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必刷06 动力学、动量和能量观点在力学中的综合应用-2021届高考物理二轮复习专项必刷（人教版）
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必刷点1 应用力学三大观点解决多过程问题
典例1. (2020·山东模拟)如图所示,半径为R1=1.8 m的14光滑圆弧与半径为R2=0.3 m的半圆光滑细管平滑连接并固定,光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L=2.0 m、质量为M=1.5 kg的木板,木板上表面正好与管口底部相切,处在同一水平线上,木板的左方有一足够长的台阶,其高度正好与木板相同.现在让质量为m2=2 kg的物块静止于B处,质量为m1=1 kg的物块从光滑圆弧顶部的A处由静止释放,物块m1下滑至B处和m2碰撞后不再分开,整体设为物块m(m=m1+m2).物块m穿过半圆管底部C处滑上木板使其从静止开始向左运动,当木板速度为2 m/s时,木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零),若g=10 m/s2,物块碰撞前后均可视为质点,圆管粗细不计.
(1)求物块m1和m2碰撞过程中损失的机械能;
(2)求物块m滑到半圆管底部C处时所受支持力大小;
(3)若物块m与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ=0.25,求物块m在台阶表面上滑行的最大距离.
【答案】 (1)12 J (2)190 N (3)0.8 m
【解析】 (1)设物块m1下滑到B点时的速度为vB,由机械能守恒可得:m1gR1=12m1vB2,解得vB=6 m/s
m1、m2碰撞满足动量守恒:m1vB=(m1+m2)v共
解得v共=2 m/s
则碰撞过程中损失的机械能为:
E损=12m1vB2-12mv共2=12 J.
(2)物块m由B到C满足机械能守恒:
12mv共2+mg×2R2=12mvC2
解得:vC=4 m/s
在C处由牛顿第二定律可得:F N-mg=mvC2R2
解得:F N=190 N.
(3)物块m滑上木板后,当木板速度为v2=2 m/s时,物块速度设为v1,由动量守恒定律得:mvC=mv1+Mv2
解得v1=3 m/s
设在此过程中物块运动的位移为x1,木板运动的位移为x2,由动能定理得,对物块m:-μmgx1=12mv12-12mvC2
解得:x1=1.4 m
对木板M:μmgx2=12Mv22,解得:x2=0.4 m
此时木板静止,物块m到木板左端的距离为:
x3=L+x2-x1=1 m
设物块m在台阶表面上运动的最大距离为x4,由动能定理得:-μmg(x3+x4)=0-12mv12
解得:x4=0.8 m.
变式1. (2018·全国卷Ⅲ)如图,在竖直平面内,一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切,BC为圆弧轨道的直径,O为圆心,OA和OB之间的夹角为α, sin α=35.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动,经A点沿圆弧轨道通过C点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及轨道作用力外,小球还一直受到一水平恒力的作用.已知小球在C点所受合力的方向指向圆心,且此时小球对轨道的压力恰好为零.重力加速度大小为g.求
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小;
(2)小球达A点时动量的大小;
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间.
【答案】 (1)34mg 5gR2 (2)m23gR2 (3)355Rg
【解析】 (1)设水平恒力的大小为F0,小球到达C点时所受合力的大小为F,由力的合成法则,则有:F0mg=tan α
F2=(mg)2+F02
设小球到达C点时的速度大小为v,
由牛顿第二定律得:F=mv2R
联立以上各式,结合题目所给数据,解得:F0=34mg
v=5gR2.
(2)设小球到达A点的速度大小v1,作CD⊥PA,
交PA于D点,由几何关系得:DA=R sin α
CD=R(1+cs α)
由动能定理有,-mg·CD-F0·DA=12mv2-12mv12
联立以上各式,结合题目所给数据,可得小球在A点的动量大小为:p=mv1=m23gR2.
(3)小球离开C点后,在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动,加速度大小为g,设小球在竖直方向的初速度为v⊥,从C点落到水平轨道上所用时间为t,由运动学公式,则有:v⊥t+12gt2=CD
v⊥=vsin α
联立以上各式,结合题目数据,解得:t=355Rg.
必刷点2 力学三大观点综合应用的两个模型（“滑块—木板”模型）
典例2 (2020·四川模拟)一质量M=6 kg的木板B静止于光滑水平面上,物块A质量m=6 kg,停在B的左端.质量为m0=1 kg的小球用长为L=0.8 m的轻绳悬挂在固定点O上,将轻绳拉直至水平位置后,由静止释放小球,小球在最低点与A发生碰撞后反弹,反弹所能达到的最大高度为h=0.2 m,物块与小球可视为质点,不计空气阻力.已知A、B间的动摩擦因数μ=0.1(g=10 m/s2),求:
(1)小球运动到最低点与A碰撞前瞬间,小球的速度;
(2)小球与A碰撞后瞬间,物块A的速度;
(3)为使A、B达到共同速度前A不滑离木板,木板B至少多长.
【答案】 (1)4 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m
【解析】 (1)小球下摆过程,由机械能守恒定律得:m0gL=12m0v02
代入数据解得:v0=4 m/s.
(2)小球反弹过程机械能守恒,有:m0gh=12m0v12
代入数据解得:v1=2 m/s
小球与A碰撞过程系统动量守恒,以小球的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:m0v0=-m0v1+mvA
代入数据解得:vA=1 m/s.
(3)物块A与木板B相互作用过程,系统动量守恒,以A的速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mvA=(m+M)v
代入数据解得:v=0.5 m/s
由能量守恒定律得:μmgx=12mvA2-12(m+M)v2
代入数据解得:x=0.25 m.
变式2.(多选)如图甲,光滑水平面上放着长木板B,质量为m=2 kg的木块A以速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面,由于A、B之间存在摩擦,之后木块A与长木板B的速度随时间变化情况如图乙所示,重力加速度g=10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A.木块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1
B.长木板的质量M=2 kg
C.长木板B的长度至少为2 m
D.木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为4 J
【答案】 AB
【解析】 由题图可知,木块A先做匀减速运动,长木板B先做匀加速运动,最后一起做匀速运动,共同速度v=1 m/s,取向右为正方向,根据动量守恒定律得:mv0=(m+M)v,解得:M=m=2 kg,故B正确;由题图可知,长木板B匀加速运动的加速度为:aB=ΔvΔt=11 m/s2=1 m/s2,对长木板B,根据牛顿第二定律得:μmg=MaB,μ=0.1,故A正确;由题图可知前1 s内长木板B的位移为:xB=12×1×1 m=0.5 m,木块A的位移为:xA=2+12×1 m=1.5 m,所以长木板B的最小长度为:L=xA-xB=1 m,故C错误;木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为:ΔE=12mv02-12(m+M)v2=2 J,故D错误.
必刷点3 力学三大观点综合应用的两个模型（“滑块—斜面(圆弧)”碰撞模型）
典例3. (2020·广东模拟)如图所示,在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B,其中A与C的质量相等均为m,曲面劈B的质量M=3m,曲面劈B的曲面下端与水平面相切,且曲面劈B足够高,各接触面均光滑.现让小物块C以水平速度v0向右运动,与A发生碰撞,碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B.求:
(1)碰撞过程中系统损失的机械能;
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度.
【答案】 (1)14mv02 (2)3v0240g
【解析】 (1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起,以v0的方向为正方向
由动量守恒定律得:mv0=2mv,解得v=12v0
碰撞过程中系统损失的机械能为E损=12mv02-12×2mv2
解得E损=14mv02.
(2)当小物块A、C上升到最大高度时,A、B、C的速度相等.根据动量守恒定律:mv0=(m+m+3m)v1
解得v1=15v0
根据机械能守恒得2mgh=12×2m12v02-12×5m15v02
解得h=3v0240g.
变式3.如图所示,在光滑水平面上有一块长为L的木板B,其上表面粗糙,在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接,圆弧槽的下端与木板的上表面相平,B、C静止在水平面上.现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B并以v02的速度滑离B,恰好能到达C的最高点.A、B、C的质量均为m,试求:
(1)木板B上表面的动摩擦因数μ;
(2)14圆弧槽C的半径R.
【答案】 (1)5v0216gL (2)v0264g
【解析】 (1)当A在B上滑动时,A与BC整体发生相互作用,由于水平面光滑,A与BC组成的系统动量守恒,选向左的方向为正方向,有:mv0=m12v0+2mv1 ①
由能量守恒得知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的能,即:μmgL=12mv02-12m12v02-12×2mv12 ②
联立①②解得:μ=5v0216gL ③
(2)当A滑上C,B与C分离,A、C发生相互作用.设A到达最高点时两者的速度相等均v2,
A、C组成的系统水平方向动量守恒,有:m12v0+mv1=(m+m)v2 ④
由A、C组成的系统机械能守恒,有:12m12v02+12mv12=12(2m)v22+mgR ⑤
联立④⑤解得:R=v0264g.
练考点 过基础 过素养
题组一 力学三大观点综合应用的两个模型
(2020·河北模拟)半圆形光滑轨道固定在水平地面上,如图所示,并使其轨道平面与地面垂直,物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放,二者碰后粘在一起向上运动,最高能上升到轨道M点,已知OM与竖直方向夹角为60°,则两物体的质量之比m1∶m2为( )
A.(2+1)∶(2-1) B.2∶1 C.(2-1)∶(2+1) D.1∶2
【答案】C
【解析】 两球到达最低点的过程由动能定理得:mgR=12mv2,解得:v=2gR
所以两球到达最低点的速度均为2gR
设向左为正方向,则m1的速度v1=-2gR,m2的速度v2=2gR,由于碰撞瞬间动量守恒得:
m2v2+m1v1=(m1+m2)v共
解得:v共=m2-m1m1+m22gR ①
二者碰后粘在一起向左运动,最高能上升到轨道M点,
对此过程由动能定理得:
-(m1+m2)gR(1-cs 60°)=0-12(m1+m2)v共2 ②
由①②解得:(m1+m2)2(m2-m1)2=2
整理得:m1∶m2=(2-1)∶(2+1).
2.(2020·山西模拟)如图甲所示,质量m1=4 kg的足够长的长木板静止在光滑水平面上,质量m2=1 kg的小物块静止在长木板的左端.现对小物块施加一水平向右的作用力F,小物块和长木板运动的速度-时间图象如图乙所示.2 s后,撤去F,g取10 m/s2.求:
(1)小物块与长木板之间的动摩擦因数μ;
(2)水平力的大小F;
(3)撤去F后,小物块和长木板组成的系统损失的机械能ΔE.
【答案】 (1)0.2 (2)4 N (3)3.6 J
【解析】 (1)由题图可知:
长木板的加速度a1=12 m/s2=0.5 m/s2
由牛顿第二定律可知:小物块施加给长木板的滑动摩擦力
Ff=m1a1=2 N
小物块与长木板之间的动摩擦因数:μ=Ffm2g=0.2.
(2)由题图可知,小物块的加速度a2=42 m/s2=2 m/s2
由牛顿第二定律可知:F-μm2g=m2a2
解得F=4 N.
(3)撤去F后,小物块和长木板组成的系统动量守恒,以向右为正方向,最终两者以相同速度(设为v)运动
m1v1+m2v2=(m1+m2)v
代入数据解得v=1.6 m/s
则系统损失的机械能ΔE=12m1v12+12m2v22-12(m1+m2)v2=3.6 J.
3.(2020·福建模拟)如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面,斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ.一质量为m(mA.h B.mm+Mh C.mMh D.Mm+Mh
【答案】 D
【解析】 斜面固定时,由动能定理得:-mgh=0-12mv02,所以v0=2gh;斜面不固定时,由水平方向动量守恒得:mv0=(M+m)v,由机械能守恒得:12mv02=12(m+M)v2+mgh',解得:h'=Mm+Mh.故选D.
4.(2020·湖南模拟)如图所示,质量为m1=0.5 kg的小物块P置于台面上的A点并与水平弹簧的右端接触(不拴接),轻弹簧左端固定,且处于原长状态.质量M=1 kg的长木板静置于水平面上,其上表面与水平台面相平,且紧靠台面右端.木板左端放有一质量m2=1 kg的小滑块Q.现用水平向左的推力将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内),撤去推力,此后P沿台面滑到边缘C时速度v0=10 m/s,与长木板左端的滑块Q相碰,最后物块P停在AC的正中点,滑块Q停在木板上.已知台面AB部分光滑,P与台面AC间的动摩擦因数μ1=0.1,A、C间距离L=4 m.滑块Q与木板上表面间的动摩擦因数μ2=0.4,木板下表面与水平面间的动摩擦因数μ3=0.1(g取10 m/s2),求:
(1)撤去推力时弹簧的弹性势能;
(2)长木板运动中的最大速度;
(3)长木板的最小长度.
【答案】 (1)27 J (2)2 m/s (3)3 m
【解析】(1)小物块P由B点到C点的过程:W弹-μ1m1gL=12m1v02-0
解得:W弹=27 J
Ep=W弹=27 J
即撤去推力时弹簧的弹性势能为27 J.
(2)小物块P和滑块Q碰撞过程动量守恒,以v0的方向为正方向m1v0=-m1vP+m2vQ
小物块P从碰撞后到静止-12μ1m1gL=0-12m1vP2
解得vQ=6 m/s
滑块Q在长木板上滑动过程中:
对Q:-μ2m2g=m2a1
对木板:μ2m2g-μ3(M+m2)g=Ma2
解得:a1=-4 m/s2
a2=2 m/s2
当滑块Q和木板速度相等时,木板速度最大,
设最大速度为v,滑行时间为t0
对Q:v=vQ+a1t0
对木板:v=a2t0
解得:t0=1 s
v=2 m/s
则长木板运动中的最大速度为2 m/s.
(3)在滑块Q和木板相对滑动过程中
Q的位移:xQ=12(vQ+v)·t0
木板的位移:x板=12(0+v)·t0
木板的最小长度:L=xQ-x板
解得:L=3 m.
5. (2019·全国卷Ⅰ)(部分)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图(a)所示.t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止.物块A运动的v-t图象如图(b)所示,图中的v1和t1均为未知量.已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加速度大小为g,不计空气阻力.求物块B的质量.
【答案】 3m
【解析】根据图(b),v1为A在碰撞前瞬间的速度大小,v12为其碰撞后瞬间速度大小.设物块B的质量为m',碰后瞬间的速度为v',根据动量守恒定律可得:mv1=m-v12+m'v'
根据能量守恒定律可得:12mv12=12m-v122+12m'v'2
联立解得m'=3m.
6.(多选)如图甲所示,光滑平台上的物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车B上,小车与水平面间的摩擦不计,重力加速度为g,乙图为物体A与小车B的v-t图象,由此可求出( )
A.小车B上表面的最小长度
B.物体A与小车B的质量之比
C.物体A与小车B上表面间的动摩擦因数
D.小车B获得的动能
【答案】 ABC
【解析】 由图象可知,A、B最终以共同速度v1匀速运动,则小车B上表面的长度l≥12v0t1,故A可求出;由动量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v1,故可以求出物体A与小车B的质量之比mAmB=v1v0-v1,故B可求出;由图象可以知道物体A相对小车B的位移Δx=12v0t1,根据能量守恒定律得μmAgΔx=12mAv02-12(mA+mB)v12,可以求出动摩擦因数μ,C可求出;由于小车B和物体A的质量未知,故不能确定小车B获得的动能和物体A减少的动能,D不可求出.
7.如图甲所示,半径为R=0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,B点为轨道最低点,在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车,其质量M=5 kg,长度L=0.5 m,车的上表面与B点等高,可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放,其质量m=1 kg,g取10 m/s2.
(1)求物块滑到B点时对轨道压力的大小;
(2)若平板车上表面粗糙,物块最终没有滑离平板车,求物块最终速度的大小;
(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料,物块在平板车上向右滑动时,所受摩擦力Ff随它距B点位移L的变化关系如图乙所示,物块最终滑离了平板车,求物块滑离平板车时的速度大小.
【答案】 (1)30 N (2)0.5 m/s (3)5 m/s
【解析】(1)物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中机械能守恒:mgR=12mvB2
解得:vB=3 m/s
在B点由牛顿第二定律得F N-mg=mvB2R
解得:F N=30 N
由牛顿第三定律可知物块滑到B点时对轨道的压力大小F N'=F N=30 N.
(2)物块滑上平板车后,系统的动量守恒,mvB=(m+M)v共
解得v共=0.5 m/s.
(3)物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为Ff-L图线与横轴所围的面积,则克服摩擦力做功为Wf=(2+6)×0.52 J=2 J
物块在平板车上滑动的过程中,由动能定理得:-Wf=12mv2-12mvB2
解得:v=5 m/s.
8.如图所示,光滑水平面上有一矩形长木板,木板左端放一小物块,已知木板质量大于小物块质量,t=0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动,碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来,运动过程中小物块一直未离开木板,则关于小物块运动的速度v随时间t变化的图象可能正确的是( )
【答案】 A
【解析】 木板碰到挡板前,小物块与木板一直做匀速运动,速度为v0;木板碰到挡板后,小物块向右做匀减速运动,速度减至零后向左做匀加速运动,木板向左做匀减速运动,最终两者速度相同,设为v.设木板的质量为M,小物块的质量为m,取向左为正方向,则由动量守恒得:Mv0-mv0=(M+m)v,得v=M-mM+mv0题组二 应用力学三大观点解决多过程问题
9.(2020·湖北模拟)如图所示,固定点O上系一长L=0.6 m的细绳,细绳的下端系一质量m=1.0 kg的小球(可视为质点),原来处于静止状态,球与平台的B点接触但对平台无压力,平台高h=0.80 m,一质量M=2.0 kg的物块开始静止在平台上的P点,现对物块M施予一水平向右的初速度v0,物块M沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘B处与小球m发生正碰,碰后小球m在绳的约束下做圆周运动,经最高点A时,绳上的拉力恰好等于小球的重力,而物块M落在水平地面上的C点,其水平位移x=1.2 m,不计空气阻力,g=10 m/s2.
(1)求物块M碰撞后的速度大小;
(2)若平台表面与物块M间的动摩擦因数μ=0.5,物块M与小球的初始距离为x1=1.3 m,求物块M在P处的初速度大小.
【答案】(1)3.0 m/s (2)7.0 m/s
【解析】 (1)碰后物块M做平抛运动,设其平抛运动的初速度为v3,平抛运动时间为t
h=12gt2 ①
x=v3t ②
得:v3=xg2h=3.0 m/s ③
(2)物块M与小球在B点处碰撞,设碰撞前物块M的速度为v1,碰撞后小球的速度为v2,由动量守恒定律:Mv1=mv2+Mv3 ④
碰后小球从B点处运动到最高点A过程中机械能守恒,设小球在A点的速度为vA,则
12mv22=12mvA2+2mgL ⑤
小球在最高点时有:2mg=mvA2L ⑥
由⑤⑥解得:v2=6.0 m/s ⑦
由③④⑦解得:v1=mv2+Mv3M=6.0 m/s ⑧
物块M从P点运动到B点过程中,由动能定理:-μMgx1=12Mv12-12Mv02 ⑨
解得:v0=v12+2μgx1=7.0 m/s ⑩
10.如图所示,一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置),从A点由静止出发绕O点下摆,当摆到最低点B时,女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,然后自己刚好能回到高处A.已知男演员质量为2m和女演员质量为m,秋千的质量不计,秋千的摆长为R,C点比O点低5R.不计空气阻力,求:
(1)摆到最低点B,女演员未推男演员时秋千绳的拉力;
(2)推开过程中,女演员对男演员做的功;
(3)男演员落地点C与O点的水平距离s.
【答案】(1)9mg (2)6mgR (3)8R
【解析】(1)第一个过程:两杂技演员从A点下摆到B点,只有重力做功,机械能守恒.设二者到达B点的速度大小为v0,则由机械能守恒定律有:(m+2m)gR=12(m+2m)v02
女演员未推男演员时,秋千绳的拉力设为FT,由两杂技演员受力分析有:
FT-(2m+m)g=(m+2m)v02R
所以FT=9mg.
(2)第二个过程:两演员相互作用,沿水平方向动量守恒.
设作用后女、男演员的速度大小分别为v1、v2,
所以有(m+2m)v0=2mv2-mv1
第三个过程:女演员上摆到A点过程中机械能守恒,因此有mgR=12mv12
女演员推开男演员时对男演员做的功为
W=12×2mv22-12×2mv02
联立得:v2=22gR,W=6mgR.
(3)第四个过程:男演员自B点平抛落地,有:s=v2t
设运动时间为t,可由竖直方向的自由落体运动得出4R=12gt2,
联立可解得s=8R.
11.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),然后二者一起向右运动,在平台上运动的v2-x关系图线如图乙所示,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大小;
(2)子弹射入小木块前的速度大小;
(3)子弹射入木块前至木块滑出平台时,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拋运动,有h=12gt2, s=vt,
联立两式可得v=s2hg=4 m/s.
设子弹射入木块后两者的共同速度为v1,由图乙并结合数学知识可知
40 m2· s-2-v2=v12-40 m2· s-2,解得v1=8 m/s,
子弹射入木块的过程中,根据动量守恒定律有mv0=(M+m)v1,解得v0=(M+m)v1m=80 m/s.
(3)设子弹射入木块前至木块滑出平台时系统所产生的内能为Q,则Q=12mv02-12(M+m)v2=312 J.
12.某工地一传输工件的装置可简化为如图所示的情形,AB为一段足够大的14圆弧固定轨道,圆弧半径R=5.4 m,BC为水平轨道,CD为一段14圆弧固定轨道,圆弧半径r=1 m,三段轨道均光滑.一长为L=4 m、质量为m2=1 kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端,小车上表面刚好与AB轨道相切,且与CD轨道最低点处于同一水平面.一可视为质点、质量为m1=2 kg的工件从距AB轨道最低点h高处沿轨道自由滑下,滑上小车后带动小车也向右运动,小车与CD轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C处.工件只有从CD轨道最高点飞出,才能被站在台面上的工人接住.工件与小车间的动摩擦因数为μ=0.5,重力加速度g=10 m/s2.当工件从h=0.5R高处由静止下滑时,求:
(1)工件到达圆形轨道最低点B对轨道的压力NB;
(2)工件滑进小车后,小车恰好到达平台处与工件共速,求BC之间的距离;
(3)若平板小车长L'=3.4 m,工件在小车与CD轨道碰撞前已经共速,则工件应该从多高处下滑才能让站台上的工人接住?
【答案】 (1)40 N,方向竖直向下 (2)5.2 m (3)3.47 m
【解析】 (1)工件下滑到B处,速度为v0,此过程机械能守恒,有:12m1v02=m1gh,
在B处有:NB-m1g=m1v02R
联立以上两式求得:NB=40 N;
由牛顿第三定律得工件对轨道最低点B的压力大小为:NB'=NB=40 N,方向竖直向下.
(2)设工件与小车共速的速度为v1,由动量守恒定律得:m1v0=(m1+m2)v1
设小车移动位移s1,由动能定理得:μm1gs1=12m2v12-0
联立求得:s1=1.2 m
所以sBC=L+s1=5.2 m.
(3)设工件滑至B点时速度为v0',与小车共速为v1',工件到达C点时速度为v2'
由动量守恒定律得:m1v0'=(m1+m2)v1'
由能量守恒定律得:μm1gL'=12m1v'02-12m2v'12-12m1v'22
工件恰好滑到CD轨道最高点,由机械能守恒定律得:12m1v'22=m2gr
工件从高为h'处下滑,则12m1v'02=m1gh'
联立代入数据解得:h'=3.47 m.
13.如图所示,一条带有圆轨道的长轨道水平固定,圆轨道竖直,底端分别与两侧的直轨道相切,半径R=0.5 m,物块A以v0=6 m/s的速度滑入圆轨道,滑过最高点Q,再沿圆轨道滑出后,与直轨上P处静止的物块B碰撞,碰后粘在一起运动.P点左侧轨道光滑,右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段长度都为L=0.1 m.物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.1,A、B的质量均为m=1 kg(重力加速度g取10 m/s2;A、B视为质点,碰撞时间极短).
(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F;
(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值;
(3)求碰后AB滑至第n个(n【答案】 (1)4 m/s 22 N (2)45 (3)vAB=9-0.2n m/s
【解析】 (1)由机械能守恒定律可得:12mv02=mg(2R)+12mv2
解得:v=4 m/s
由F+mg=mv2R可得:F=22 N.
(2)AB碰撞前A的速度为vA,由机械能守恒定律可得:12mv02=12mvA2
得vA=v0=6 m/s
AB碰撞后以共同速度vP前进,设向右为正方向,由动量守恒定律可得:mv0=(m+m)vP
解得:vP=3 m/s
故总动能Ek=12(m+m)vP2=12×2×9 J=9 J
滑块每经过一段粗糙段损失的机械能
ΔE=fL=μ(m+m)gL=0.1×20×0.1 J=0.2 J
k=EkΔE=90.2=45.
(3)AB整体滑到第n个光滑段上损失的能量:
E损=nΔE=0.2n J
从AB碰撞后运动到第n个光滑段的过程中,由能量守恒定律可得:
12(m+m)vP2-12(m+m)vAB2=nΔE
代入解得:vAB=9-0.2n m/s.
14.(2019·全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为mA=1.0 kg,mB=4.0 kg;两者之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m,如图所示.某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使A、B瞬间分离,两物块获得的动能之和为Ek=10.0 J.释放后,A沿着与墙壁垂直的方向向右运动.A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.20.重力加速度取g=10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短.
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小;
(2)物块A、B中的哪一个先停止?该物块刚停止时A与B之间的距离是多少;
(3)A和B都停止后,A与B之间的距离是多少?
【答案】 (1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物块B先停止 0.50 m (3)0.91 m
【解析】 (1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB,以向右为正方向,由动量守恒定律和题给条件有:0=mAvA-mBvB
Ek=12mAvA2+12mBvB2
联立以上两式并代入题给数据得
vA=4.0 m/s,vB=1.0 m/s
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等,二者运动的过程中,若A一直向右运动,一直到停止,则对A由动量定理可得:-μmAgt1=0-mAvA
解得t1=2.0 s
B一直向左运动,则:-μmBgt2=0-mBvB
可得:t2=0.5 s
可知B先停止运动,该过程中B的位移:xB=12mBvB2-0μmBg
代入数据可得:xB=0.25 m
从二者分开到B停止,A若一直向右运动,由动量定理可得:-μmAgt2=mAvA'-mAvA
B停止时A的速度:vA'=vA-μgt2
代入数据可得:vA'=3 m/s
对A由动能定理可得:-μmAg·xA=12mAvA'2-12mAvA2
则位移:xA=1.75 m>l=1.0 m
这表明在时间t2内A已与墙壁发生碰撞,但没有与B发生碰撞,此时A位于出发点右边的距离为:Δx=2l-xA=0.25 m处
B位于出发点左边0.25 m处,两物块之间的距离s为:s=xB+Δx=0.25 m+0.25 m=0.50 m.
(3)t2时刻后A将继续向左运动,假设它能与静止的B碰撞,碰撞时速度的大小为vA″,由动能定理有:-μmAg·s=12mAv″A2-12mAvA'2 ⑩
联立并代入题给数据得:vA″=7 m/s
故A与B将发生碰撞.设碰撞后A、B的速度分别为vA0以和vB0,由动量守恒定律与机械能守恒定律有:mA(-vA″)=mAvA0+mBvB0
以及:12mAv″A2=12mAvA02+12mBvB02
联立并代入题给数据得:vA0=375 m/s,vB0=-275 m/s
这表明碰撞后A将向右运动,B继续向左运动.设碰撞后A向右运动距离为xA'时停止,B向左运动距离为xB'时停止,由动能定理可得:xA'=12mAvA02-0μmAg,xB'=12mBvB02-0μmBg
代入数据得:xA'=0.63 m,xB'=0.28 m
xA'小于碰撞处到墙壁的距离.由上式可得两物块停止后的距离:s'=xA'+xB'=0.91 m.
(2020·山西模拟)如图,物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下,初始时静止;从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A相撞,碰撞后两者粘连在一起运动,碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器(图中未画出)测得.某同学以h为纵坐标,v2为横坐标,利用实验数据作直线拟合,求得该直线的斜率为k=1.92×10-3 s2/m.已知物块A和B的质量分别为mA=0.400 kg和mB=0.100 kg,重力加速度大小g=9.8 m/s2.
(1)若碰撞时间极短且忽略空气阻力,求h-v2直线斜率的理论值k0.
(2)求k值的相对误差δδ=|k-k0|k0×100%,结果保留1位有效数字.
【答案】 (1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物块B先停止 0.50 m (3)0.91 m
【解析】 (1)设物块A和B碰撞后共同运动的速度为v',取向右为正方向,由动量守恒定律有:mBv=(mA+mB)v' ①
在碰撞后A和B共同上升的过程中,由机械能守恒定律有：12(mA+mB)v'2=(mA+mB)gh ②
联立①②式得h=mB22g(mA+mB)2v2 ③
由题意得:h-v2直线斜率的理论值k0=mB22g(mA+mB)2 ④
代入题给数据得k0=2.04×10-3 s2/m ⑤
(2)按照定义知,k值的相对误差 δ=|k-k0|k0×100% ⑥
由⑤⑥式和题给条件得 δ=6%.
必刷点1 应用力学三大观点解决多过程问题
典例1. (2020·山东模拟)如图所示,半径为R1=1.8 m的14光滑圆弧与半径为R2=0.3 m的半圆光滑细管平滑连接并固定,光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L=2.0 m、质量为M=1.5 kg的木板,木板上表面正好与管口底部相切,处在同一水平线上,木板的左方有一足够长的台阶,其高度正好与木板相同.现在让质量为m2=2 kg的物块静止于B处,质量为m1=1 kg的物块从光滑圆弧顶部的A处由静止释放,物块m1下滑至B处和m2碰撞后不再分开,整体设为物块m(m=m1+m2).物块m穿过半圆管底部C处滑上木板使其从静止开始向左运动,当木板速度为2 m/s时,木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零),若g=10 m/s2,物块碰撞前后均可视为质点,圆管粗细不计.
(1)求物块m1和m2碰撞过程中损失的机械能;
(2)求物块m滑到半圆管底部C处时所受支持力大小;
(3)若物块m与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ=0.25,求物块m在台阶表面上滑行的最大距离.
【答案】 (1)12 J (2)190 N (3)0.8 m
【解析】 (1)设物块m1下滑到B点时的速度为vB,由机械能守恒可得:m1gR1=12m1vB2,解得vB=6 m/s
m1、m2碰撞满足动量守恒:m1vB=(m1+m2)v共
解得v共=2 m/s
则碰撞过程中损失的机械能为:
E损=12m1vB2-12mv共2=12 J.
(2)物块m由B到C满足机械能守恒:
12mv共2+mg×2R2=12mvC2
解得:vC=4 m/s
在C处由牛顿第二定律可得:F N-mg=mvC2R2
解得:F N=190 N.
(3)物块m滑上木板后,当木板速度为v2=2 m/s时,物块速度设为v1,由动量守恒定律得:mvC=mv1+Mv2
解得v1=3 m/s
设在此过程中物块运动的位移为x1,木板运动的位移为x2,由动能定理得,对物块m:-μmgx1=12mv12-12mvC2
解得:x1=1.4 m
对木板M:μmgx2=12Mv22,解得:x2=0.4 m
此时木板静止,物块m到木板左端的距离为:
x3=L+x2-x1=1 m
设物块m在台阶表面上运动的最大距离为x4,由动能定理得:-μmg(x3+x4)=0-12mv12
解得:x4=0.8 m.
变式1. (2018·全国卷Ⅲ)如图,在竖直平面内,一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切,BC为圆弧轨道的直径,O为圆心,OA和OB之间的夹角为α, sin α=35.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动,经A点沿圆弧轨道通过C点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及轨道作用力外,小球还一直受到一水平恒力的作用.已知小球在C点所受合力的方向指向圆心,且此时小球对轨道的压力恰好为零.重力加速度大小为g.求
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小;
(2)小球达A点时动量的大小;
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间.
【答案】 (1)34mg 5gR2 (2)m23gR2 (3)355Rg
【解析】 (1)设水平恒力的大小为F0,小球到达C点时所受合力的大小为F,由力的合成法则,则有:F0mg=tan α
F2=(mg)2+F02
设小球到达C点时的速度大小为v,
由牛顿第二定律得:F=mv2R
联立以上各式,结合题目所给数据,解得:F0=34mg
v=5gR2.
(2)设小球到达A点的速度大小v1,作CD⊥PA,
交PA于D点,由几何关系得:DA=R sin α
CD=R(1+cs α)
由动能定理有,-mg·CD-F0·DA=12mv2-12mv12
联立以上各式,结合题目所给数据,可得小球在A点的动量大小为:p=mv1=m23gR2.
(3)小球离开C点后,在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动,加速度大小为g,设小球在竖直方向的初速度为v⊥,从C点落到水平轨道上所用时间为t,由运动学公式,则有:v⊥t+12gt2=CD
v⊥=vsin α
联立以上各式,结合题目数据,解得:t=355Rg.
必刷点2 力学三大观点综合应用的两个模型（“滑块—木板”模型）
典例2 (2020·四川模拟)一质量M=6 kg的木板B静止于光滑水平面上,物块A质量m=6 kg,停在B的左端.质量为m0=1 kg的小球用长为L=0.8 m的轻绳悬挂在固定点O上,将轻绳拉直至水平位置后,由静止释放小球,小球在最低点与A发生碰撞后反弹,反弹所能达到的最大高度为h=0.2 m,物块与小球可视为质点,不计空气阻力.已知A、B间的动摩擦因数μ=0.1(g=10 m/s2),求:
(1)小球运动到最低点与A碰撞前瞬间,小球的速度;
(2)小球与A碰撞后瞬间,物块A的速度;
(3)为使A、B达到共同速度前A不滑离木板,木板B至少多长.
【答案】 (1)4 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m
【解析】 (1)小球下摆过程,由机械能守恒定律得:m0gL=12m0v02
代入数据解得:v0=4 m/s.
(2)小球反弹过程机械能守恒,有:m0gh=12m0v12
代入数据解得:v1=2 m/s
小球与A碰撞过程系统动量守恒,以小球的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:m0v0=-m0v1+mvA
代入数据解得:vA=1 m/s.
(3)物块A与木板B相互作用过程,系统动量守恒,以A的速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mvA=(m+M)v
代入数据解得:v=0.5 m/s
由能量守恒定律得:μmgx=12mvA2-12(m+M)v2
代入数据解得:x=0.25 m.
变式2.(多选)如图甲,光滑水平面上放着长木板B,质量为m=2 kg的木块A以速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面,由于A、B之间存在摩擦,之后木块A与长木板B的速度随时间变化情况如图乙所示,重力加速度g=10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A.木块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1
B.长木板的质量M=2 kg
C.长木板B的长度至少为2 m
D.木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为4 J
【答案】 AB
【解析】 由题图可知,木块A先做匀减速运动,长木板B先做匀加速运动,最后一起做匀速运动,共同速度v=1 m/s,取向右为正方向,根据动量守恒定律得:mv0=(m+M)v,解得:M=m=2 kg,故B正确;由题图可知,长木板B匀加速运动的加速度为:aB=ΔvΔt=11 m/s2=1 m/s2,对长木板B,根据牛顿第二定律得:μmg=MaB,μ=0.1,故A正确;由题图可知前1 s内长木板B的位移为:xB=12×1×1 m=0.5 m,木块A的位移为:xA=2+12×1 m=1.5 m,所以长木板B的最小长度为:L=xA-xB=1 m,故C错误;木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为:ΔE=12mv02-12(m+M)v2=2 J,故D错误.
必刷点3 力学三大观点综合应用的两个模型（“滑块—斜面(圆弧)”碰撞模型）
典例3. (2020·广东模拟)如图所示,在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B,其中A与C的质量相等均为m,曲面劈B的质量M=3m,曲面劈B的曲面下端与水平面相切,且曲面劈B足够高,各接触面均光滑.现让小物块C以水平速度v0向右运动,与A发生碰撞,碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B.求:
(1)碰撞过程中系统损失的机械能;
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度.
【答案】 (1)14mv02 (2)3v0240g
【解析】 (1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起,以v0的方向为正方向
由动量守恒定律得:mv0=2mv,解得v=12v0
碰撞过程中系统损失的机械能为E损=12mv02-12×2mv2
解得E损=14mv02.
(2)当小物块A、C上升到最大高度时,A、B、C的速度相等.根据动量守恒定律:mv0=(m+m+3m)v1
解得v1=15v0
根据机械能守恒得2mgh=12×2m12v02-12×5m15v02
解得h=3v0240g.
变式3.如图所示,在光滑水平面上有一块长为L的木板B,其上表面粗糙,在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接,圆弧槽的下端与木板的上表面相平,B、C静止在水平面上.现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B并以v02的速度滑离B,恰好能到达C的最高点.A、B、C的质量均为m,试求:
(1)木板B上表面的动摩擦因数μ;
(2)14圆弧槽C的半径R.
【答案】 (1)5v0216gL (2)v0264g
【解析】 (1)当A在B上滑动时,A与BC整体发生相互作用,由于水平面光滑,A与BC组成的系统动量守恒,选向左的方向为正方向,有:mv0=m12v0+2mv1 ①
由能量守恒得知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的能,即:μmgL=12mv02-12m12v02-12×2mv12 ②
联立①②解得:μ=5v0216gL ③
(2)当A滑上C,B与C分离,A、C发生相互作用.设A到达最高点时两者的速度相等均v2,
A、C组成的系统水平方向动量守恒,有:m12v0+mv1=(m+m)v2 ④
由A、C组成的系统机械能守恒,有:12m12v02+12mv12=12(2m)v22+mgR ⑤
联立④⑤解得:R=v0264g.
练考点 过基础 过素养
题组一 力学三大观点综合应用的两个模型
(2020·河北模拟)半圆形光滑轨道固定在水平地面上,如图所示,并使其轨道平面与地面垂直,物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放,二者碰后粘在一起向上运动,最高能上升到轨道M点,已知OM与竖直方向夹角为60°,则两物体的质量之比m1∶m2为( )
A.(2+1)∶(2-1) B.2∶1 C.(2-1)∶(2+1) D.1∶2
【答案】C
【解析】 两球到达最低点的过程由动能定理得:mgR=12mv2,解得:v=2gR
所以两球到达最低点的速度均为2gR
设向左为正方向,则m1的速度v1=-2gR,m2的速度v2=2gR,由于碰撞瞬间动量守恒得:
m2v2+m1v1=(m1+m2)v共
解得:v共=m2-m1m1+m22gR ①
二者碰后粘在一起向左运动,最高能上升到轨道M点,
对此过程由动能定理得:
-(m1+m2)gR(1-cs 60°)=0-12(m1+m2)v共2 ②
由①②解得:(m1+m2)2(m2-m1)2=2
整理得:m1∶m2=(2-1)∶(2+1).
2.(2020·山西模拟)如图甲所示,质量m1=4 kg的足够长的长木板静止在光滑水平面上,质量m2=1 kg的小物块静止在长木板的左端.现对小物块施加一水平向右的作用力F,小物块和长木板运动的速度-时间图象如图乙所示.2 s后,撤去F,g取10 m/s2.求:
(1)小物块与长木板之间的动摩擦因数μ;
(2)水平力的大小F;
(3)撤去F后,小物块和长木板组成的系统损失的机械能ΔE.
【答案】 (1)0.2 (2)4 N (3)3.6 J
【解析】 (1)由题图可知:
长木板的加速度a1=12 m/s2=0.5 m/s2
由牛顿第二定律可知:小物块施加给长木板的滑动摩擦力
Ff=m1a1=2 N
小物块与长木板之间的动摩擦因数:μ=Ffm2g=0.2.
(2)由题图可知,小物块的加速度a2=42 m/s2=2 m/s2
由牛顿第二定律可知:F-μm2g=m2a2
解得F=4 N.
(3)撤去F后,小物块和长木板组成的系统动量守恒,以向右为正方向,最终两者以相同速度(设为v)运动
m1v1+m2v2=(m1+m2)v
代入数据解得v=1.6 m/s
则系统损失的机械能ΔE=12m1v12+12m2v22-12(m1+m2)v2=3.6 J.
3.(2020·福建模拟)如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面,斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ.一质量为m(m
【答案】 D
【解析】 斜面固定时,由动能定理得:-mgh=0-12mv02,所以v0=2gh;斜面不固定时,由水平方向动量守恒得:mv0=(M+m)v,由机械能守恒得:12mv02=12(m+M)v2+mgh',解得:h'=Mm+Mh.故选D.
4.(2020·湖南模拟)如图所示,质量为m1=0.5 kg的小物块P置于台面上的A点并与水平弹簧的右端接触(不拴接),轻弹簧左端固定,且处于原长状态.质量M=1 kg的长木板静置于水平面上,其上表面与水平台面相平,且紧靠台面右端.木板左端放有一质量m2=1 kg的小滑块Q.现用水平向左的推力将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内),撤去推力,此后P沿台面滑到边缘C时速度v0=10 m/s,与长木板左端的滑块Q相碰,最后物块P停在AC的正中点,滑块Q停在木板上.已知台面AB部分光滑,P与台面AC间的动摩擦因数μ1=0.1,A、C间距离L=4 m.滑块Q与木板上表面间的动摩擦因数μ2=0.4,木板下表面与水平面间的动摩擦因数μ3=0.1(g取10 m/s2),求:
(1)撤去推力时弹簧的弹性势能;
(2)长木板运动中的最大速度;
(3)长木板的最小长度.
【答案】 (1)27 J (2)2 m/s (3)3 m
【解析】(1)小物块P由B点到C点的过程:W弹-μ1m1gL=12m1v02-0
解得:W弹=27 J
Ep=W弹=27 J
即撤去推力时弹簧的弹性势能为27 J.
(2)小物块P和滑块Q碰撞过程动量守恒,以v0的方向为正方向m1v0=-m1vP+m2vQ
小物块P从碰撞后到静止-12μ1m1gL=0-12m1vP2
解得vQ=6 m/s
滑块Q在长木板上滑动过程中:
对Q:-μ2m2g=m2a1
对木板:μ2m2g-μ3(M+m2)g=Ma2
解得:a1=-4 m/s2
a2=2 m/s2
当滑块Q和木板速度相等时,木板速度最大,
设最大速度为v,滑行时间为t0
对Q:v=vQ+a1t0
对木板:v=a2t0
解得:t0=1 s
v=2 m/s
则长木板运动中的最大速度为2 m/s.
(3)在滑块Q和木板相对滑动过程中
Q的位移:xQ=12(vQ+v)·t0
木板的位移:x板=12(0+v)·t0
木板的最小长度:L=xQ-x板
解得:L=3 m.
5. (2019·全国卷Ⅰ)(部分)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图(a)所示.t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止.物块A运动的v-t图象如图(b)所示,图中的v1和t1均为未知量.已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加速度大小为g,不计空气阻力.求物块B的质量.
【答案】 3m
【解析】根据图(b),v1为A在碰撞前瞬间的速度大小,v12为其碰撞后瞬间速度大小.设物块B的质量为m',碰后瞬间的速度为v',根据动量守恒定律可得:mv1=m-v12+m'v'
根据能量守恒定律可得:12mv12=12m-v122+12m'v'2
联立解得m'=3m.
6.(多选)如图甲所示,光滑平台上的物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车B上,小车与水平面间的摩擦不计,重力加速度为g,乙图为物体A与小车B的v-t图象,由此可求出( )
A.小车B上表面的最小长度
B.物体A与小车B的质量之比
C.物体A与小车B上表面间的动摩擦因数
D.小车B获得的动能
【答案】 ABC
【解析】 由图象可知,A、B最终以共同速度v1匀速运动,则小车B上表面的长度l≥12v0t1,故A可求出;由动量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v1,故可以求出物体A与小车B的质量之比mAmB=v1v0-v1,故B可求出;由图象可以知道物体A相对小车B的位移Δx=12v0t1,根据能量守恒定律得μmAgΔx=12mAv02-12(mA+mB)v12,可以求出动摩擦因数μ,C可求出;由于小车B和物体A的质量未知,故不能确定小车B获得的动能和物体A减少的动能,D不可求出.
7.如图甲所示,半径为R=0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,B点为轨道最低点,在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车,其质量M=5 kg,长度L=0.5 m,车的上表面与B点等高,可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放,其质量m=1 kg,g取10 m/s2.
(1)求物块滑到B点时对轨道压力的大小;
(2)若平板车上表面粗糙,物块最终没有滑离平板车,求物块最终速度的大小;
(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料,物块在平板车上向右滑动时,所受摩擦力Ff随它距B点位移L的变化关系如图乙所示,物块最终滑离了平板车,求物块滑离平板车时的速度大小.
【答案】 (1)30 N (2)0.5 m/s (3)5 m/s
【解析】(1)物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中机械能守恒:mgR=12mvB2
解得:vB=3 m/s
在B点由牛顿第二定律得F N-mg=mvB2R
解得:F N=30 N
由牛顿第三定律可知物块滑到B点时对轨道的压力大小F N'=F N=30 N.
(2)物块滑上平板车后,系统的动量守恒,mvB=(m+M)v共
解得v共=0.5 m/s.
(3)物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为Ff-L图线与横轴所围的面积,则克服摩擦力做功为Wf=(2+6)×0.52 J=2 J
物块在平板车上滑动的过程中,由动能定理得:-Wf=12mv2-12mvB2
解得:v=5 m/s.
8.如图所示,光滑水平面上有一矩形长木板,木板左端放一小物块,已知木板质量大于小物块质量,t=0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动,碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来,运动过程中小物块一直未离开木板,则关于小物块运动的速度v随时间t变化的图象可能正确的是( )
【答案】 A
【解析】 木板碰到挡板前,小物块与木板一直做匀速运动,速度为v0;木板碰到挡板后,小物块向右做匀减速运动,速度减至零后向左做匀加速运动,木板向左做匀减速运动,最终两者速度相同,设为v.设木板的质量为M,小物块的质量为m,取向左为正方向,则由动量守恒得:Mv0-mv0=(M+m)v,得v=M-mM+mv0
9.(2020·湖北模拟)如图所示,固定点O上系一长L=0.6 m的细绳,细绳的下端系一质量m=1.0 kg的小球(可视为质点),原来处于静止状态,球与平台的B点接触但对平台无压力,平台高h=0.80 m,一质量M=2.0 kg的物块开始静止在平台上的P点,现对物块M施予一水平向右的初速度v0,物块M沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘B处与小球m发生正碰,碰后小球m在绳的约束下做圆周运动,经最高点A时,绳上的拉力恰好等于小球的重力,而物块M落在水平地面上的C点,其水平位移x=1.2 m,不计空气阻力,g=10 m/s2.
(1)求物块M碰撞后的速度大小;
(2)若平台表面与物块M间的动摩擦因数μ=0.5,物块M与小球的初始距离为x1=1.3 m,求物块M在P处的初速度大小.
【答案】(1)3.0 m/s (2)7.0 m/s
【解析】 (1)碰后物块M做平抛运动,设其平抛运动的初速度为v3,平抛运动时间为t
h=12gt2 ①
x=v3t ②
得:v3=xg2h=3.0 m/s ③
(2)物块M与小球在B点处碰撞,设碰撞前物块M的速度为v1,碰撞后小球的速度为v2,由动量守恒定律:Mv1=mv2+Mv3 ④
碰后小球从B点处运动到最高点A过程中机械能守恒,设小球在A点的速度为vA,则
12mv22=12mvA2+2mgL ⑤
小球在最高点时有:2mg=mvA2L ⑥
由⑤⑥解得:v2=6.0 m/s ⑦
由③④⑦解得:v1=mv2+Mv3M=6.0 m/s ⑧
物块M从P点运动到B点过程中,由动能定理:-μMgx1=12Mv12-12Mv02 ⑨
解得:v0=v12+2μgx1=7.0 m/s ⑩
10.如图所示,一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置),从A点由静止出发绕O点下摆,当摆到最低点B时,女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,然后自己刚好能回到高处A.已知男演员质量为2m和女演员质量为m,秋千的质量不计,秋千的摆长为R,C点比O点低5R.不计空气阻力,求:
(1)摆到最低点B,女演员未推男演员时秋千绳的拉力;
(2)推开过程中,女演员对男演员做的功;
(3)男演员落地点C与O点的水平距离s.
【答案】(1)9mg (2)6mgR (3)8R
【解析】(1)第一个过程:两杂技演员从A点下摆到B点,只有重力做功,机械能守恒.设二者到达B点的速度大小为v0,则由机械能守恒定律有:(m+2m)gR=12(m+2m)v02
女演员未推男演员时,秋千绳的拉力设为FT,由两杂技演员受力分析有:
FT-(2m+m)g=(m+2m)v02R
所以FT=9mg.
(2)第二个过程:两演员相互作用,沿水平方向动量守恒.
设作用后女、男演员的速度大小分别为v1、v2,
所以有(m+2m)v0=2mv2-mv1
第三个过程:女演员上摆到A点过程中机械能守恒,因此有mgR=12mv12
女演员推开男演员时对男演员做的功为
W=12×2mv22-12×2mv02
联立得:v2=22gR,W=6mgR.
(3)第四个过程:男演员自B点平抛落地,有:s=v2t
设运动时间为t,可由竖直方向的自由落体运动得出4R=12gt2,
联立可解得s=8R.
11.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),然后二者一起向右运动,在平台上运动的v2-x关系图线如图乙所示,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大小;
(2)子弹射入小木块前的速度大小;
(3)子弹射入木块前至木块滑出平台时,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拋运动,有h=12gt2, s=vt,
联立两式可得v=s2hg=4 m/s.
设子弹射入木块后两者的共同速度为v1,由图乙并结合数学知识可知
40 m2· s-2-v2=v12-40 m2· s-2,解得v1=8 m/s,
子弹射入木块的过程中,根据动量守恒定律有mv0=(M+m)v1,解得v0=(M+m)v1m=80 m/s.
(3)设子弹射入木块前至木块滑出平台时系统所产生的内能为Q,则Q=12mv02-12(M+m)v2=312 J.
12.某工地一传输工件的装置可简化为如图所示的情形,AB为一段足够大的14圆弧固定轨道,圆弧半径R=5.4 m,BC为水平轨道,CD为一段14圆弧固定轨道,圆弧半径r=1 m,三段轨道均光滑.一长为L=4 m、质量为m2=1 kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端,小车上表面刚好与AB轨道相切,且与CD轨道最低点处于同一水平面.一可视为质点、质量为m1=2 kg的工件从距AB轨道最低点h高处沿轨道自由滑下,滑上小车后带动小车也向右运动,小车与CD轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C处.工件只有从CD轨道最高点飞出,才能被站在台面上的工人接住.工件与小车间的动摩擦因数为μ=0.5,重力加速度g=10 m/s2.当工件从h=0.5R高处由静止下滑时,求:
(1)工件到达圆形轨道最低点B对轨道的压力NB;
(2)工件滑进小车后,小车恰好到达平台处与工件共速,求BC之间的距离;
(3)若平板小车长L'=3.4 m,工件在小车与CD轨道碰撞前已经共速,则工件应该从多高处下滑才能让站台上的工人接住?
【答案】 (1)40 N,方向竖直向下 (2)5.2 m (3)3.47 m
【解析】 (1)工件下滑到B处,速度为v0,此过程机械能守恒,有:12m1v02=m1gh,
在B处有:NB-m1g=m1v02R
联立以上两式求得:NB=40 N;
由牛顿第三定律得工件对轨道最低点B的压力大小为:NB'=NB=40 N,方向竖直向下.
(2)设工件与小车共速的速度为v1,由动量守恒定律得:m1v0=(m1+m2)v1
设小车移动位移s1,由动能定理得:μm1gs1=12m2v12-0
联立求得:s1=1.2 m
所以sBC=L+s1=5.2 m.
(3)设工件滑至B点时速度为v0',与小车共速为v1',工件到达C点时速度为v2'
由动量守恒定律得:m1v0'=(m1+m2)v1'
由能量守恒定律得:μm1gL'=12m1v'02-12m2v'12-12m1v'22
工件恰好滑到CD轨道最高点,由机械能守恒定律得:12m1v'22=m2gr
工件从高为h'处下滑,则12m1v'02=m1gh'
联立代入数据解得:h'=3.47 m.
13.如图所示,一条带有圆轨道的长轨道水平固定,圆轨道竖直,底端分别与两侧的直轨道相切,半径R=0.5 m,物块A以v0=6 m/s的速度滑入圆轨道,滑过最高点Q,再沿圆轨道滑出后,与直轨上P处静止的物块B碰撞,碰后粘在一起运动.P点左侧轨道光滑,右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段长度都为L=0.1 m.物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.1,A、B的质量均为m=1 kg(重力加速度g取10 m/s2;A、B视为质点,碰撞时间极短).
(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F;
(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值;
(3)求碰后AB滑至第n个(n
【解析】 (1)由机械能守恒定律可得:12mv02=mg(2R)+12mv2
解得:v=4 m/s
由F+mg=mv2R可得:F=22 N.
(2)AB碰撞前A的速度为vA,由机械能守恒定律可得:12mv02=12mvA2
得vA=v0=6 m/s
AB碰撞后以共同速度vP前进,设向右为正方向,由动量守恒定律可得:mv0=(m+m)vP
解得:vP=3 m/s
故总动能Ek=12(m+m)vP2=12×2×9 J=9 J
滑块每经过一段粗糙段损失的机械能
ΔE=fL=μ(m+m)gL=0.1×20×0.1 J=0.2 J
k=EkΔE=90.2=45.
(3)AB整体滑到第n个光滑段上损失的能量:
E损=nΔE=0.2n J
从AB碰撞后运动到第n个光滑段的过程中,由能量守恒定律可得:
12(m+m)vP2-12(m+m)vAB2=nΔE
代入解得:vAB=9-0.2n m/s.
14.(2019·全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为mA=1.0 kg,mB=4.0 kg;两者之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m,如图所示.某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使A、B瞬间分离,两物块获得的动能之和为Ek=10.0 J.释放后,A沿着与墙壁垂直的方向向右运动.A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.20.重力加速度取g=10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短.
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小;
(2)物块A、B中的哪一个先停止?该物块刚停止时A与B之间的距离是多少;
(3)A和B都停止后,A与B之间的距离是多少?
【答案】 (1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物块B先停止 0.50 m (3)0.91 m
【解析】 (1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB,以向右为正方向,由动量守恒定律和题给条件有:0=mAvA-mBvB
Ek=12mAvA2+12mBvB2
联立以上两式并代入题给数据得
vA=4.0 m/s,vB=1.0 m/s
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等,二者运动的过程中,若A一直向右运动,一直到停止,则对A由动量定理可得:-μmAgt1=0-mAvA
解得t1=2.0 s
B一直向左运动,则:-μmBgt2=0-mBvB
可得:t2=0.5 s
可知B先停止运动,该过程中B的位移:xB=12mBvB2-0μmBg
代入数据可得:xB=0.25 m
从二者分开到B停止,A若一直向右运动,由动量定理可得:-μmAgt2=mAvA'-mAvA
B停止时A的速度:vA'=vA-μgt2
代入数据可得:vA'=3 m/s
对A由动能定理可得:-μmAg·xA=12mAvA'2-12mAvA2
则位移:xA=1.75 m>l=1.0 m
这表明在时间t2内A已与墙壁发生碰撞,但没有与B发生碰撞,此时A位于出发点右边的距离为:Δx=2l-xA=0.25 m处
B位于出发点左边0.25 m处,两物块之间的距离s为:s=xB+Δx=0.25 m+0.25 m=0.50 m.
(3)t2时刻后A将继续向左运动,假设它能与静止的B碰撞,碰撞时速度的大小为vA″,由动能定理有:-μmAg·s=12mAv″A2-12mAvA'2 ⑩
联立并代入题给数据得:vA″=7 m/s
故A与B将发生碰撞.设碰撞后A、B的速度分别为vA0以和vB0,由动量守恒定律与机械能守恒定律有:mA(-vA″)=mAvA0+mBvB0
以及:12mAv″A2=12mAvA02+12mBvB02
联立并代入题给数据得:vA0=375 m/s,vB0=-275 m/s
这表明碰撞后A将向右运动,B继续向左运动.设碰撞后A向右运动距离为xA'时停止,B向左运动距离为xB'时停止,由动能定理可得:xA'=12mAvA02-0μmAg,xB'=12mBvB02-0μmBg
代入数据得:xA'=0.63 m,xB'=0.28 m
xA'小于碰撞处到墙壁的距离.由上式可得两物块停止后的距离:s'=xA'+xB'=0.91 m.
(2020·山西模拟)如图,物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下,初始时静止;从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A相撞,碰撞后两者粘连在一起运动,碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器(图中未画出)测得.某同学以h为纵坐标,v2为横坐标,利用实验数据作直线拟合,求得该直线的斜率为k=1.92×10-3 s2/m.已知物块A和B的质量分别为mA=0.400 kg和mB=0.100 kg,重力加速度大小g=9.8 m/s2.
(1)若碰撞时间极短且忽略空气阻力,求h-v2直线斜率的理论值k0.
(2)求k值的相对误差δδ=|k-k0|k0×100%,结果保留1位有效数字.
【答案】 (1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物块B先停止 0.50 m (3)0.91 m
【解析】 (1)设物块A和B碰撞后共同运动的速度为v',取向右为正方向,由动量守恒定律有:mBv=(mA+mB)v' ①
在碰撞后A和B共同上升的过程中,由机械能守恒定律有：12(mA+mB)v'2=(mA+mB)gh ②
联立①②式得h=mB22g(mA+mB)2v2 ③
由题意得:h-v2直线斜率的理论值k0=mB22g(mA+mB)2 ④
代入题给数据得k0=2.04×10-3 s2/m ⑤
(2)按照定义知,k值的相对误差 δ=|k-k0|k0×100% ⑥
由⑤⑥式和题给条件得 δ=6%.
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