2019届高考物理一轮复习课时规范练21《力学三大观点的综合应用》(含解析)

课时规范练21　力学三大观点的综合应用

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能力提升组

1.

(2017·河南新乡模拟)如图所示,半径为R=1 m的圆弧形轨道固定在水平轨道上,与圆弧形轨道相切的水平轨道上静置一小球B。小球A从圆弧

形轨道上离水平轨道高度为h=0.8 m处沿轨道下滑,与小球B发生碰撞并粘在一起。所有接触面均光滑,A、B两球的质量均为m=1 kg,g取10 m/s2。求:

(1)小球A在弧形轨道最低点时对轨道的压力大小F;

(2)小球A、B碰撞过程中损失的机械能ΔE。

答案(1)26 N　(2)4 J

解析(1)设小球A在圆弧形轨道最低点时的速度大小为v,其在圆弧形轨道上下滑过程机械能守恒,mgh=mv2

设小球A在圆弧形轨道最低点受到轨道的支持力大小为F',由牛顿第二定律得F'-mg=

由以上两式解得F'=26 N

由牛顿第三定律可知,F=F'=26 N。

(2)对小球A、B碰撞的过程,由动量守恒定律有mv=2mv',其中由于A、B碰撞并粘在一起,对该过程,由能量守恒定律有ΔE=mv2-×2mv'2,解得ΔE=4 J。

2.如图甲所示,在倾角为37°的粗糙足够长的斜面的底端,一质量m=1 kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧,滑块与弹簧不相连。t=0时释放物块,计算机通过传感器描绘出滑块的v-t图象如图乙所示,其中Oab段为曲线,bc段为直线,在t1=0.1 s时滑块已上滑x=0.2 m的距离,g取10 m/s2。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:

(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ的大小;

(2)压缩弹簧时,弹簧具有的弹性势能Ep。

答案(1)0.5　(2)4.0 J

解析(1)由题图可知0.1 s物体离开弹簧向上做匀减速运动,加速度的大小a= m/s2=10 m/s2。

根据牛顿第二定律,有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma

解得μ=0.5。

(2)由题中图线可知,t2=0.1 s时的速度大小v=2.0 m/s,由功能关系可得

Ep=mv2+mgxsin 37°+μmgxcos 37°

代入数据得Ep=4.0 J。〚导学号06400322〛

3.(2017·四川广元二模)某校物理兴趣小组制作了一个游戏装置,其简化模型如图所示,在A点用一弹射装置可将静止的小滑块以v0水平速度弹射出去,沿水平直线轨道运动到B点后,进入半径R=0.3 m 的光滑竖直圆形轨道,运行一周后自B点向C点运动,C点右侧有一陷阱,C、D两点的竖直高度差h=0.2 m,水平距离s=0.6 m,水平轨道AB长为l1=1 m,BC长为l2=2.6 m,小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2。

(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点,求小滑块在A点弹射出的速度大小。

(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出,求小滑块在A点弹射出的速度大小的范围。

答案(1)5 m/s　(2)5 m/s≤vA≤6 m/s和vA≥3 m/s

解析(1)小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v,由牛顿第二定律得mg=m

从B到最高点小滑块机械能守恒,有

=2mgR+mv2

从A到B由动能定理得

-μmgl1=

由以上三式解得A点的速度v1=5 m/s。

(2)若小滑块刚好停在C处,从A到C由动能定理得

-μmg(l1+l2)=0-

解得A点的速度为v2=6 m/s,若小滑块停在BC段,应满足5 m/s≤vA≤6 m/s。

若小滑块能通过C点并恰好越过陷阱,利用平抛运动,竖直方向h=gt2,水平方向s=vCt。

从A到C由动能定理得

-μmg(l1+l2)=

解得v3=3 m/s。

所以初速度的范围为5 m/s≤vA≤6 m/s和vA≥3 m/s。〚导学号06400323〛

4.

(2017·山东临沂莒南县月考)如图所示,一辆质量为m0=3 kg的平板小车A停靠在竖直光滑墙壁处,地面水平且光滑,一质量为m=1 kg的小铁块B(可视为质点)放在平板小车A最右端,平板小车A上表面水平且与小铁块B之间的动摩擦因数μ=0.5,平板小车A的长度l=0.9 m。现给小铁块B一个v0=5 m/s的初速度使之向左运动,与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动,求小铁块B在平板小车A上运动的整个过程中系统损失的机械能(重力加速度g取10 m/s2)。

答案9 J

解析设小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为v1,根据动能定理得-μmgl=,解得v1=4 m/s。假设发生弹性碰撞后小铁块B最终和平板小车A达到的共同速度为v2,根据动量守恒定律得mv1=(m0+m)v2,解得v2=1 m/s。设小铁块B在平板小车A上相对滑动的位移为x时与平板小车A达到共同速度v2,则根据功能关系得-μmgx=(m0+m),解得x=1.2 m。由于x>l,说明小铁块B在没有与平板小车A达到共同速度时就滑出平板小车A,所以小铁块B在平板小车上运动的整个过程中系统损失的机械能为ΔE=2μmgl=9 J。

5.如图所示,一质量m=2 kg的滑块从高h=1.5 m处无初速度下落,沿切线方向进入固定的粗糙圆弧AB,圆弧半径R=1.5 m,再经长l=4 m的粗糙平面BC滑上静止于光滑水平地面上质量为m0=4 kg的足够长的长木板,长木板的上表面与BC面齐平,与C点的间隙可忽略,滑块滑至C点时的速度vC=6 m/s。当滑块滑至长木板上表面的同时施加给长木板一个大小为F=6 N的水平向右的作用力,经t0=1 s撤去F。已知滑块与粗糙圆弧AB、粗糙平面BC及长木板上表面的动摩擦因数均为μ=0.2(g取10 m/s2)。求:

(1)滑块在粗糙圆弧AB上运动时克服摩擦力所做的功;

(2)滑块与长木板的最终速度的大小及滑块在长木板上表面上滑动时所产生的热量。

答案(1)8 J　(2)3 m/s　16.5 J

解析(1)由动能定理可得mg(h+R)-μmg·l+WfAB=

解得WfAB=-8 J,即在AB圆弧上克服摩擦力做功为8 J。

(2)设滑块滑上长木板后,相对长木板滑动时加速度大小为a1,此过程中长木板的加速度大小为a2,则有μmg=ma1,F+μmg=m0a2,解得a1=μg=2 m/s2,a2=2.5 m/s2。

当二者速度相等时vC-a1t1=a2t1,解得t1= s。

因为t0<t1,所以撤去外力F时,二者还未相对静止,t0=1 s时m的速度v1=vC-a1t0=4 m/s,长木板的速度v2=a2t0=2.5 m/s。

该过程滑块相对木板的位移为s相对=t0-t0=3.75 m。

产生的热量Q1=μmgs相对=15 J。

此后由于撤去F,由二者组成的系统满足动量守恒,有

mv1+m0v2=(m0+m)v共

得滑块与长木板的最终速度v共=3 m/s。

由能量守恒知此过程产生的热量为

Q2=m0(m0+m)=1.5 J。

所以滑块在长木板上表面上滑动时所产生的热量Q总=Q1+Q2=16.5 J。〚导学号06400324〛

6.(2017·安徽马鞍山一模)如图所示,右端是四分之一圆弧的装置P,质量M=3.0 kg,其水平段AB粗糙,圆弧段BC光滑,半径R=0.4 m。现将P固定在光滑的水平地面上,一质量m=10 kg的小物块(可视为质点)以速度v0=4 m/s从A端沿水平方向滑上P,恰能运动到圆弧的最高点C,物块与AB段的动摩擦因数μ=0.4,求:(g取10 m/s2)

(1)AB段的长度L;

(2)若P不固定,物块在圆弧面上能上升的最大高度h;

(3)在满足(2)的条件下,通过计算判断物块是否会从P上掉落,若不掉落,最终物块距A点多远?

答案(1)1 m　(2)0.2 m　(3)不会从P上掉落　距离A点0.5 m处

解析(1)物块从A到C的过程中,根据动能定理得

-μmgL-mgh=0-

代入数据得L=1 m。

(2)物块在装置P上滑动过程,系统水平方向动量守恒,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有mv0=(M+m)v

当物块滑到最高点的过程中,物块和装置P组成的系统满足功能关系有(M+m)v2+mgh+μmgL

联立并代入数据解得h=0.2 m。

(3)假设物块不会从装置P上滑下,设物块在装置P上相对滑动的路程为s,物块和装置P组成的系统动量守恒,有

mv0=(M+m)v'

若物块最终停止在装置P上,系统满足功能关系

(M+m)v'2+μmgs

联立并代入数据解得s=1.5 m

由于s<2L,所以小木块不会从滑块上滑下,最终小木块停止在距离A点0.5 m处。

7.

(2017·广东汕头二模)如图所示,两个弹性小球a和b的质量分别为ma、mb。a球原来静止在离地高度H=2.4 m的P点,b球原来静止在离地高度h=1.6 m的Q点。先静止释放a球,在a球即将碰到b球时同样静止释放b球,两球碰撞时间极短,碰后在同一竖直线运动,已知mb=3ma,g取10 m/s2,忽略小球大小、空气阻力及碰撞中的动能损失,且小球落地后不再跳起。求:

(1)a球即将碰到b球时的速度大小;

(2)b球与a球先后落地的时间差。

答案(1)4 m/s　(2)0.4 s

解析(1)设a球下落至即将碰到b球的位置时,有v2=2g(H-h)

代入数据解得a球即将碰到b球时速度v=4 m/s。

(2)a球与b球碰撞过程动量守恒(取向下方向为正方向),得mav=mava+mbvb

碰撞过程没有动能损失,得mav2=mamb

将mb=3ma和其余数据代入解得碰后a球和b球的速度分别为

va=-2 m/s(方向向上)

vb=2 m/s(方向向下)

碰后b球做竖直下抛运动,经时间t落地,有h=vbt+gt2

碰后a球做竖直上抛运动,运动时间比b球多Δt,有

h=va(t+Δt)+g(t+Δt)2

代入数据解得两球先后落地的时间差Δt=0.4 s。

8.(2017·黑龙江实验中学月考)如图所示,在光滑的水平面上有一长为L的木板B,其右侧边缘放有小滑块C,与木板B完全相同的木板A以一定的速度向左运动,与木板B发生正碰,碰后两者粘在一起并继续向左运动,最终滑块C刚好没有从木板A上掉下。已知木板A、B和滑块C的质量均为m,C与A、B之间的动摩擦因数均为μ。求:

(1)木板A与B碰前的速度v0;

(2)整个过程中木板B对木板A的冲量I。

答案(1)2　(2)-,负号表示B对A的冲量方向向右

解析(1)木板A、B碰后瞬时速度为v1,碰撞过程中动量守恒,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=2mv1。

A、B粘为一体后通过摩擦力与C发生作用,最后有共同的速度v2,此过程中动量守恒,以A的速度方向为正方向,由动量守恒定律得2mv1=3mv2。

C在A上滑动过程中,由能量守恒定律得-μmgL=·3m·2m。

联立以上三式解得v0=2。

(2)根据动量定理可知,B对A的冲量与A对B的冲量等大反向,则I的大小等于B的动量变化量,即I=-mv2=-,负号表示B对A的冲量方向向右。