【最新版】23届高考二轮高考热点补救练习15.力学三大观点的应用

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15.力学三大观点的应用1.(2021·四川攀枝花市第二次统考)如图1所示，半径为R的四分之一光滑圆弧形轨道AB固定在竖直面内，与水平轨道BC相切于B点。小球P自圆弧轨道最高点A静止释放，经圆弧AB后在B点与静止的物块Q相碰，碰撞时间极短，碰后P上升的最大高度为eq \f(R,4)。不计空气阻力，已知P、Q质量分别为m、3m，物块Q与水平轨道 BC之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度为g。求：图1(1)小球P碰撞前对圆弧轨道B点压力的大小；(2)物块Q沿水平轨道滑行的最大距离。答案　(1)3mg　(2)eq \f(5,4)R解析　(1)设小球P到达B点速度为v1，从A滑到B的过程中，由动能定理有mgR＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)，小球P过B点时，由向心力公式有N－mg＝eq \f(mveq \o\al(2,1),R)，解得N＝3mg，由牛顿第三定律得小球P过B点时对轨道的压力N′＝3mg。(2) 设小球P的反弹速度大小为v2，由动能定理有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)＝mg·eq \f(R,4)，设P、Q碰后，Q的速度大小为v3，在P与Q碰撞过程中，由动量守恒有mv1＝m(－v2)＋3mv3，设Q在滑行过程中最大距离为x，由动能定理有0－eq \f(1,2)(3m)veq \o\al(2,3)＝－μ(3m)gx，解得x＝eq \f(5,4)R。2.(2021·江苏南京市盐城市第二次模拟)如图2所示，O1为竖直平面内圆周的圆心，两根长为L的轻绳分别悬挂甲、乙两个相同的小球，其质量为m，甲、乙两球分别位于图中A、C两点处，半径O1C与水平方向夹角为30°，半径O1D与水平方向夹角为60°，其中点O2处固定一个可挡住轻绳的铁钉，甲球在最低点A处获得水平向右的初速度后恰能通过最高点B，运动到C点时与乙球发生对心弹性碰撞，重力加速度为g。求：图2(1)甲球通过B点时的动能；(2)甲球在C点发生碰撞前的速度大小；(3)碰后甲球能否绕O2在竖直面内做完整的圆周运动？请通过计算说明理由。答案　(1)eq \f(1,2)mgL　(2)eq \r(2gL)　(3)不能　理由见解析解析　(1)由于甲球恰好通过最高点，根据圆周运动的绳模型，在最高点对小球进行受力分析，仅由小球重力提供向心力，则mg＝meq \f(veq \o\al(2,B),L)可得vB＝eq \r(gL)，EkB＝eq \f(1,2)mgL。(2)小球甲从B点到C点做圆周运动，根据机械能守恒可得mg(L－Lsin 30°)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)，则在碰撞前小球甲在C点的速度为vC＝eq \r(2gL)。(3)两小球在C点发生对心弹性碰撞，可得mvC＝mv甲＋mv乙，eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,甲)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,乙)，则在碰撞之后，甲球的速度为v甲＝0，做自由落体运动至下方与C对称的E时有mgL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,E)－0，此时绳子绷紧，沿绳方向速度分量消失，只剩余垂直于绳方向的速度分量，可得vE′＝vEcos 30°，若要小球能够进行完整的圆周运动，必须满足最高点，小球速度vF≥eq \r(\f(gL,2))，根据动能定理求出小球通过最高点的速度－mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Lsin 30°＋\f(L,2)－\f(L,2)cos 30°))＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,F)－eq \f(1,2)mvE′2由于vF＝eq \r(\f(（\r(3)－1）mgL,2))<eq \r(\f(gL,2))，故不能通过最高点，不能完成完整圆周运动。