1、专题分层突破练 8 应用力学三大观点解决综合问题 A 组 1.(2020 湖北高三月考)如图甲所示,在光滑水平面上有一小车,其质量 M=2 kg,车上放置有质量 mA=2 kg 的木板 A,木板上有可视为质点的物体 B,其质量 mB=4 kg。已知木板 A 与小车间的动摩擦因数 0=0.3。A、B 紧靠车厢前壁,A 的左端与小车后壁间的距离为 x=2 m。现对小车施加水平方向的恒力F,使小车从静止开始做匀加速直线运动,经过1 s木板A与车厢后壁发生碰撞,该过程中 A 的速度时间图像如图乙所示,已知重力加速度大小 g 取 10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)求 A、B 间的动摩擦因
2、数;(2)求恒力 F 的大小;(3)木板 A 与小车后壁碰撞后粘在一起(碰撞时间极短),碰后立即撤去恒力 F,若要使物体 B 不与小车后壁发生碰撞,则小车车厢前、后壁间距 L 至少为多少?2.(2020 辽宁高三模拟)跑步健身可以增强体质,增强人的意志和毅力。跑步涉及很多物理现象,如图所示,长L=24 m的木板右端固定一立柱,板和立柱的总质量 M=60 kg,木板置于水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数=0.05。质量 m=60 kg 的人(视为质点)立于木板左端,木板与人均静止。若人以大小为 a1=2 m/s2的加速度匀加速向右跑至木板的右端,并立即抱住立柱,g 取10 m/s2,求:(1)
3、从人开始奔跑至到达木板右端所经历的时间 t;(2)人抱住立柱的瞬间损失的机械能 E;(3)从人开始运动到最终木板静止,木板发生的位移大小 x。3.(2020山东高三模拟)若物体做机械振动的回复力F 回与振动物体的位移x满足关系式F 回=-kx,那么机械振动的周期为 T=2,其中 k 为常数。如图是多米诺骨牌中滚球触发机关的一段示意图,轻质弹簧一端固定在斜面底端,质量为 0.2 kg 的小球放在倾角为 60的光滑斜面最上端B 点,在弹簧弹力作用下处于静止状态,弹簧的劲度系数为 k0=52 N/m。长度 l=0.5 m 的水平轨道 CD 和光滑圆弧轨道在 D 点相切,B、C 竖直高度差 h=0.6
4、 m,小球在水平轨道上受到恒定阻力 f=0.6 N。现用沿斜面向下的推力使小球缓慢移动一小段距离到达 A 点,此时突然撤去推力,弹簧上端到达 B 点时立即被锁定,小球从 B 点弹出后恰好沿水平方向进入 CD 轨道,继续运动到弧面上的触发点 E,原速率弹回。重力加速度 g 取 10 m/s2。求:(1)小球第一次到 C 点时的速度大小;(2)小球从 A 点到 B 点的过程中弹簧对小球的冲量大小;(3)小球最终停止时离 D 点的距离。B 组 4.(2020 山东高三二模)足够长的木板静止放置在水平桌面上,木块 A、B 静止放置在长木板上,木块 C 固定在长木板上。木块 A 和 B 的质量 mA=m
5、B=m,木块 C 的质量为 mC=2m,长木板的质量为m,木块 A、B 与木板间的动摩擦因数为,木板与地面间的动摩擦因数为5,木块间的距离均为d,给木块 A 一个水平向右的初速度 v0=14,已知木块碰撞后均粘在一起以共同速度运动,且碰撞时间极短,木块可看作质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为 g。求:(1)A 与 B 碰撞后瞬间的速度大小;(2)A、B 与 C 碰撞后瞬间 A、B、C 共同的速度大小。5.(2020 天津高三模拟)如图所示,在竖直平面内的光滑水平坑道的左侧有一直角三角形光滑斜面 AC,坑道右侧接一半径为 R 的半圆形光滑轨道 DE,且 C 与 D 等高。坑道内有一上
6、表面粗糙、与 DC 水平线等高、质量为 2m 的平板车。平板车开始在坑道的左侧。已知斜面 AC 高为 10R、长为 25R,一质量为 m 可看成质点的滑块由静止从 A 点滑下(重力加速度为 g),求:(1)滑块滑到 C 时的速度大小;(2)若滑块滑上车的瞬间(拐角处)无机械能损失,且小车到达 D 点的瞬间滑块恰滑到车的右端,继续滑上半圆形轨道,且它滑到最高点 E 时对轨道的压力恰好为零,则滑块在平板车上滑行时产生了多少内能;(3)若平板车的长度为 10R,则滑块与平板车之间的滑动摩擦力大小为多少。6.(2020 广西高三二模)如图所示,木槽 A 质量为 m,置于水平桌面上,木槽上底面光滑,下底
7、面与桌面间的动摩擦因数为,槽内放有两个滑块 B 和 C(两滑块都可看作质点),B、C 的质量分别为 m 和 2m,现用这两个滑块将很短的轻质弹簧压紧(两滑块与弹簧均不连接,弹簧长度忽略不计),此时 B 到木槽左端、C 到木槽右端的距离均为 L,弹簧的弹性势能为 Ep=mgL。现同时释放 B、C 两滑块,B 与 A 的竖直内壁的碰撞为弹性碰撞,C 与 A 的竖直内壁碰撞后粘在一起不再分离,且碰撞时间极短。求:(1)B、C 两滑块离开弹簧时的速度 vB、vC的大小;(2)滑块与槽壁第一次碰撞后 A 的速度 v1的大小;(3)木槽 A 在与滑块第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中,木槽 A 对地位移
8、x 的大小。参考答案 专题分层突破练 8 应用力学 三大观点解决综合问题 1.答案(1)0.25(2)34 N(3)3.975 m 解析(1)若 A、B 间不发生相对滑动,则 A、B 整体的加速度 a=0g=3m/s2 由乙图可知,A 的加速度 aA=4m/s2 即 A、B 间发生相对滑动,对 A 有 0(mA+mB)g-mBg=mAaA 可得=0.25(2)对小车,在该过程中,F-0(mA+mB)g=Ma 且 x=12at2-12aAt2 可得 a=8m/s2,F=34N(3)知当 A 与小车碰撞时 vA=4m/s vB=gt=2.5m/s v 车=at=8m/s 该过程中 B 相对于 A
9、滑动距离为 L1=12aAt2-12aBt2=0.75m A 与小车在碰撞中动量守恒,可知 Mv 车+mAvA=(M+mA)v 可得 v=6m/s 由动量守恒定律和能量守恒定律有(M+mA)v+mBvB=(M+mA+mB)v 共 且12(M+mA)v2+12mB2 12(M+mA+mB)共2=mBgL2 可得 L2=1.225m 故前、后壁间距 Lx+L1+L2=3.975m 2.答案(1)4 s(2)2 160 J(3)4 m 解析(1)人向右运动过程中,受到摩擦力大小 f1=ma1=602N=120N 木板向左加速运动 f1-(M+m)g=Ma2 解得 a2=1-(+)=120-0.051
10、201060m/s2=1m/s2 人运动的位移 x1=12a1t2 木板运动的位移 x2=12a2t2 二者反向运动,位移满足 L=x1+x2 解得 t=4s(2)人抱住立柱瞬间前,人的速度大小为 v1=a1t=24m/s=8m/s 此时立柱的速度大小为 v2=a2t=14m/s=4m/s 人抱住立柱瞬间,人和立柱共速,选择水平向右为正方向,根据动量守恒定律有 mv1-Mv2=(M+m)v 解得 v=1-2+=2m/s 根据能量守恒定律有 E=12 12+12 22 12(M+m)v2 解得 E=2160J(3)根据(1)可知 x2=12a2t2=12116m=8m 人抱住立柱后,共同减速的加
11、速度 a3=(+)+=g=0.5m/s2 共减速的位移 x3=223=2220.5m=4m 则木板移动的位移 x=x2-x3=4m 3.答案(1)2 m/s(2)0.973 Ns(3)0.17 m 解析(1)小球从 B 点到 C 点过程 0-(vBsin)2=-2gh 得 vB=4m/s 到达 C 点只有水平速度,根据速度的合成与分解可得 vC=vBcos=2m/s(2)小球在 B 点时 mgsin-k0 x0=0 设小球发生位移 x,则 F=k0(x0+x)-mgsin=k0 x 因为 F 回与 x 方向相反,所以 F 回=-kx,其中 k=k0 因此小球做简谐运动,周期为 T=2=0.4s
12、 小球从 AB 所用时间为 t1=14T=0.1s 由动量定理 I-mgsint1=mvB-0 弹簧对小球冲量大小为 I=0.973Ns(3)设小球在水平轨道 CD 上经 x0停止运动,有-fx0=0-12 2 得 x0=0.67m0.5m 则 x=x0-0.5m=0.17m 即小球停在离 D 点 0.17m 的位置 4.答案(1)3(2)3310 解析(1)对木块 A,根据牛顿第二定律可得 mAg=mAa1 解得 a1=g 木块 A 对木板的摩擦力为 f1=mAg=mg 地面对木板的滑动摩擦力为 f2=5(mA+mB+m+mC)g=mg 由于 f1=f2,所以木块 A 滑动时木板静止不动,对
13、木块 A 根据运动学公式可得 12 02=-2a1d 解得 v1=23 木块 A 与木块 B 碰撞,木块 A 与木块 B 组成的系统动量守恒,则有 mAv1=(mA+mB)v2 解得 v2=3(2)对木块 A、B,根据牛顿第二定律可得(mA+mB)g=(mA+mB)a2 解得 a2=g 木块 A、B 对木板的摩擦力为 f3=(mA+mB)g=2mgf2 根据牛顿第二定律可得木板的加速度为 f3-f2=(m+mC)a3 解得 a3=13g 根据运动学公式可得 xAB=v2t-12a2t2 x 木板=12a3t2 xAB-x 木板=d 联立解得 t=12 3,或 t=3(舍去)木块 A、B 的速度
14、为 v3=v2-a1t=32 木板的速度为 v4=a3t=36 木块 A、B 与木块 C 碰撞,木块 A、B、C 和木板组成的系统动量守恒,则有(mA+mB)v3+(m+mC)v4=(mA+mB+mC+m)v5 解得 A、B 与 C 碰撞后瞬间 A、B、C 共同的速度 v5=3310 5.答案(1)25(2)254 mgR(3)58mg 解析(1)由 A 到 C 由动能定理有 mgh=12 2 解得 vC=25;(2)在 E 点,由牛顿第二定律有 mg=m2 解得 vE=;由机械能守恒定律有 12 2+mg2R=12 2 解得 vD=5;由滑块与小车组成的系统动量守恒有 mvC=mvD+2mv
15、 解得 v=52;由滑块与小车组成的系统能量守恒有 Q=12 2-12 2+122mv2 解得 Q=254 mgR;(3)由功能关系有 Q=fl 解得 f=58mg。6.答案(1)vB=43 vC=13 (2)v1=43 (3)x=6 解析(1)弹簧弹开 B、C 两滑块的过程中,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有 0=2mvC-mvB Ep=12 2+122m2 解得 vB=43 vC=13 (2)由题意得 B 与 A 先碰撞且 B 与 A 为弹性碰撞,则 mvB=mv1+mvB 12 2=12mvB2+12 12 解得 v1=43 vB=0(3)设滑块 B 经过时间 t1与木槽 A 左侧壁碰撞 t1=34 木槽 A 与滑块 B 相撞后,A 向左做匀减速运动,其加速度大小为 a=(+2)=4g 木槽 A 和滑块 B 相撞后速度减为 0 的时间 t2=1=12 假设在(t1+t2)这段时间内,C 与 A 未碰撞,木槽移动的距离为 x1,则 x1=12v1t2=6 滑块 C 和木槽移动的距离之和为 s=vC(t1+t2)+x1=56LL 所以在 C 与 A 相撞前 A 已停止运动,则 x=6