2021高考物理一轮复习第六章微专题48力学三大观点的综合应用练习含解析教科版

1微专题48力学三大观点的综合应用1．做好以下几步：(1)确定研究对象，进行运动分析和受力分析；(2)分析物理过程，按特点划分阶段；(3)选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．2．力学规律的选用原则：(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．(4)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换．这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．1．(2019·山东潍坊市二模)如图1所示，一质量M＝4kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住．小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C,BC所对应圆心角θ＝37°，CD长L＝3m．质量m＝1kg的小物块从某一高度处的A点以v0＝4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好与小车达到共同速度v＝1.2m/s.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略空气阻力．图1(1)求A、B间的水平距离x；(2)求小物块从C滑到D所用时间t0；(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移处时小物块离小车左端的水平距离．2．(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图2，光滑水平面上有一辆匀质平板车，平板车右端固定有质量不计的竖直挡板，左端靠在倾角θ＝37°的斜面底端．一个小滑块从离斜面底2端h高处无初速度释放，滑上平板车后恰好不会落地．已知滑块与平板车的质量相等，滑块与斜面及平板车间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑块从斜面滑上平板车的过程速度大小不变，滑块与挡板撞击过程时间极短且无动能损失，重力加速度为g，忽略其他摩擦，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.图2(1)求滑块在斜面上的运动时间t；(2)求滑块撞击挡板时滑块离斜面底端的距离s;(3)若将平板车左边一半去掉后放回斜面底端，滑块仍从原处释放，求其离开平板车时的速度大小v.3．(2019·山西临汾市二轮复习模拟)细管AB内壁光滑、厚度不计，加工成如图3所示形状，长L＝0.8m的BD段固定在竖直平面内，其B端与半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道BP平滑连接，CD段是半径R＝0.4m的14圆弧，AC段在水平面上，管中有两个可视为质点的小球a、b，ma＝6m，mb＝2m.开始b球静止，a球以速度v0向右运动，与b球发生弹性碰撞之后，b球能够通过轨道最高点P，a球则滑回AC段从细管的A点滑出．(重力加速度取10m/s2，6＝2.45)求：图3(1)若v0＝4m/s，碰后a、b球的速度大小；(2)若v0未知，碰后a球的最大速度；3(3)若v0未知，v0的取值范围．4．(2020·河南郑州市模拟)如图4所示为某种游戏装置的示意图，水平导轨MN和PQ分别与水平传送带左侧和右侧理想连接，竖直圆形轨道与PQ相切于Q.已知传送带长L＝4.0m，且沿顺时针方向以恒定速率v＝3.0m/s匀速转动．两个质量均为m的滑块B、C静止置于水平导轨MN上，它们之间有一处于原长的轻弹簧，且弹簧与B连接但不与C连接．另一质量也为m的滑块A以初速度v0沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．若C距离N足够远，滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0m/s滑上传送带，并恰好停在Q点．已知滑块C与传送带及PQ之间的动摩擦因数均为μ＝0.20，装置其余部分均可视为光滑，重力加速度g取10m/s2.求：图4(1)P、Q的距离；(2)v0的大小；(3)已知竖直圆轨道半径为0.55m，若要使C不脱离竖直圆轨道，求v0′的范围．4答案精析1．(1)1.2m(2)1s(3)3.73m解析(1)由平抛运动的规律有：tanθ＝gtv0x＝v0t解得：x＝1.2m；(2)以v0的方向为正方向，物块在小车上CD段滑动过程中，由动量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v由功能关系得：fL＝12mv12－12(M＋m)v2对物块，由动量定理得：－ft0＝mv－mv1得：t0＝1s；(3)有销钉时：mgH＋12mv02＝12mv12由几何关系得：H－12gt2＝R(1－cosθ)B、C间的水平距离：xBC＝RsinθμmgL＝12mv12－12(M＋m)v2若拔掉销钉，小车和物块组成的系统在水平方向上动量守恒，则小车向左运动达最大位移时，速度为0，物块速度为4m/s，则由能量守恒有：mgH＝μmg(Δx－xBC)联立以上式子得：Δx＝3.73m.2．(1)52h3g(2)5－2212h(3)gh6解析(1)设滑块的质量为m，下滑距离为d，根据几何关系：d＝hsinθ，在下滑过程中，根据牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma，位移关系：d＝12at2，联立解得t＝52h3g；(2)设滑块滑到底端时速度为v0，则有v02＝2ad，设平板车长度为L，滑块滑上车与车相对静5止的过程中，对系统根据动量守恒有：mv0＝2mv共，根据能量守恒有：12mv02＝12·2mv共2＋μmg·2L，同理滑块滑上车至与挡板碰撞前的过程中，对系统有：mv0＝mv1＋mv2，12mv02＝12mv12＋12mv22＋μmgL对滑块根据匀变速规律有：v02－v12＝2μgs联立以上式子解得s＝5－2212h；(3)平板车去掉一半后，对系统根据动量守恒有：mv0＝mv＋m2v3，根据能量守恒有：12mv02＝12mv2＋12×m2v32＋μmgL，联立解得v＝gh6.3．(1)2m/s6m/s(2)4.9m/s(3)4m/s≤v0≤9.8m/s解析(1)a、b碰撞过程中，以a、b组成的系统为研究对象，系统动量守恒．选向右的方向为正方向，设a、b碰后瞬间速度为va1、vb1，由动量守恒得：mav0＝mava1＋mbvb1①因a、b的碰撞是弹性碰撞，所以机械能守恒，有：12mav02＝12mava12＋12mbvb12②联立①②解得：va1＝ma－mbma＋mbv0＝2m/s;vb1＝2mama＋mbv0＝6m/s；(2)因a球能从A点滑出，故a与b碰后，a上升的高度不能超过B点，即上升的高度不会超过L＋R.设碰撞后a的最大速度为va1maxa球上升的过程中机械能守恒，有：12mava1max2＝mag(L＋R)得：va1max＝6gR≈4.9m/s；(3)欲使b能通过最高点，设b球与a碰撞后的速度为vb1，经过最高点时的速度为vb2，则有：mbg≤mbvb22R得：vb2≥gR＝2m/sb球在上升至最高点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，有：12mbvb12＝12mbvb22＋mbg(2R＋L)解得：vb1≥6m/s6v0min＝ma＋mb2mavb1≥4m/s碰后a上升的高度不能超过(L＋R)，必须满足v0max＝2va1≤26gR≈9.8m/s综上可得4m/s≤v0≤9.8m/s.4．(1)2.25m(2)3m/s(3)v0′≤9m/s或v0′≥34210m/s解析(1)设C滑上传送带后一直加速，则vt2－vC2＝2μgL，解得vt＝25m/sv传，所以C在传送带上一定先加速后匀速，滑上PQ的速度v＝3m/s又因为恰好停在Q点，则有0－v2＝－2μgxPQ解得xPQ＝2.25m；(2)A与B碰撞：mv0＝2mv共接下来A、B整体压缩弹簧后弹簧恢复原长时，C脱离弹簧，这个过程有2mv共＝2mv1＋mvC12·2mv共2＝12·2mv12＋12mvC2联立解得v0＝3m/s；(3)要使C不脱离圆轨道，有两种情况，一是最多恰能到达圆心等高处，二是至少到达最高处，若恰能到达圆心等高处，则vQ＝2gR＝11m/s由N～Q段：vQ12－vC1′2＝－2μg(L＋xPQ)，可得vC1′＝6m/s在A、B碰撞及与弹簧作用的过程中2mv共′＝2mv1′＋mvC1′212·2mv共′2＝12·2mv1′2＋12mvC1′2又mv01＝2mv共′联立解得：v01＝9m/s，所以这种情况下，A的初速度范围是v0′≤9m/s若恰能到达最高点，则vQ2＝5gR＝1102m/s同理可得A的初速度范围是v0′≥34210m/s，所以v0′≥34210m/s或v0′≤9m/s.