2020届高考物理课标版二轮复习训练题：专题二第5讲 应用“三大观点”解决力学综合问题 Word版含解析

 www.ks5u.com第5讲　应用“三大观点”解决力学综合问题

冲刺提分作业A

1.(2019福建大联考)汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊爆开。某次试验中,质量m1=1 600 kg的试验车以速度v1=36 km/h正面撞击固定试验台,经时间t1=0.10 s碰撞结束,车速减为零,此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响。求:

(1)此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小;

(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2=1 600 kg、速度v2=18 km/h同向行驶的汽车,经时间t2=0.16 s两车以相同的速度一起滑行。试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开。

答案　见解析

解析　(1)v1=36 km/h=10 m/s,取速度v1的方向为正方向

由动量定理有-I0=0-m1v1

得I0=1.6×104 N·s

由冲量定义有I0=F0t1

得F0=1.6×105 N

(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v

由动量守恒定律有m1v1+m2v2=(m1+m2)v

对试验车,由动量定理有-Ft2=m1v-m1v1

得F=2.5×104 N

可见F<F0,故试验车的安全气囊不会爆开

2.(2019湖南衡阳模拟)如图甲所示,在高h=0.8 m的水平平台上放置一质量为m'=0.9 kg的小木块(视为质点),距平台右边缘d=2 m。一质量为m=0.1 kg的子弹沿水平方向射入小木块并留在其中(作用时间极短),然后一起向右运动,在平台上运动的v2-x关系如图乙所示,最后小木块从平台边缘滑出并落在距平台右侧水平距离为s=1.6 m的地面上。g取10 m/s2,求:

(1)小木块滑出平台时的速度;

(2)子弹射入小木块前的速度;

(3)子弹射入小木块前至小木块滑出平台时,系统所产生的内能。

答案　(1)4 m/s　(2)80 m/s　(3)312 J

解析　(1)小木块从平台滑出后做平抛运动,有

h=gt2,s=vt

联立解得v==4 m/s

(2)设子弹射入小木块后共同速度为v1,由题图乙可知

40-v2=-40

解得v1=8 m/s

子弹射入小木块的过程中,根据动量守恒定律有

mv0=(m'+m)v1

v0==80 m/s

(3)设子弹射入小木块前至小木块滑出平台时,系统所产生的内能为Q

则Q=m-×(m'+m)v2=×0.1×802 J-(0.9+0.1)×42 J=312 J

3.(2019山东济宁模拟)如图所示,倾角为37°的斜面固定在地面上,斜面的末端有一垂直于斜面的弹性挡板c,滑块与挡板c相碰后的速率等于碰前的速率,斜面上铺了一层特殊物质,该物质在滑块上滑时对滑块不产生摩擦力,下滑时对滑块有摩擦且动摩擦因数处处相同。现有一质量为M=0.9 kg的滑块沿斜面上滑,到达最高点b时的速度恰好为零,此时恰好与从a点水平抛出的质量为m=0.1 kg的小球在沿斜面方向上发生弹性碰撞,且滑块与弹性挡板c碰后恰好反弹回到b点。已知a点和b点距地面的高度分别为H=2.4 m,h=0.6 m。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。(取g=10 m/s2)求:

(1)小球做平抛运动的初速度大小;

(2)斜面与滑块间的动摩擦因数;

(3)从与小球碰撞到最后停止,滑块在斜面上通过的总路程。

答案　(1)8 m/s　(2)0.25　(3)7 m

解析　(1)小球从a点到b点做平抛运动

在竖直方向有H-h=gt2

小球到达b点时恰好沿斜面方向

有tan 37°=

解得v0=8 m/s

(2)小球到达b点的速度v==10 m/s

小球与滑块发生弹性碰撞,由动量守恒定律得

mv=mv1+Mv2

由能量守恒定律得mv2=m+M

解得滑块与小球碰后的速度v2=2 m/s

由几何关系知斜面长L==1 m

滑块恰好反弹回到b点,由能量守恒定律得

M=μMgL cos 37°

解得μ=0.25

(3)设滑块与挡板第二次碰后到达最高点与c点的距离x2

由能量守恒定律得Mg(L-x2) sin 37°=μMgL cos 37°

解得x2=L= m

设滑块与挡板第三次碰后到达最高点与c点的距离x3

由能量守恒定律得

Mg(x2-x3) sin 37°=μMgx2 cos 37°

解得x3=x2= m

以此类推x4=x3= m

所以滑块在斜面上共通过的路程为

s=3L+2x2+2x3+…+2xn=7 m

4.(2019东北三省四市模拟)如图所示,光滑曲面AB与长度为L=1 m的水平传送带BC平滑连接,传送带上表面以v=1 m/s的速度向右运动。传送带右侧光滑水平地面上放置一个四分之一光滑圆轨道的物体乙,其质量为m2=3 kg。质量为m1=1 kg的物体甲(可视为质点)从曲面上高为h=1 m的A点由静止释放,物体甲与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,不计空气阻力,取g=10 m/s2。求:

(1)甲第一次运动到C点的速度大小;

(2)甲第二次运动到C点的速度大小;

(3)甲第二次到C点后经多长时间再次到达C点。

答案　(1)4 m/s　(2)2 m/s　(3)2.25 s

解析　(1)物体甲从A点运动至B点,由动能定理得

m1gh=m1

解得v1=2 m/s>v,假设物体甲在传送带上一直做匀减速直线运动,由动能定理得

-μm1gL=m1-m1

解得v2=4 m/s

v2>v,假设成立,则物体甲第一次运动到C点的速度大小v2=4 m/s

(2)以物体甲和物体乙为研究对象,从甲滑上乙开始至甲滑下来到达C点的过程中,系统水平方向上动量守恒

m1v2=m1v3+m2v4

由系统能量守恒得m1=m1+m2

解得v3=-2 m/s

则甲第二次到达C点的速度大小为2 m/s

(3)甲向左滑上传送带,做匀减速直线运动

由牛顿第二定律得μm1g=m1a

解得a=2 m/s2

由动能定理得-μm1gL=m1-m1

解得到达B点的速度v5=0

物体甲从C点运动到左端B点的时间t1=

解得t1=1 s

甲向右滑上传送带先做匀加速直线运动,设与传送带共速时所用时间为t2,则t2=

解得t2=0.5 s

设甲在t2时间内的位移为x1,则μm1gx1=m1v2

解得x1=0.25 m

甲与传送带共速后随传送带一起匀速运动,位移x2=L-x1

所用时间t3=

解得t3=0.75 s

甲从第二次到第三次到达C点的过程中的运动时间t=t1+t2+t3

解得t=2.25 s

冲刺提分作业B

1.某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图,皮带在电动机的带动下保持v=1 m/s的恒定速度向右运动,现将一质量为m=2 kg的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5。设皮带足够长,g取10 m/s2,在邮件与皮带发生相对滑动的过程中,求:

(1)邮件滑动的时间t。

(2)邮件对地的位移大小x。

(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。

答案　(1)0.2 s　(2)0.1 m　(3)-2 J

解析　(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F,则

F=μmg

取向右为正方向,对邮件应用动量定理,有

Ft=mv-0

解得t=0.2 s

(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,对邮件应用动能定理,

有Fx=mv2-0

解得x=0.1 m

(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,设皮带相对地面的位移为s

则s=vt

摩擦力对皮带做的功W=-Fs

解得W=-2 J

2.如图所示,质量均为m的小滑块A、B、C厚度均不计。其中B、C两滑块通过劲度系数为k的轻弹簧相连并竖直放置在水平面上。现在将小滑块A从距离B滑块H0高处由静止释放,A、B相碰后立刻粘合为一个整体,且以共同速度向下运动,不计空气阻力,当地重力加速度为g。求:

(1)A、B碰后的共同速度v1的大小;

(2)A、B向下运动的速度最大时,滑块C对水平面的压力大小。

答案　(1)　(2)3mg

解析　(1)设A与B碰撞之前A的瞬时速度为v0,则

mgH0=m

A、B碰撞前后动量守恒,即mv0=2mv1

式中v1为A与B碰撞后的共同速度

联立解得v1=

(2)当A、B的速度最大时,它们所受的合力为零,即处于平衡状态,设此时水平地面对滑块C的支持力大小和滑块C对水平地面的压力大小分别为FN'和FN,对于A、B、C组成的系统

由受力分析可知FN'-3mg=0

由牛顿第三定律可知FN'=FN

联立解得FN=3mg

3.如图所示,半径为R,管径很小的光滑半圆形细管竖直放置,有两个直径略小于管径、质量分别为m1=3m、m2=m的小球P、Q,小球Q静止在水平面上,小球P以某一初速度向右运动,与小球Q发生弹性碰撞。P、Q两球通过最高点C后落地点分别为M、N,已知:=12R。求:

(1)碰撞前小球P的速度;

(2)碰撞后小球P、Q的速度;

(3)小球P、Q经过最高点时,它们对细管的作用力。

答案　(1)3

(2)　

(3)mg,竖直向下　mg,竖直向上

解析　(1)小球P、Q发生弹性碰撞,由动量守恒定律得

m1v0=m1v1+m2v2

由机械能守恒定律得

m1=m1+m2

小球P、Q从水平面运动到最高点C的过程中,由机械能守恒定律得

对P球有m1=m1+m1g·2R

对Q球有m2=m2+m2g·2R

之后两小球做平抛运动,有

h=2R=gt2

P球的水平位移x1=v3t

Q球的水平位移x2=v4t

依题意有(+h2)-(+h2)=144R2

联立解得碰撞前小球P的速度v0=3

(2)由(1)得碰撞后小球P的速度v1=

碰撞后小球Q的速度v2=

(3)由(1)得小球P在最高点C的速度v3=

小球Q在最高点C的速度v4=

以P为研究对象,由牛顿第二定律得FP+m1g=

解得FP=-mg,负号表示细管对小球P的弹力竖直向上

由牛顿第三定律知,小球P对细管的作用力大小是mg,方向竖直向下

以Q为研究对象,由向心力公式FQ+m2g=

解得FQ=mg,正号表示细管对小球Q的弹力竖直向下

由牛顿第三定律知,小球Q对细管的作用力大小是mg,方向竖直向上

4.(2019贵州十校联考)如图所示,一小车上表面由粗糙的水平部分AB和光滑的半圆弧轨道BCD组成,小车紧靠台阶静止在光滑水平地面上,且左端与粗糙水平台等高。水平台与物块P间的滑动摩擦因数为μ=0.2,水平台上有一弹簧,弹簧左端固定,弹簧右端与一个质量为m1=5 kg的小物块接触但不固定,此时弹簧处于压缩状态并锁定,弹簧的弹性势能Ep=100 J。现解除弹簧的锁定,物块P从M点出发,MN间的距离为d=1 m。物块P到N点后与静止在小车左端的质量为m2=1 kg的物块Q(可视为质点)发生弹性碰撞(碰后立即将物块P取走,使之不影响后续物体的运动)。已知AB长为L=10 m,小车的质量为M=3 kg。取重力加速度g=10 m/s2。

(1)求碰撞后瞬间物块Q的速度大小;

(2)若物块Q在半圆弧轨道BCD上经过一次往返运动(运动过程中物块始终不脱离轨道),最终停在小车水平部分AB的中点,求半圆弧轨道BCD的半径至少多大;

(3)若小车上表面AB和半圆弧轨道BCD面均光滑,半圆弧轨道BCD的半径为R=1.2 m,物块Q可以从半圆弧轨道BCD的最高点D飞出,求其再次落回小车时,落点与B点的距离s为多少。(结果可用根号表示)

答案　(1)10 m/s　(2)1.25 m

(3) m

解析　(1)物块P被弹簧弹开运动到N点速度为v1,由能量守恒得

Ep=μm1gd+m1

解得v1=6 m/s

物块P、Q发生弹性碰撞,碰后P、Q的速度为v1'、v2,规定向右为正方向,由动量守恒定律得

m1v1=m1v1'+m2v2

由机械能守恒定律得m1=m1v1'2+m2

解得v1'=4 m/s,v2=10 m/s或v1'=6 m/s,v2=0(舍)

(2)物块Q从开始运动到与小车相对静止过程,共同速度为v3,系统水平方向动量守恒,规定向右为正方向,由动量守恒定律得

m2v2=(m2+M)v3

解得v3=2.5 m/s

系统能量守恒,有m2=μm2g·L+(m2+M)

解得μ=0.25

Q至C点与车共速时,半径R最小,系统能量守恒,有

m2=μm2gL+m2gR+(m2+M)

解得R=1.25 m

(3)设Q通过D点时,Q与小车的速度分别为v4、v5系统水平方向动量守恒、能量守恒,规定向右为正方向,由动量守恒定律得

m2v2=m2v4+Mv5

由机械能守恒定律得

m2=m2+M+m2g·2R

解得v4=-2 m/s,v5=4 m/s或v4=7 m/s,v5=1 m/s(舍)

物块Q通过D点时相对小车的速度大小v4'=6 m/s

物块Q再次落到小车上落点与B点的距离s=v4'

解得s= m