1、专题强化练(八)题组一三大力学观点在力学中的综合应用1.如图所示，可视为质点的两个小球通过长度L6 m的轻绳连接，甲球的质量为m10.2 kg，乙球的质量为m20.1 kg.将两球从距地面某一高度的同一位置先后释放，甲球释放t1 s后再释放乙球，绳子伸直后即刻绷断(细绳绷断的时间极短，可忽略)，此后两球又下落t1.2 s同时落地可认为两球始终在同一竖直线上运动，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)从释放乙球到绳子绷直的时间t0；(2)绳子绷断的过程中绳对甲球拉力的冲量大小解析：(1)细线伸直时甲球的位移为：x甲g(t0t)2，乙球的位移为：x乙gt，因为x甲x乙L，联立解得：
2、t00.1 s.(2)细线伸直时甲、乙的速度分别是：v甲g(t0t)11 m/s，v乙gt01 m/s，设细线绷断瞬间甲、乙球的速度分别为：v甲和v乙，继续下落至落地时有：v乙tgt2(v甲tgt2)L.又在绳绷断的极短时间内两球动量守恒，则有：m1v甲m2v乙m1v甲m2v乙，联立方程解得：v甲6 m/s，v乙11 m/s.设绳子绷断过程中绳对甲球拉力的冲量大小为I，由动量定理得：Im1(v甲v甲)1.0 Ns.答案：(1)0.1 s(2)1.0 Ns2如图所示，地面和半圆轨道面均光滑质量M1 kg、长L4 m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为s3 m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线
3、相平现有一质量m2 kg的滑块(不计大小)以v06 m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动小车与墙壁碰撞时立即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面间的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2.求：(1)求小车与墙壁碰撞时的速度；(2)若滑块在圆轨道滑动的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半径R的取值范围解析：(1)根据牛顿第二定律：对滑块有mgma1，对小车有mgMa2.滑块相对小车静止时，两者速度相等，即v0a1ta2t，由以上各式解得：t1 s，此时小车的速度为v2a2t4 m/s.滑块的位移：x1v0ta1t2，小车的位移：x2a2t2，相对位移：L1x1x2，联立解得：L13 m，x22 m.
4、L1L，x2s，说明滑块滑离小车前已具有相同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与墙壁碰撞时的速度为：v24 m/s.(2)滑块与墙壁碰后在小车上做匀减速运动，运动L2后滑上半圆轨道，L2LL11 m.若滑块恰能通过最高点，设滑至最高点的速度为vQ.则mgm，根据动能定理得：mgL2mg2Rmvmv，解得：R0.24 m.若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道根据动能定理得mgL2mgR0mv，解得：R0.6 m，所以滑块不脱离圆轨道必须满足：R0.24 m或R0.6 m.答案：(1)4 m/s(2)R0.24 m或R0.6 m3.(2018海南卷)如
5、图，光滑轨道PQO的水平段QO，轨道在O点与水平地面平滑连接一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞A、B与地面间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度大小为g.假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短求：(1)第一次碰撞后瞬间A和B的速度大小；(2)A、B均停止运动后，二者之间的距离解析：(1)小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，由机械能守恒定律：mghmv，解得滑至O点时速度为：v0.碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律：mv0mv14mv2，mvmv4mv，联立解得：v1，负号表示A碰撞后速度方向向左，v2，B碰撞后速度方向向右(2
6、)碰撞后，B向右运动，设B向右运动的距离为xB，由动能定理，4mgxB04mv，解得：xBh.碰撞后，A先向左运动，后又向右运动，A从O点开始向右运动xB的距离后速度为vA1，由动能定理，mgxBmvmv，解得：vA1.A、B再次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律，mvA1mvA24mvB2，mvmv4mv，联立解得：vA2 ，负号表示A碰撞后速度方向向左，vB2 ，B碰撞后速度方向向右设B向右运动的距离为xB2，由动能定理得4mgxB204mv，解得xB2h.设A向左运动的距离为xA2，由动能定理得mgxA20mv，解得xA2h，A、B均停止运动后它们之间的距离为xhhh.答案：(1)(2)
7、h4.如图所示，有一质量为M2 kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m1 kg的小物块A和B(均可视为质点)，由车上P处开始，A以初速度v12 m/s 向左运动，B同时以v24 m/s向右运动最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车两物块与小车间的动摩擦因数均为0.1，g取10 m/s2.求：(1)求小车总长L；(2)物块B在小车上滑动的过程中产生的热量QB；(3)从物块A、B开始运动计时，经6 s小车离原位置的距离x.解析：(1)设最后达到共同速度v，取向右为正方向，整个系统动量守恒、能量守恒：mv2mv1(2mM)v，mgLmvmv(2mM)v2，解得v0.5 m/s，L
8、9.5 m.(2)设物块A离小车左端的距离为x1，从A开始运动至左端历时t1，在A运动至左端前，小车是静止的mgmaA，v1aAt1，x1aAt，联立可得t12 s，x12 m，所以物块B离小车右端的距离x2Lx17.5 m，所以QBmgx27.5 J.(3)设从开始到达到共同速度历时t2，则vv2aBt2，mgmaB，联立可得t23.5 s.小车在t1前静止，在t1至t2之间以加速度a向右加速：mg(Mm)a，此时小车向右运动的位移x3a(t2t1)2，接下去三个物体组成的系统以v共同匀速运动了x4v(6 st2)，联立各式，解得小车在6 s内向右运动的总距离xx3x41.625 m.答案：
9、(1)9.5 m(2)7.5 J(3)1.625 m题组二三大力学观点在电、磁学中的综合应用5如图所示，轨道ABCDP位于竖直平面内，其中圆弧段CD与水平段AC及倾斜段DP分别相切于C点和D点，水平段BC粗糙，其余都光滑，DP段与水平面的夹角37，D、C两点的高度差h0.1 m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、电场强度大小未知的匀强电场中，一个质量m10.4 kg、带正电、电荷量未知的小物块在A点由静止释放，经过时间t1 s，与静止在B点的不带电、质量m20.6 kg的小物块碰撞并粘在一起后，在BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP上某位置，物块和与轨道BC段的动摩擦因数均为0.2，g取10
10、m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)物块和在BC段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块和第一次经过圆弧段C点时，物块和对轨道压力的大小解析：(1)物块和粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度大小为E，物块带电荷量大小为q，与物块碰撞前物块速度为v1，碰撞后共同速度为v2，以向左为正方向，则qE(m1m2)g，qEtm1v1，m1v1(m1m2)v2，联立解得v22 m/s.(2)设圆弧段CD的半径为R，物块和经过C点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为FN则R(1cos )h，FN(m1m2)g(m1m2)，解得：FN18 N，由牛顿第三定律可得物块和对轨道压力的大
11、小为18 N.答案：(1)2 m/s(2)18 N6如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计质量分别为m和m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞重力加速度为g.求：(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；(3)两金属棒b、c上最终产生的总
12、焦耳热解析：(1)设a棒滑到水平导轨时速度为v0，下滑过程中a棒机械能守恒mvmgh，a棒与b棒发生弹性碰撞，由动量守恒定律：mv0mv1mv2，由机械能守恒定律：mvmvmv，解得v10，v2v0.(2)b棒刚进磁场时的加速度最大b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒由动量守恒定律：mv2mv2v3.设b棒进入磁场后某时刻，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动势EBL(vbvc)，由闭合电路欧姆定律得I，由安培力公式得FBILma，联立得a.故当b棒加速度为最大值的一半时有v22(v2v3)，联立得v2v2.(3)最终b、c以相同的速度匀速运动由动量守恒定
13、律：mv2(m)v，由能量守恒定律：mv(m)v2Q，解得Qmgh.答案：(1)0(2)(3)mgh7.足够长的平行金属轨道M、N，相距L0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mbmc0.1 kg，接入电路的有效电阻RbRc1 ，轨道的电阻不计平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B1 T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示，若使b棒以初速度v010 m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求：(1)c棒的最大速度；(2)
14、c棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小解析：(1)在磁场力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达最大速度取两棒组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有mbv0(mbmc)v，解得c棒的最大速度为vv0v05 m/s.(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为Qmbv(mbmc)v22.5 J，因为RbRc，所以c棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Qc1.25 J，(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v，从半圆轨道最低点上升到最高点的过程由
15、机械能守恒可得mcv2mcv2mcg2R，解得v3 m/s.在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得mcgFmc，解得F1.25 N.由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25 N，方向竖直向上答案：(1)5 m/s(2)1.25 J(3)1.25 N8如图所示，在绝缘水平面上的两物块A、B用劲度系数为k的水平绝缘轻质弹簧连接，物块B、C用跨过轻质定滑轮的绝缘轻绳连接，A靠在竖直墙边，C在倾角为的长斜面上，滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行A、B、C的质量分别是m、2m、2m，A、C均不带电，B带正电，滑轮左侧存在着水平向左的匀强电场，整个系统不计一切摩擦，B与滑轮足够远
16、B所受的电场力大小为6mgsin ，开始时系统静止现让C在沿斜面向下的拉力F作用下做加速度大小为a的匀加速直线运动，弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g.(1)求弹簧的压缩长度x1；(2)求A刚要离开墙壁时C的速度大小v1及拉力F的大小；(3)若A刚要离开墙壁时，撤去拉力F，同时电场力大小突然减为2mgsin ，方向不变，求在之后的运动过程中弹簧的最大弹性势能Epm.解析：(1)开始时，弹簧处于压缩状态对C受力平衡有FT12mgsin ，对B受力平衡有FT1kx16mgsin ，解得x1.(2)A刚要离开墙壁时墙壁对A的弹力为零，弹簧刚好不发生形变，则B做匀加速直线运动，位移大小为x1时有v2ax1，解得v12.根据牛顿第二定律对B有：FT26mgsin 2ma，对C有：F2mgsin FT22ma，解得F4m(gsin a)(3)A离开墙壁后，A、B、C系统的合外力为零，系统动量守恒，当三个物块的速度相等时(设为v2)，弹簧弹性势能最大，有(2m2m)v1 (m2m2m)v2，根据能量守恒定律有(2m2m)v(m2m2m)vEpm，解得：Epm.答案：(1)(2)24m(gsin a)(3)