发布时间 : 星期六 文章2020版高考物理二轮复习第一部分专题复习训练课时作业六力学三大观点的应用(含解析)更新完毕开始阅读
解析：恰好能穿出第4个水球，即末速度v＝0，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(2－3)∶(3－2)∶(2－1)∶1，则B正确．由于加速度a恒定，由at＝Δv，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I＝F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ΔEk＝－fx，f相同，x相同，则ΔEk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m2＝1.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3＝1.0 kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m1＝0.5 kg的物块A由左侧向长木板运动．一段时间后物块A以v0＝6 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μ1＝0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.3，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s，求：
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图11
(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度； (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：m1v0＝m1v1＋m2v2， 111222
由机械能守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2，
222联立解得：v1＝－2 m/s，v2＝4 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： －μ1(m2＋m3)g－μ2m3g＝m2a2 对物块C有μ2m3g＝m3a3，
设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t，
v2＋a2t＝a3t，
1212
木板B的最小长度d＝v2t＋a2t－a3t＝1 m.
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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L＝8 m，沿逆时针方向以恒定速度v0＝2 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μ＝0.2，物块A、B质量均为m＝1 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h＝0.8 m，Q点与水平台面右端间的
距离s＝1.6 m，g取10 m/s.
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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． 12
解析：(1)A做平抛运动，竖直方向：h＝gt
2水平方向：s＝vAt
代入数据联立解得：vA＝4 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：mvA－mvB＝0 1212
由能量守恒定律：Ep＝mvA＋mvB
22代入数据解得：Ep＝16 J
(3)B作匀变速运动，由牛顿第二定律有：μmg＝ma 解得：a＝μg＝2 m/s
2
B向右匀减速至速度为零，由vB2＝2asB，
解得：sB＝4 m＜L＝8 m，所以B最终回到水平台面． 设B向右匀减速的时间为t1，vB＝at1
设B向左加速至与传送带共速的时间为t2，v0＝at2 由v0＝2as2，
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共速后做匀速运动的时间为t3，有：sB－s2＝v0t3 代入数据解得总时间：t＝t1＋t2＋t3＝4.5 s. 答案：(1)4 m/s (2)16 J (3)4.5 s