微專題10力學中三大觀點的綜合應用

微專題10力學中三大觀點的綜合應用【知識規(guī)律整合】1．力學解題的“三大觀點”分類規(guī)律數(shù)學表達式動力學觀點力的瞬時作用牛頓第二定律F合＝ma牛頓第三定律F＝－F′能量觀點力的空間積累作用動能定理W合＝Ek2－Ek1機械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2動量觀點力的時間積累作用動量定理F合t＝mv′－mv動量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′2.力學規(guī)律選用的一般原則(1)若是多個物體組成的系統(tǒng)，優(yōu)先考慮使用兩個守恒定律。(2)若物體(或系統(tǒng))涉及到速度和時間，應考慮使用動量定理。(3)若物體(或系統(tǒng))涉及到位移和時間，且受到恒力作用，應考慮使用牛頓運動定律或動能定理。(4)若物體(或系統(tǒng))涉及到位移和速度，應考慮使用動能定理，系統(tǒng)中滑動摩擦力做功產(chǎn)熱應用摩擦力乘以相對路程，運用動能定理解決曲線運動和變加速運動問題特別方便。題型一用動力學和能量觀點解決多過程問題1．如果涉及加速度的問題，則一般要用牛頓運動定律。2．如果涉及運動時間或作用時間的問題，一般優(yōu)先考慮用動量定理，其次考慮用牛頓運動定律。3．如果涉及運動的位移或路程的問題，一般優(yōu)先考慮用功能關(guān)系，其次再考慮用牛頓運動定律。【例1】北京2022年冬奧會冰壺比賽在北京“冰立方”舉行，冰壺運動場地如圖1所示。M、N為兩個完全相同可視為質(zhì)點的冰壺，M、N與營壘圓心在同一條直線上。一運動員將冰壺M以大小為v0＝5m/s的初速度投出使其沿虛線路徑向冰壺N撞去，同時運動員會用毛刷擦冰壺M前進方向的冰面，減小冰壺與冰面間的摩擦，擦后動摩擦因數(shù)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，碰后運動員不再擦冰面，冰壺M、N的v2－x圖像如圖2所示。已知碰撞時間極短，碰后M冰壺恰好停在營壘中心，重力加速度g取10m/s2。求：(1)碰前冰壺N到營壘中心的距離；(2)冰壺M開始運動時到冰壺N的距離以及冰壺M運動的總時間。答案(1)2.88m(2)64m20.8s解析(1)v2－x圖像的斜率表示2a，則有2a＝eq\f(3.24,6.48)m/s2解得碰后M、N的加速度a＝0.25m/s2對M，由勻變速直線規(guī)律veq\o\al(2,M)＝2ax解得x＝2.88m。(2)設冰壺M與冰壺N碰前的速度為v2，由題圖2可知，碰后N的速度為vN＝1.8m/s，M的速度為vM＝1.2m/s，在冰壺M、N碰撞過程中，由動量守恒定律有mv2＝mvM＋mvN解得v2＝3m/s冰壺M向冰壺N運動時，加速度大小a′＝eq\f(1,2)a＝0.125m/s2由運動學公式知veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,2)＝2a′x′解得x′＝64m全過程冰壺M運動的時間為t＝eq\f(v0－v2,a′)＋eq\f(vM,a)＝20.8s?！踞槍τ柧?】一小物塊從全長為5m、傾角為37°的斜面頂端由靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離x的變化如圖3中直線Ⅰ、Ⅱ所示。(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)求：圖3(1)小物塊的質(zhì)量m和下滑過程中的加速度a；(2)斜面和小物塊間的滑動摩擦因數(shù)μ；(3)當小物塊的動能與重力勢能相等時，沿斜面下滑的時間t。答案(1)1kg，a大小為2m/s2，方向沿斜面向下(2)0.5(3)1.94s解析(1)由圖線Ⅰ可知，物體滑行5m到斜面底端時重力勢能為零，故零勢能面為斜面底端所在水平面。開始下滑時Ep0＝mgh0＝30J其中h0＝Lsin37°＝3m可得m＝eq\f(Ep0,gh0)＝1kg由圖線Ⅱ可知，物塊下滑過程中動能從零增大為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝10J解得末速度為v＝eq\r(\f(2Ekt,m))＝eq\r(20)m/s小物塊由靜止開始勻加速下滑有veq\o\al(2,t)＝2aL可得a＝2m/s2，方向沿斜面向下。(2)下滑過程中，物塊受力情況如圖所示，由牛頓第二定律可知mgsinθ－Ff＝ma其中Ff＝μFN且FN＝mgcosθ可得a＝gsinθ－μgcosθ將a＝2m/s2代入得μ＝0.5。(3)由圖線可知，Ep、Ek與x的函數(shù)關(guān)系分別為Ep＝30－6xEk＝2x聯(lián)立可得，x＝3.75m時小物塊的動能與重力勢能相等。由x＝eq\f(1,2)at2知下滑時間t＝eq\r(\f(2x,a))＝1.94s。題型二應用動量和能量觀點分析多過程問題1．凡涉及復雜的直線或曲線運動問題，一般要用能量觀點或動量觀點。2．凡涉及短暫的相互作用問題優(yōu)先考慮用動量定理。3．凡涉及碰撞、爆炸、反沖等問題，一般應用動量守恒定律?！纠?】如圖4所示，在光滑水平面上有一塊長為L的木板B，其上表面粗糙，在其左端有一個光滑的eq\f(1,4)圓弧槽C與長木板接觸但不連接，圓弧槽的下端與木板的上表面相平，B、C靜止在水平面上，現(xiàn)有很小的滑塊A(可視為質(zhì)點)以初速度v0從右端滑上B，并以eq\f(v0,2)的速度滑離B，恰好能到達C的最高點。A、B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g。求：圖4(1)滑塊A與木板B上表面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)eq\f(1,4)圓弧槽C的半徑R；(3)滑塊A滑離圓弧槽C時C的速度。答案(1)eq\f(5veq\o\al(2,0),16gL)(2)eq\f(veq\o\al(2,0),64g)(3)eq\f(v0,2)解析(1)對A、B、C整體，設A剛離開B時，B和C的共同速度為vB，從A滑上B到A剛離開B的過程中動量守恒，有mv0＝meq\f(v0,2)＋2mvB，解得vB＝eq\f(v0,4)由能量守恒定律有μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)m（eq\f(v0,2)）2－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B)解得μ＝eq\f(5veq\o\al(2,0),16gL)。(2)設A到達C的最高點時，A和C的共同速度為vC，從A滑上C到A到達C的最高點的過程中，對A和C組成的系統(tǒng)，在水平方向上，由動量守恒定律有meq\f(v0,2)＋mvB＝2mvC解得vC＝eq\f(3,8)v0由于在此過程中A和C組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有mgR＝eq\f(1,2)m（eq\f(v0,2)）2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,C)解得R＝eq\f(veq\o\al(2,0),64g)。(3)研究A、C組成的系統(tǒng)，從A滑上C到A滑離C的過程中，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，有meq\f(v0,2)＋mvB＝mvA1＋mvC1，式中vA1和vC1分別為A滑離C時A和C的速度，此過程中A和C組成的系統(tǒng)機械能守恒，有eq\f(1,2)m（eq\f(v0,2)）2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C1)解得vC1＝eq\f(v0,2)，方向水平向左?！踞槍τ柧?】如圖5所示，光滑水平面上停放著一輛小車，小車的光滑四分之一圓弧軌道在最低點與水平軌道相切。在小車的右端固定一輕彈簧，一小球從圓弧軌道上某處由靜止釋放。①若水平軌道光滑，當彈簧第一次被壓縮至最短時，小車的速度大小為v1，彈簧的彈性勢能為Ep1；②若水平軌道粗糙，當彈簧第一次被壓縮至最短時，小車的速度大小為v2，彈簧的彈性勢能為Ep2。則()圖5A．v1＜v2，Ep1＝Ep2 B．v1＝v2，Ep1>Ep2C．v1＜v2，Ep1>Ep2 D．v1＞v2，Ep1>Ep2答案B解析小車質(zhì)量設為M，小球質(zhì)量設為m。若水平軌道光滑，對于小車、球和彈簧組成的系統(tǒng)，水平方向上所受合外力為0，故系統(tǒng)水平方向動量守恒，當小車與小球共速時，彈簧壓縮至最短，根據(jù)動量守恒定律，有0＝(m＋M)v1，解得v1＝0，由機械能守恒定律，有mgh＝Ep1；若水平軌道粗糙，對于小車、球和彈簧組成的系統(tǒng)，水平方向上所受合外力依然為0，故系統(tǒng)水平方向動量守恒，當小車與小球共速時，彈簧壓縮至最短，根據(jù)動量守恒定律，有0＝(m＋M)v2，解得v2＝0，故v1＝v2，水平軌道粗糙，系統(tǒng)因摩擦而生熱，故機械能不守恒，由能量守恒定律有mgh－Qf＝Ep2，則Ep1＞Ep2，故B正確，A、C、D錯誤。題型三力學“三大觀點”的綜合應用1．若多個物體的運動狀態(tài)不同，則一般不宜對多個物體整體應用牛頓運動定律。2．若研究對象為單個物體，則不能用動量觀點中的動量守恒定律。3．若研究對象為多物體系統(tǒng)，且系統(tǒng)內(nèi)的物體與物體間有相互作用，一般用“守恒定律”去解決問題，但必須注意研究對象是否滿足定律的守恒條件?！纠?】如圖6所示，一彈簧豎直固定在地面上，質(zhì)量m1＝1kg的物體A放在彈簧上處于靜止狀態(tài)，此時彈簧被壓縮了0.15m；質(zhì)量m2＝1kg的物體B從距物體A正上方h＝0.3m處自由下落，物體A、B碰撞時間極短，碰后物體A、B結(jié)合在一起向下運動，已知重力加速度g＝10m/s2，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求：圖6(1)碰撞結(jié)束瞬間兩物體的總動能；(2)物體A、B從碰后到動能最大的過程中，彈簧彈力做功W＝－2.25J，求碰后物體A、B的最大動能。答案(1)1.5J(2)2.25J解析(1)A、B的質(zhì)量相等，均設為m，物體B自由下落時，由機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2gh)＝eq\r(6)m/s碰撞過程中A、B系統(tǒng)的動量守恒，以向下為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(m＋m)v代入數(shù)據(jù)解得v＝eq\f(\r(6),2)m/s碰后A、B的總動能Ek＝eq\f(1,2)(m＋m)v2＝1.5J。(2)A處于靜止狀態(tài)時，由胡克定律得mg＝kx1則k＝eq\f(mg,x1)＝eq\f(200,3)N/m碰后A、B一起向下運動，彈簧的彈力不斷增大，當彈力與AB的總重力大小相等時，動能最大。設此時彈簧的壓縮量為x2，則有2mg＝kx2，可得x2＝0.3m從碰后到動能最大的過程中A、B下降的高度為h′＝x2－x1＝0.15m對A、B根據(jù)動能定理得2mgh′＋W＝Ekm－Ek解得碰后A、B的最大動能Ekm＝2.25J?！踞槍τ柧?】如圖7所示，一質(zhì)量M＝0.3kg，足夠長“T”形支架，豎直立在水平地面上，有一質(zhì)量m＝0.2kg的物塊套在支架直桿上，物塊與支架上端之間夾有一勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧(彈簧與物塊不相連)，開始時彈簧壓緊并被物塊和支架頂端間的細線鎖定，彈簧的彈性勢能Ep＝eq\f(27,8)J?，F(xiàn)解除鎖定，彈簧瞬間恢復形變。已知物塊與直桿間滑動摩擦力大小恒為f＝1.5N，不計空氣阻力。求：圖7(1)彈簧恢復形變的瞬間，支架獲得的速度大??；(2)支架能上升的最大高度。答案(1)3m/s(2)0.3m解析(1)解除鎖定，系統(tǒng)動量守恒，設支架獲得速度vM，物塊獲得速度為vm，由動量守恒定律得MvM＝mvm由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,M)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)代入數(shù)據(jù)解得vM＝3m/s，vm＝4.5m/s。(2)對支架受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有Mg＋f＝MaM解得aM＝15m/s2再由veq\o\al(2,M)＝2aMhmax代入數(shù)據(jù)得hmax＝0.3m。1．(2021·全國乙卷改編)水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動下從靜止開始運動。物體通過的路程等于s0時，速度的大小為v0，此時撤去F，物體繼續(xù)滑行2s0的路程后停止運動，重力加速度大小為g。則()A．在此過程中F所做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．在此過程中F的沖量大小等于eq\f(1,2)mv0C．物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于eq\f(veq\o\al(2,0),4s0g)D．F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍答案C解析外力撤去前，由牛頓第二定律可知F－μmg＝ma1①，由速度位移公式有veq\o\al(2,0)＝2a1s0②，外力撤去后，由牛頓第二定律可知－μmg＝ma2③，由速度位移公式有－veq\o\al(2,0)＝2a2·2s0④，由①②③④可得，水平恒力F＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),4s0)，動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(veq\o\al(2,0),4gs0)，滑動摩擦力Ff＝μmg＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4s0)，可知F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的3倍，故C正確，D錯誤；在此過程中，外力F做的功為W＝Fs0＝eq\f(3,4)mveq\o\al(2,0)，故A錯誤；由平均速度公式可知，外力F作用時間t1＝eq\f(s0,\f(0＋v0,2))＝eq\f(2s0,v0)，在此過程中，F(xiàn)的沖量大小是I＝Ft1＝eq\f(3,2)mv0，故B錯誤。2．(2021·天津卷改編)一沖九霄，問鼎蒼穹。2021年4月29日，長征五號B遙二運載火箭搭載空間站天和核心艙發(fā)射升空，標志著我國空間站建造進入全面實施階段。下列關(guān)于火箭的描述正確的是()A．增加單位時間的燃氣噴射量可以減小火箭的推力B．增大燃氣相對于火箭的噴射速度可以增大火箭的推力C．當燃氣噴出火箭噴口的速度相對于地面為零時火箭就不再加速D．火箭發(fā)射時獲得的推力來自于噴出的燃氣與發(fā)射臺之間的相互作用答案B解析增加單位時間的燃氣噴射量，即增加單位時間噴射氣體的質(zhì)量，根據(jù)FΔt＝Δmv，可知可以增大火箭的推力，故A錯誤；當增大燃氣相對于火箭的噴射速度時，根據(jù)FΔt＝Δmv，可知可以增大火箭的推力，故B正確；當燃氣噴出火箭噴口的速度相對于地面為零時，火箭有速度，所以相對于火箭的速度不為零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C錯誤；燃氣被噴出的瞬間，燃氣對火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭獲得推力，故D錯誤。3．(2021·北京卷，17)如圖8所示，小物塊A、B的質(zhì)量均為m＝0.10kg，B靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度v0與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點距離水平地面的豎直高度為h＝0.45m，兩物塊落地點距離軌道末端的水平距離為s＝0.30m，取重力加速度g＝10m/s2。求：圖8(1)兩物塊在空中運動的時間t；(2)兩物塊碰前A的速度v0的大?。?3)兩物塊碰撞過程中損失的機械能ΔE。答案(1)0.30s(2)2.0m/s(3)0.10J解析(1)兩物塊碰撞后，豎直方向的運動為自由落體運動，則有h＝eq\f(1,2)gt2解得t＝0.30s。(2)設A、B碰后瞬間的速度為v，水平方向的運動為勻速運動，則有s＝vt解得v＝1.0m/s根據(jù)動量守恒定律有mv0＝2mv解得v0＝2.0m/s。(3)根據(jù)能量守恒定律可得，兩物塊碰撞過程中損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2解得ΔE＝0.10J。4．(2021·湖北卷)如圖9所示，一圓心為O、半徑為R的光滑半圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，其下端與光滑水平面在Q點相切。在水平面上，質(zhì)量為m的小物塊A以某一速度向質(zhì)量也為m的靜止小物塊B運動。A、B發(fā)生正碰后，B到達半圓弧軌道最高點時對軌道的壓力恰好為零，A沿半圓弧軌道運動到與O點等高的C點時速度為零。已知重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。圖9(1)求B從半圓弧軌道飛出后落到水平面的位置到Q點的距離；(2)當A由C點沿半圓弧軌道下滑到D點時，OD與OQ夾角為θ，求此時A所受力對A做功的功率；(3)求碰撞過程中A和B損失的總動能。答案(1)2R(2)mgsinθeq\r(2gRcosθ)(3)eq\r(10)mgR解析(1)設B到半圓弧軌道最高點時速度為v2′，由于B對軌道最高點的壓力為零，則由牛頓第二定律得mg＝meq\f(v2′2,R)B離開最高點后做平拋運動，則在豎直方向上有2R＝eq\f(1,2)gt2在水平方向上有x＝v2′t聯(lián)立解得x＝2R，即距Q點的距離為2R。(2)對A由C到D的過程，由機械能守恒定律得mgRcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)由于對A做功的力只有重力，則A所受力對A做功的功率為P＝mgvDsinθ解得P＝mgsinθeq\r(2gRcosθ)。(3)設A、B碰后瞬間的速度分別為v1、v2，對B由Q到最高點的過程，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mv2′2＋mg·2R解得v2＝eq\r(5gR)對A由Q到C的過程，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgR，解得v1＝eq\r(2gR)設碰前瞬間A的速度為v0，對A、B碰撞的過程，由動量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2解得v0＝eq\r(2gR)＋eq\r(5gR)碰撞過程中A和B損失的總動能為ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得ΔE＝eq\r(10)mgR。1．如圖1所示為某型號乒乓球發(fā)球機，從離地面一定高度的發(fā)球口三次發(fā)出完全相同的三個乒乓球A、B、C，已知三個乒乓球的初速度大小相等，B初速度方向水平，A、C初速度方向與水平面夾角均為θ，三個乒乓球落于同一水平地面，忽略空氣阻力，則下列說法正確的是()圖1A．乒乓球A、B、C下落時間相同B．兵乓球A、B、C落地時速度相同C．乒乓球A、C落地時重力的瞬時功率相同D．運動過程中，重力對乒乓球A、C的沖量相同答案C解析A、B、C豎直方向初速度不同，下落高度相同，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可知，下落時間不同，故A錯誤；根據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，結(jié)合題意可知，A、B、C落地的速度大小相同，但方向不同，故B錯誤；乒乓球A、C的豎直方向初速度大小相同，而在空中運動過程，下落高度相同，根據(jù)勻變速直線運動中位移速度關(guān)系可知，落地時豎直速度相同，又重力相同，則重力的瞬時功率相同，故C正確；乒乓球A、C的豎直方向初速度大小相同，但方向相反，下落高度相同，運動時間不同，而重力的沖量等于重力與運動時間的乘積，所以重力的沖量不同，故D錯誤。2．(2022·江蘇南通高三階段練習)如圖2甲所示，長木板靜止在光滑水平地面上，質(zhì)量為m的滑塊以水平初速度v0由木板左端恰能滑至木板的右端與木板相對靜止。若將木板分成長度相等的兩段(如圖乙)，滑塊仍以v0從木板左端開始滑動，已知滑塊運動過程中所受摩擦力不變。則下列分析正確的是()圖2A．滑塊滑到木板的右端后飛離木板B．滑塊滑到木板的右端前就與木板保持相對靜止C．兩過程滑塊的動量變化相同D．兩過程系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等答案B解析第一次在滑塊運動過程中，滑塊與木板之間的摩擦力使整個木板一直加速，第二次滑塊先使整個木板加速，運動到右半部分上后，只有右半部分加速，加速度大于第一次的對應過程，將更早達到速度相等，所以滑塊還沒有運動到最右端，故A錯誤，B正確；根據(jù)動量守恒定律可知兩過程中滑塊最后的速度不同，則兩過程滑塊的動量變化不同，故C錯誤；根據(jù)摩擦力乘以相對位移等于產(chǎn)生的熱量，知在右邊木板上相對運動的位移沒有左邊長度的2倍，所以產(chǎn)生的熱量小于在左邊木板上滑行產(chǎn)生熱量，故D錯誤。3．(2022·江蘇揚州高三期末)如圖3所示，在某次冰壺比賽中，藍壺靜止在大本營Q處，質(zhì)量相等的紅壺與藍壺發(fā)生正碰，最終分別停在M點和N點，下列說法正確的是()圖3A．碰后兩壺所受摩擦力的沖量相同B．碰后藍壺速度約為紅壺速度的4倍C．紅壺碰前速度約為碰后速度的3倍D．碰撞過程兩壺組成的系統(tǒng)機械能守恒答案C解析碰后兩壺運動距離不相同，所以碰后兩球速度不相同，根據(jù)動量定理可判斷出碰后兩壺所受摩擦力的沖量不相同，A錯誤；碰后紅壺運動的距離為x1＝R2－R1＝0.61m，藍壺運動的距離為x2＝2R2＝2.44m，二者質(zhì)量相同，假設二者碰后所受的摩擦力相同，則二者做減速運動的加速度也相同，對紅壺，有veq\o\al(2,1)＝2ax1，對藍壺有veq\o\al(2,2)＝2ax2，聯(lián)立可得eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,2)，即碰后藍壺速度約為紅壺速度的2倍，B錯誤；設紅壺碰前速度為v0，則有mv0＝mv1＋mv2，故有v0＝3v1，即紅壺碰前速度約為碰后速度的3倍，C正確；碰前的動能為Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，碰后的動能為Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，則有Ek0>Ek1，機械能不守恒，D錯誤。4．如圖4所示，一木塊以速度v1沿著光滑水平面向右勻速運動，某時刻在其后方有一顆子彈以速度v0射入木塊，最終子彈沒有射穿木塊。下列說法中正確的是()圖4A．子彈克服阻力做的功等于木塊的末動能與摩擦產(chǎn)生的熱量之和B．木塊對子彈做功的絕對值等于子彈對木塊做的功C．木塊對子彈的沖量與子彈對木塊的沖量相同D．系統(tǒng)損失的機械能等于子彈損失的動能減去子彈對木塊所做的功答案D解析子彈射入木塊的過程中，子彈克服阻力做的功等于子彈動能的減少量，根據(jù)能量守恒定律可知，子彈動能的減少量等于木塊動能的增加量與摩擦產(chǎn)生熱量之和，因木塊有初速度，所以子彈動能的減少量不等于木塊的末動能與摩擦產(chǎn)生熱量之和，故A錯誤；相對于地面而言，子彈的位移大于木塊的位移，子彈對木塊的作用力和木塊對子彈的作用力大小相等，根據(jù)功的公式W＝Fx可知，木塊對子彈做的功大于子彈對木塊做的功，故B錯誤；子彈對木塊的作用力和木塊對子彈的作用力大小相等、方向相反，作用時間相等，根據(jù)沖量公式I＝Ft可知，木塊對子彈的沖量與子彈對木塊的沖量大小相等，方向相反，故C錯誤；系統(tǒng)損失的機械能等于子彈損失的動能和木塊動能增加量之差，即等于子彈損失的動能減去子彈對木塊所做的功，故D正確。5．(2022·江蘇南通月考)如圖5所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在粗糙斜面底端，一小物塊從斜面頂端由靜止滑下并壓縮彈簧，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則物塊下滑過程中，物塊的動量p、重力勢能Ep、彈簧的彈力F、彈性勢能E彈隨時間t或位移x的關(guān)系圖像可能正確的是()圖5答案A解析物塊沿斜面下滑時，合外力先不變，接觸彈簧后所受的合外力先逐漸減小，當向上的彈力和向上的摩擦力之和等于重力沿斜面向下的分量時，此時合力為零；然后繼續(xù)向下運動時合力向上變大，在最低點時合力最大；因p－t圖像的斜率eq\f(Δp,Δt)＝F合，由圖像可知，斜率先不變、后減小，再反向增加，可知圖像A正確；根據(jù)Ep＝mgh＝mgxsinθ可知重力勢能隨x線性減小，選項B錯誤；物塊接觸彈簧之前，彈簧彈力為零；接觸彈簧之后，彈簧彈力隨位移x按線性增加，選項C錯誤；物塊接觸彈簧之前，彈簧彈性勢能為零；接觸彈簧之后，彈簧彈性勢能隨x逐漸變大，但是圖像為開口向上的拋物線形狀，選項D錯誤。6．如圖6所示，水平地面上放置一質(zhì)量為m、長為L的薄木板，木板與地面的動摩擦因數(shù)為μ。在木板的最右端放一質(zhì)量為m的小物塊，物塊是由特殊材料制成的，一表面光滑，另一面粗糙，且粗糙面與木板的動摩擦因數(shù)為μ。在木板上施加水平向右拉力F＝6μmg，g為重力加速度。圖6(1)若物塊的光滑面與木板接觸，物塊經(jīng)多長時間離開木板；(2)若物塊的粗糙面與木板接觸，求物塊在木板上運動過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量。答案(1)eq\r(\f(L,2μg))(2)4μmgL解析(1)對木板受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，有F－2μmg＝ma根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律，有L＝eq\f(1,2)at2解得t＝eq\r(\f(L,2μg))。(2)設物塊與木板發(fā)生相對滑動時，木板的加速度為a1，物塊的加速度為a2，經(jīng)過時間t1，物塊離開木板，木板的位移為x1，物塊的位移為x2。對木板，根據(jù)牛頓第二定律有F－3μmg＝ma1對物塊，同理有μmg＝ma2根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律，有x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)當物塊離開木板時，有x1－x2＝L解得x1＝1.5L在這過程中，木板與地面摩擦產(chǎn)生的熱量Q1＝2μmgx1＝3μmgL物塊和木板相對運動產(chǎn)生的熱量Q2＝μmgL所以，產(chǎn)生的總熱量Q＝Q1＋Q2＝4μmgL。7．如圖7所示，質(zhì)量M＝4kg、左端帶擋板的、長L＝1.5m的木板B靜止在水平面上，質(zhì)量m＝1kg(可視為質(zhì)點)的物塊A靜止在木板的左端，擋板和物塊間用長為l＝0.5m的輕繩連接，A與B之間、B與水平面之間的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.5、μ2＝0.1?，F(xiàn)給物塊A持續(xù)施加大小恒為F＝9N、方向水平向右的拉力，使A由靜止開始在B上向右運動，當繩拉直時瞬間繃斷。已知A因繩繃斷速度減小了ΔvA＝0.8m/s，可認為滑動摩擦力與最大靜摩擦力相等，取g＝10m/s2，求：圖7(1)繩繃斷后瞬間，物塊A的速度vA和木板B的速度vB；(2)物塊A在木板B上運動的總時間。答案(1)1.2m/s0.2m/s(2)1s解析(1)開始階段，由于μ1mg＝μ2(M＋m)g因此物塊在木板上滑動時，木板處于靜止狀態(tài)。對物塊A，根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma由于l＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)解得a＝4m/s2，t1＝0.5s繩繃斷前的瞬間，物塊A的速度v0＝at1＝2m/s繩繃斷后瞬間，物塊A的速度vA＝v0－ΔvA＝1.2m/s繩繃斷時間極短，可認為動量守恒，則有mv0＝mvA＋MvB因此繩繃斷后瞬間，木板B的速度vB＝0.2m/s。(2)接下來B做勻速運動，根據(jù)運動學公式有vAt2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)－vBt2＝L－l解得t2＝0.5s，t2′＝－1s(舍去)物塊A在木板B上運動的總時間t＝t1＋t2＝1s。8．(2022·江蘇南京外國語學校模擬預測)如圖8所示，一根足夠長的圓管豎直固定，管內(nèi)有一質(zhì)量可以忽略的輕活塞C，一根輕質(zhì)細彈性繩的上端連接活塞C，下端連接質(zhì)量為m的小物塊A，A處于靜止。已知彈性繩的勁度系數(shù)為k且彈性規(guī)律滿足胡克定律，活塞與管壁間的最大靜摩擦力為3mg，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m的細圓環(huán)B從中間穿過彈性繩，并從A的正上方eq\f(mg,k)處靜止釋放，A、B碰撞時間極短且完全粘合。圖8(1)A、B碰撞結(jié)束時的速度大小；(2)A、B整體第一次達到速度最大時的速率；(3)A、B整體第一次達到最低點的過程中活塞與筒壁產(chǎn)生的摩擦熱量。答案(1)geq\r(\f(m,2k))(2)geq\r(\f(m,k))(3)eq\f(9m2g2,k)解析(1)根據(jù)v2－0＝2geq\f(mg,k)得B下落到A時速度v＝geq\r(\f(2m,k))根據(jù)動量守恒mv＝2mv1得A、B碰撞結(jié)束時的速度v1＝geq\r(\f(m,2k))。(2)當彈性繩彈力等于重力時，速度最大，即kx＝2mg此時