2021版物理导学大一轮人教广西专用考点规范练21　力学三大观点的综合应用 WORD版含解析.docx

1、考点规范练21力学三大观点的综合应用考点规范练第40页1.如图所示,一质量为m=1 kg、长为l=1 m的直棒上附有倒刺,物体顺着直棒倒刺下滑,所受阻力为物体重力的15,逆倒刺而上时,将立即被倒刺卡住。现该直棒竖直静止在地面上,一弹性环自直棒的顶端由静止开始下滑,设弹性环与地面碰撞过程不损失机械能,弹性环的质量m环=3 kg,重力加速度g取10 m/s2,求直棒在之后的运动过程中底部离开地面的最大高度。答案:0.45 m解析:设弹性环下落到地面时,速度大小为v1,由动能定理得m环gl-Ffl=12m环v12,且有Ff=15m环g,解得v1=4 m/s,弹性环反弹后被直棒倒刺卡住,与直棒速度相同

2、,设为v2,由动量守恒定律得m环v1=(m环+m)v2,解得v2=3 m/s,故直棒能上升的最大高度为H=v222g=0.45 m。2.(2019广东揭阳期末)如图所示,半径为R=0.4 m的光滑圆弧轨道DE固定在竖直平面内,轨道的上端点D和圆心的连线与水平方向的夹角=30,轨道最低点E与水平面相切且安装有一压力传感器。同一竖直平面内右上方光滑水平轨道两侧各有一质量均为m=0.1 kg的小物块A和B,A以v0=4 m/s的速度向左运动与B碰撞并粘成一体C(可看成质点),恰好从D点沿轨道切线方向进入轨道(重力加速度g取10 m/s2,3=1.732)。计算结果要求保留2位有效数字。求:(1)小物

3、块A和B碰撞后C的速度v1;(2)C在空中的飞行时间;(3)压力传感器的示数。答案:(1)2 m/s(2)0.35 s(3)16 N解析:(1)A、B碰撞过程系统动量守恒,以向左为正方向由动量守恒定律得:mv0=(m+m)v1,代入数据解得:v1=2 m/s。(2)画出质点C在D点的速度分解图由分解图得:tan =v1gt代入数据解得:t=0.35 s。(3)在D点:sin =v1vD,解得:vD=4 m/s,从D点到E点过程,由动能定理得:2mgR(1+sin )=122mvE2-122mvD2,在E点由牛顿第二定律得:F-2mg=2mvE2R,代入数据解得:F=16 N,由牛顿第三定律可知

4、,传感器示数:F=F=16 N。3.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水平速度v0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=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

5、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/svA6 m/s和vA35 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=mv2R从B到最高点小滑块机械能守恒,有12mvB2=2mgR+12mv2从A到B由动能定理得-mgl1=12mvB2-12mv12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-mg(l1+l2)=0-12mv22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/svA6 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=12g

6、t2,水平方向s=vCt。从A到C由动能定理得-mg(l1+l2)=12mvC2-12mv32解得v3=35 m/s。所以初速度的范围为5 m/svA6 m/s和vA35 m/s。4.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=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)

7、。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-mgl=12mv12-12mv02,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:-mgx=12(m0+m)v22-12mv12,解得x=1.2 m。由于xl,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E=2mgl=9 J。5.(2019全国

8、卷)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=0.20。重力加速度g取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)v

9、A=4.0 m/s,vB=1.0 m/s(2)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-mBvBEk=12mAvA2+12mBvB2联立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,因而两者滑动时加速度大小相等,设为a。假设A和B发生碰撞前,已经有一个物块停止,此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t,B向左运动的路程为sB,则有mBa=mBgsB=vBt-12at2vB-at=0在时间t内,A可能

10、与墙发生弹性碰撞,碰撞后A将向左运动,碰撞并不改变A的速度大小,所以无论此碰撞是否发生,A在时间t内的路程sA都可表示为sA=vAt-12at2联立式并代入题给数据得sA=1.75 m,sB=0.25 m这表明在时间t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=0.25 m+0.25 m=0.50 m。(3)t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12mAvA2-12mAvA2=-mAg(2l+sB)联立式并代入题给数据得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vA和vB,由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(-vA)=mAvA+mBvB12mAvA2=12mAvA2+12mBvB2联立式并代入题给数据得vA=375 m/s,vB=-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sA时停止,B向左运动距离为sB时停止,由运动学公式有2asA=vA2,2asB=vB2由式及题给数据得sA=0.63 m,sB=0.28 msA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=sA+sB=0.91 m。