力所做的功為()圖1A.mv2mgx Bmgxmv2C.mv2mgx D以上選項(xiàng)均不對(duì)解析：設(shè)W彈為彈力對(duì)物體做的功，因?yàn)榭朔Σ亮ψ龅墓閙gx，由動(dòng)能定理得W彈mgxmv20，得W彈mv2mgx，C對(duì)答案：C2(2019年江西省質(zhì)量檢測(cè))如圖2甲所示，光滑水平面上有P、Q兩物塊，它們?cè)趖4 s時(shí)發(fā)生碰撞，圖2乙是兩者的位移圖象，已知物塊P的質(zhì)量為mp1 kg，由此可知()圖2A碰撞前P的動(dòng)量為16 kg·m/sB兩物塊的碰撞可能為彈性碰撞C物塊Q的質(zhì)量為4 kgD兩物塊碰撞過(guò)程中P對(duì)Q作用力的沖量是3 N·s解析：根據(jù)位移圖象可知，碰撞前P的速度v04 m/s，碰撞前P的動(dòng)量為P0mpv04 kg·m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤根據(jù)位移圖象，碰撞后二者速度相同，說(shuō)明碰撞為完全非彈性碰撞，選項(xiàng)B錯(cuò)誤碰撞后，共同速度v1 m/s，由動(dòng)量守恒定律，mpv0(mpmQ)v，解得mQ3 kg，選項(xiàng)C錯(cuò)誤由動(dòng)量定理，兩物塊碰撞過(guò)程中P對(duì)Q作用力的沖量是IPQmQv3 N·s，選項(xiàng)D正確答案：D3(2019年高三南京模擬)質(zhì)量為m的球從地面以初速度v0豎直向上拋出，已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比下列圖象分別描述了球在空中運(yùn)動(dòng)的速度v、加速度a隨時(shí)間t的變化關(guān)系和動(dòng)能Ek、機(jī)械能E(取地面處重力勢(shì)能為零)隨球距離地面高度h的變化關(guān)系，其中可能正確的是()解析：已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比，即Ffkv，當(dāng)球上升到最高點(diǎn)時(shí)，v為零，球只受重力，a等于g，則vt圖線切線的斜率不等于零，故A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律，球上升過(guò)程中：mgkvma，v逐漸減小，a逐漸減小，球下降過(guò)程中：mgkvma，v逐漸增大，a逐漸減小，故B錯(cuò)誤；上升過(guò)程，由動(dòng)能定理：mghFfhEkEk0，解得EkEk0(mgkv)h，隨h的增加，v減小，則Ekh圖象的斜率減小，下降過(guò)程，由動(dòng)能定理：mg(h0h)Ff(h0h)Ek，即Ek(mgkv)(h0h)，隨下降的高度的增加，v增大，Ekh圖象的斜率減小，故C正確；機(jī)械能的變化量等于克服阻力做的功：FfhEE0，上升過(guò)程中v逐漸減小，則Ff逐漸減小，即Eh圖象的斜率逐漸變小，故Eh圖象不是直線，故D錯(cuò)誤答案：C4(2019年武漢調(diào)研)如圖3所示，半徑為R、圓心為O的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，OC水平，D是圓環(huán)最低點(diǎn)質(zhì)量為2m的小球A與質(zhì)量為m的小球B套在圓環(huán)上，兩球之間用輕桿相連兩球初始位置如圖3所示，由靜止釋放，當(dāng)A運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)時(shí)，B的動(dòng)能為()圖3A.mgR B.mgRC.mgR D.mgR解析：A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)D時(shí)，A下降的高度為hARRsin45°，B上升的高度為hBRsin45°，則有2mghAmghB×2mvA2mvB2，又A、B在桿兩端，有相同的角速度，輕動(dòng)半徑相同，所以vAvB，所以B的動(dòng)能為EkBmvB2mgR，選項(xiàng)D正確答案：D5(2019年煙臺(tái)模擬)某段高速路對(duì)載重貨車設(shè)定的允許速度范圍為5080 km/h，而上坡時(shí)若貨車達(dá)不到最小允許速度50 km/h，則必須走“爬坡車道”來(lái)避免危險(xiǎn)某質(zhì)量為4.0×104 kg的載重貨車，保持額定功率200 kW在“爬坡車道”上行駛，每前進(jìn)1 km，上升0.04 km，貨車所受的阻力(摩擦阻力與空氣阻力)為車重的0.01倍，g取10 m/s2，爬坡車道足夠長(zhǎng)，則貨車勻速上坡的過(guò)程中()A牽引力等于2×104 NB速度可能大于36 km/hC增加的重力勢(shì)能等于貨車牽引力所做的功D增加的機(jī)械能等于貨車克服阻力所做的功解析：貨車勻速上坡的過(guò)程中，牽引力F0.01mgmgsin0.01×4.0×104×10 N4.0×104×10× N2×104 N，故A正確；根據(jù)PFv得：v m/s10 m/s36 km/h，故B錯(cuò)誤；勻速上坡過(guò)程增加的重力勢(shì)能等于汽車牽引力所做的功與克服阻力做功之差，故C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系知，勻速上坡過(guò)程增加的機(jī)械能等于汽車牽引力做功與克服阻力所做的功之差，故D錯(cuò)誤答案：A6(多選)(2019年武漢質(zhì)檢)有一系列斜面，傾角各不相同，它們的底端相同，都是O點(diǎn)，如圖4所示有一系列完全相同的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從這些斜面上的A、B、C、D、各點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放，下列判斷正確的是()圖4A若各斜面均光滑，且這些滑塊到達(dá)O點(diǎn)的速率相同，則A、B、C、D、各點(diǎn)處在同一水平線上B若各斜面均光滑，且這些滑塊到達(dá)O點(diǎn)的速率相同，則A、B、C、D、各點(diǎn)處在同一豎直面內(nèi)的圓周上C若各斜面均光滑，且這些滑塊到達(dá)O點(diǎn)的時(shí)間相同，則A、B、C、D、各點(diǎn)處在同一豎直面內(nèi)的圓周上D若各斜面與這些滑塊間有相同的動(dòng)摩擦因數(shù)，滑塊到達(dá)O點(diǎn)的過(guò)程中，各滑塊損失的機(jī)械能相同，則A、B、C、D、各點(diǎn)處在同一豎直線上解析：若各斜面均光滑，根據(jù)mghmv2，滑塊質(zhì)量相同，到達(dá)O點(diǎn)的速率相同，即各釋放點(diǎn)處在同一水平線上，A正確，B錯(cuò)誤；以O(shè)點(diǎn)為最低點(diǎn)作等時(shí)圓，如圖5所示，由gsint22Rsin，可知各滑塊從圓周上各點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)間相等，C正確；若各滑塊滑到O點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊滑動(dòng)的水平距離是x，滑塊損失的機(jī)械能(即克服摩擦力做功)為：Wfmgcos·mgx，即各釋放點(diǎn)處在同一豎直線上，D正確圖5答案：ACD7(多選)滑塊甲的質(zhì)量為0.8 kg，以大小為5.0 m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，與另一質(zhì)量為1.0 kg、以大小為3.0 m/s的速度迎面而來(lái)的滑塊乙相撞碰撞后滑塊甲恰好靜止假設(shè)碰撞時(shí)間極短，以向右為正方向，下列說(shuō)法正確的是()A碰后乙的速度大小為2 m/sB碰撞過(guò)程中甲受到的乙的作用力的沖量大小為4.0 N·sC碰撞過(guò)程中乙動(dòng)量的變化量為2.0 kg·m/sD碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為14 J解析：由動(dòng)量守恒定律得m甲v甲m乙v乙m乙v乙，代入數(shù)據(jù)解得v乙1.0 m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤碰撞過(guò)程中甲動(dòng)量的變化量為p甲0m甲v甲4.0 kg·m/s，由動(dòng)量定理可得甲滑塊受到的乙的作用力的沖量為Ip甲4.0 N·s，選項(xiàng)B正確碰撞過(guò)程中乙動(dòng)量的變化量為p乙m乙v乙(m乙v乙)4.0 kg·m/s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤由能量守恒定律得m甲v甲2m乙v乙2m乙v乙2E，代入數(shù)據(jù)解得E14 J，選項(xiàng)D正確答案：BD8(多選)如圖6所示，三個(gè)小球A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B、C間通過(guò)鉸鏈用輕桿連接，桿長(zhǎng)均為L(zhǎng).B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長(zhǎng)現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點(diǎn)，兩輕桿間夾角由60°變?yōu)?20°.A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g.則此下降過(guò)程中()圖6AA的動(dòng)能達(dá)到最大前，B受到地面的支持力小于mgBA的動(dòng)能最大時(shí)，B受到地面的支持力等于mgC彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A的加速度方向豎直向下D彈簧的彈性勢(shì)能最大值為mgL解析：在A的動(dòng)能達(dá)到最大前，A向下加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)A處于失重狀態(tài)，則整個(gè)系統(tǒng)對(duì)地面的壓力小于3mg，即地面對(duì)B的支持力小于mg，A項(xiàng)正確；當(dāng)A的動(dòng)能最大時(shí)，A的加速度為零，系統(tǒng)對(duì)地面的壓力等于3mg，即B受到地面的支持力等于mg，B項(xiàng)正確；當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A減速運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，此時(shí)A的加速度方向豎直向上，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢(shì)能最大值等于A的重力勢(shì)能的減少量，即為mg(Lcos30°Lcos60°)mgL，D項(xiàng)錯(cuò)誤答案：AB9(多選)如圖7所示，在豎直桿上安裝一個(gè)光滑小導(dǎo)向槽，使豎直上拋的小球能改變方向后做平拋運(yùn)動(dòng)；不計(jì)經(jīng)導(dǎo)向槽時(shí)小球的能量損失，設(shè)小球從地面沿桿豎直上拋的速度大小為v，重力加速度為g；那么當(dāng)小球有最大水平位移時(shí)，下列說(shuō)法正確的是()圖7A導(dǎo)向槽位置應(yīng)在高為的位置B最大水平位移為C小球在上、下兩過(guò)程中，在經(jīng)過(guò)某相同高度時(shí)，合速度的大小總有v下2v上D當(dāng)小球落地時(shí)，速度方向與水平方向成45°角解析：設(shè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得，mv02mghmv2，解得v0；根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可得，下落時(shí)間t，則水平位移xv0t，所以當(dāng)2h2h時(shí)水平位移最大，解得h，A正確；最大的水平位移為x2h，B錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，在某相同高度處時(shí)上升的速率和下落的速率相等，C錯(cuò)誤；設(shè)小球落地時(shí)速度與水平方向的夾角為，位移與水平方向的夾角為，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，tan2tan2×1，則45°，D正確答案：AD10(2019年濱州模擬)兩物塊A和B用一輕彈簧連接，靜止在水平桌面上，如圖8甲所示，現(xiàn)用一豎直向上的力F拉動(dòng)物塊A，使之向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，如圖8乙所示在物塊A開始運(yùn)動(dòng)到物塊B將要離開桌面的過(guò)程中(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))，下列說(shuō)法正確的是()圖8A力F先減小后增大B彈簧的彈性勢(shì)能一直增大C物塊A的動(dòng)能和重力勢(shì)能一直增大D物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能先增大后減小解析：對(duì)物塊A由牛頓第二定律得：Fmgkxma，解得：Fm(ga)kx，由于x先減小后反向增大，故力F一直增大，故A錯(cuò)誤；在物塊A上升過(guò)程中，彈簧從壓縮到伸長(zhǎng)，所以彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大，故B錯(cuò)誤；在物塊A上升過(guò)程中，由于物塊A做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以物塊A的速度增大，高度升高，則物塊A的動(dòng)能和重力勢(shì)能增大，故C正確；在物塊A上升過(guò)程中，除重力與彈力做功外，還有力F做正功，所以物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能一直增大，故D錯(cuò)誤答案：C11(2019年湖南高三聯(lián)考)(多選)如圖9所示，一質(zhì)量為m00.05 kg的子彈以水平初速度v0200 m/s打中一放在水平地面上A點(diǎn)的質(zhì)量為m0.95 kg的物塊，并留在物塊內(nèi)(時(shí)間極短，可忽略)，隨后物塊從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng)，與距離A點(diǎn)L5 m的B處的墻壁碰撞前瞬間的速度為v18 m/s，碰后以v26 m/s的速度反向運(yùn)動(dòng)直至靜止，測(cè)得物塊與墻壁碰撞的時(shí)間為t0.05 s，g取10 m/s2，則()圖9A物塊從A點(diǎn)開始沿水平面運(yùn)動(dòng)的初速度v10 m/sB物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.36C物塊與墻碰撞時(shí)受到的平均作用力大小F266 ND物塊在反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的摩擦熱Q18 J解析：子彈打中物塊的過(guò)程，由于內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m0v0(m0m)v，解得v10 m/s，A正確；物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有(m0m)gL(m0m)v12(m0m)v2，解得0.36，B正確；物塊與墻碰撞過(guò)程中，以向右為正方向，由動(dòng)量定理有Ft(m0m)v2(m0m)v1，解得F280 N，C錯(cuò)誤；物塊在反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律可知，動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為因摩擦而產(chǎn)生的熱量，即Q(m0m)v2218 J，D正確答案：ABD12(2019年天津質(zhì)量調(diào)查)(多選)幾個(gè)水球可以擋住一顆子彈？國(guó)家地理頻道的實(shí)驗(yàn)結(jié)果是：四個(gè)水球足夠！完全相同的水球緊挨在一起水平排列，子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，恰好能穿出第4個(gè)水球，則可以判斷的是()圖10A子彈在每個(gè)水球中的速度變化相同B子彈在每個(gè)水球中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同C每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同D子彈在每個(gè)水球中的動(dòng)能變化相同解析：恰好能穿出第4個(gè)水球，即末速度v0，逆向看子彈由右向左做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則自左向右子彈通過(guò)四個(gè)水球的時(shí)間比為(2)()(1)1，則B正確由于加速度a恒定，由atv，可知子彈在每個(gè)水球中的速度變化不同，A項(xiàng)錯(cuò)誤因加速度恒定，則每個(gè)水球?qū)ψ訌椀淖枇愣?，則由IF阻t可知每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同，C項(xiàng)正確由動(dòng)能定理有Ekfx，f相同，x相同，則Ek相同，D項(xiàng)正確答案：BCD二、解答題13(2019年濟(jì)寧二模)如圖11所示，長(zhǎng)木板B的質(zhì)量為m21.0 kg，靜止放在粗糙的水平地面上，質(zhì)量為m31.0 kg的物塊C(可視為質(zhì)點(diǎn))放在長(zhǎng)木板的最右端一個(gè)質(zhì)量為m10.5 kg的物塊A由左側(cè)向長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后物塊A以v06 m/s的速度與長(zhǎng)木板B發(fā)生彈性正碰(時(shí)間極短)，之后三者發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過(guò)程物塊C始終在長(zhǎng)木板上已知長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為10.1，物塊C與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.3，物塊C與長(zhǎng)木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g10 m/s2，求：圖11(1)碰后瞬間物塊A和長(zhǎng)木板B的速度；(2)長(zhǎng)木板B的最小長(zhǎng)度解：(1)A與B發(fā)生完全彈性碰撞，設(shè)碰撞后瞬間的速度分別為v1、v2，由動(dòng)量守恒定律得：m1v0m1v1m2v2，由機(jī)械能守恒定律得：m1v02m1v12m2v22，聯(lián)立解得：v12 m/s，v24 m/s.(2)之后B減速運(yùn)動(dòng)，C加速運(yùn)動(dòng)，B、C達(dá)到共同速度之前，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律對(duì)木板B有：1(m2m3)g2m3gm2a2對(duì)物塊C有2m3gm3a3，設(shè)從碰撞后到兩者達(dá)到共同速度經(jīng)歷的時(shí)間為t，v2a2ta3t，木板B的最小長(zhǎng)度dv2ta2t2a3t21 m.14如圖12所示，光滑水平臺(tái)面MN上放兩個(gè)相同小物塊A、B，右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶水平部分長(zhǎng)度L8 m，沿逆時(shí)針?lè)较蛞院愣ㄋ俣葀02 m/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)物塊A、B(大小不計(jì)，視作質(zhì)點(diǎn))與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.2，物塊A、B質(zhì)量均為m1 kg.開始時(shí)A、B靜止，A、B間壓縮一輕質(zhì)短彈簧現(xiàn)解除鎖定，彈簧彈開A、B，彈開后B滑上傳送帶，A掉落到地面上的Q點(diǎn)，已知水平臺(tái)面高h(yuǎn)0.8 m，Q點(diǎn)與水平臺(tái)面右端間的距離s1.6 m，g取10 m/s2.圖12(1)求物塊A脫離彈簧時(shí)速度的大?。?2)求彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能；(3)求物塊B在水平傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間解析：(1)A做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向：hgt2水平方向：svAt代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：vA4 m/s(2)解鎖過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，規(guī)定A的速度方向?yàn)檎较?，有：mvAmvB0由能量守恒定律：EpmvA2mvB2代入數(shù)據(jù)解得：Ep16 J(3)B作勻變速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有：mgma解得：ag2 m/s2B向右勻減速至速度為零，由vB22asB，解得：sB4 mL8 m，所以B最終回到水平臺(tái)面設(shè)B向右勻減速的時(shí)間為t1，vBat1設(shè)B向左加速至與傳送帶共速的時(shí)間為t2，v0at2由v022as2，共速后做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3，有：sBs2v0t3代入數(shù)據(jù)解得總時(shí)間：tt1t2t34.5 s.答案：(1)4 m/s(2)16 J(3)4.5 s- 11 -