2023届二轮复习 增分指导2　力学三大观点的综合应用 学案（浙江专用）

增分指导2　力学三大观点的综合应用

1.力学三大观点对比

2.选用原则

(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向为匀变速直线运动),涉及时间与运动细节时,一般选用动力学方法解题。

(2)当涉及功、能和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题,题目中出现相对位移(摩擦生热)时,应优先选用能量守恒定律。

(3)不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题,特别是对于打击类问题,因时间短且冲力随时间变化,应用动量定理求解。

(4)对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板块问题,若只涉及初末速度而不涉及力、时间,应用动量守恒定律求解。

[例题] 如图所示,以v=5 m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带,左端与粗糙的弧形轨道平滑对接,右端与光滑水平面平滑对接,水平面上有n个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球,小球质量m0=0.2 kg。质量m=0.1 kg的物体从轨道上高h=4.0 m的P点由静止开始下滑,滑到传送带上的A点时速度大小v0=7 m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,传送带两端AB之间的距离L=3.4 m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰,重力加速度g取

10 m/s2,≈3.16。求:

(1)物体从P点下滑到A点的过程中,摩擦力做的功;

(2)物体第一次向右通过传送带的过程中,传送带对物体的冲量大小;

(3)物体第一次与小球碰撞后,在传送带上向左滑行的最大距离;

(4)n个小球最终获得的总动能。

解析:(1)物体从P点下滑到A点的过程中,由动能定理有mgh+Wf=m,

解得Wf=-1.55 J。

(2)物体滑上传送带后,在滑动摩擦力作用下做匀减速运动,加速度大小a==μg=5 m/s2,

减速至与传送带速度相等时所用的时间

t1== s=0.4 s,

匀减速运动的位移

x=t1=×0.4 m=2.4 m<L=3.4 m,

所以物体与传送带共速后向右匀速运动,匀速运动的时间为t2== s=0.2 s,

故物体从A运动到B的时间为t=t1+t2=0.6 s,

传送带对物体的冲量大小为

I== N·s

≈0.63 N·s。

(3)物体与小球1发生弹性正碰,设物体反弹回来的速度大小为v1,小球1被撞后的速度大小为u1,由动量守恒定律和机械能守恒定律得

mv=-mv1+m0u1,mv2=m+m0,

解得v1=v= m/s,u1=v= m/s,

物体被反弹回来后,在传送带上向左运动过程中,

由运动学公式得0-=-2as,

解得s= m<3.4 m。

(4)由于小球质量均相等,且发生的都是弹性正碰,它们之间将进行速度交换。由(3)可知,物体第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零,接下来将再次向右做匀加速运动,直到速度增加到v1,再跟小球1发生弹性正碰,同理可得,第二次碰撞后,物体和小球的速度大小分别为

v2=v1=()2v,u2=v1=·v,

以此类推,物体与小球1经过n次碰撞后,它们的速度大小分别为vn=()nv,un=·()n-1v,

由于相邻小球之间每次相互碰撞都进行速度交换,所以,最终从1号小球开始,到n号小球,它们的速度大小依次为un、un-1、un-2、…、u1,则n个小球的总动能为Ek=m0(++…+),

解得Ek=(1-)J(n=1,2,3,…)。

答案:(1)-1.55 J　(2)0.63 N·s

(3) m　(4)(1-) J(n=1,2,3,…)

[拓展训练1] (2021·福建龙岩模拟)如图所示,用长为R的不可伸长的轻绳将质量为m的小球A悬挂于O点。在光滑的水平地面上,质量为m的小物块B(可视为质点)置于长木板C的左端静止。将小球A拉起,使轻绳水平拉直,将A球由静止释放,运动到最低点时与小物块B发生弹性正碰。

(1)求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角θ的余弦值;

(2)若长木板C的质量为2m,小物块B与长木板C之间的动摩擦因数为μ,长木板C的长度至少为多大,小物块B才不会从长木板C的上表面滑出?

解析:(1)设小球A与小物块B碰前瞬间的速度为v0,则由机械能守恒定律有gR=·,设碰后小球A和小物块B的速度分别为v1和v2,由动量守恒定律和机械能守恒定律有

v0=v1+mv2,

·=·+m,

联立解得v1=-,

设碰后小球A能上升的最大高度为H,由机械能守恒定律有gH=·,

所求cos θ=,

联立解得cos θ=。

(2)法一　由(1)可求得碰后小物块B的速度为

v2=,设小物块B与长木板C相互作用达到的共同速度为v,长木板C的最小长度为L,

有mv2=(m+2m)v,

μmgL=m-(m+2m)v2,

联立解得L=。

法二　由(1)可求得碰后小物块B的速度为v2=,设小物块B运动的位移为x1时,小物块B、长木板C达到共同速度v,此时长木板C运动的位移为x2,对小物块B有μmg=maB,-v2=2aBx1,对长木板C有μmg=2maC,v2=2aCx2,=,长木板C的最小长度L=x1-x2,联立解得L=。

答案:(1)　(2)

[拓展训练2] 如图所示,粗糙水平面上固定一足够长且表面光滑的斜面体,斜面倾角θ未知,在斜面体内部埋置了一个与斜面平行的压力传感器,且示数为零。水平面上靠近斜面体处静止放置A、B两物体,其中mA=1 kg,mB=2 kg,两物体紧贴在一起,中间夹着一小块炸药(质量可忽略),点燃炸药发生爆炸使两物体脱离,B物体立刻冲上斜面体,经过压力传感器时,测得传感器上表面受到的压力大小为16 N,已知A物体与水平面间的动摩擦因数μ1=0.5,炸药爆炸时释放的化学能为E=27 J且全部转化为两物体的动能,不考虑B物体在斜面体与水平面连接处的动能损失,A、B两物体均可视为质点,爆炸时间极短,重力加速度g取10 m/s2,求:

(1)爆炸后瞬间,A、B两物体获得的速度大小;

(2)B物体在斜面上运动的时间t0;

(3)要使B物体能追上A物体,B物体与水平面之间的动摩擦因数μ2的取值范围。

解析:(1)对A、B组成的系统,由于爆炸时间极短,内力极大,满足动量守恒定律,则有mAvA=mBvB,

由能量守恒定律得E=mA+mB,联立解得vA=6 m/s,vB=3 m/s,

(2)B在斜面上运动时,斜面对传感器的压力

FN=mBgcos θ,mBgsin θ=mBa,从开始向上至回到出发点,全过程的时间

t0=,联立解得t0=1 s。

(3)设A从爆炸后运动至停止的时间为tA,位移为xA,根据动量定理有μ1mAgtA=mAvA,根据动能定理有-μ1mAgxA=0-mA,联立可得tA=1.2 s,xA=3.6 m,

同理,可得B在水平面上运动的加速度

aB==μ2g,A停止时,B在水平面上的位移xB=vB(tA-t0)-aB(tA-t0)2<vB(tA-t0)=0.6  m,因为xB<xA,所以B一定是在A停止运动后才可追上,因此,要使B能追上A,必须满足B在停止运动前的位移大于或等于A全程位移,即xB′=≥xA,解得0<μ2≤0.125。

答案:(1)6 m/s　3 m/s　(2)1 s

(3)0<μ2≤0.125

增分训练2　力学三大观点的综合应用

1.有两个动能相同的物体a和b在粗糙的水平面上运动,经相同时间都停了下来。其中物体a的质量较大,a和b与水平面间的动摩擦因数分别为μa和μb,a和b的位移分别为xa和xb,则(　D　)

A.μa>μb且xa<xb

B.μa>μb且xa>xb

C.μa<μb且xa>xb

D.μa<μb且xa<xb

解析:由动量定理μmgt=mv=,即μ=,因物体a的质量较大,则μa<μb,由动能定理Ek=μmgx,解得x=t,因物体a的质量较大,则xa<xb,故选D。

2.如图,某次冰壶比赛,甲壶以速度v0与静止的乙壶发生正碰。已知冰面粗糙程度处处相同,两壶完全相同,从碰撞到两壶都静止,乙的位移是甲的9倍,则(　C　)

A.两壶碰撞过程无机械能损失

B.两壶碰撞过程动量变化量相同

C.碰撞后瞬间,甲壶的速度为

D.碰撞后瞬间,乙壶的速度为v0

解析:两壶碰撞后在冰面上滑行,则有a==μg,两壶完全相同,从碰撞到两壶都静止,乙的位移是甲的9倍,设碰撞后两壶的速度分别是v1和v2,根据运动学关系0-v2=-2ax,得v1∶v2=1∶3。根据动量守恒定律得mv0=mv1+mv2,解得v1=,v2=,C正确,D错误;两壶碰撞过程机械能的变化量为ΔE=m+m-m=-m,机械能有损失,A错误;动量的变化量是矢量,两壶碰撞过程动量变化量大小相同但方向相反,B错误。

3.(多选)质量m1=0.5 kg的物体甲静止在光滑水平面上,质量未知的物体乙从甲的左侧以一定的速度与物体甲发生正碰,碰撞时间极短,磁撞后物体甲和物体乙粘在一起成为一个整体。如图所示,a段为碰撞前物体乙的位移—时间图像,b段为碰撞后整体的位移—时间图像,下列说法正确的是(　BC　)

A.碰撞前物体乙的速度与碰撞后整体的速度大小之比为5∶3

B.碰撞过程中物体甲对物体乙的冲量与物体乙对物体甲的冲量大小相等、方向相反

C.物体甲与物体乙的质量之比为1∶2

D.物体甲和物体乙碰撞过程中机械能守恒

解析:因xt图像的斜率表示速度,可知碰撞前乙的速度v= m/s=6 m/s,碰撞后整体的速度v′= m/s=4 m/s,碰撞前物体乙的速度与碰撞后整体的速度大小之比为3∶2,选项A错误;碰撞过程中物体甲对物体乙的冲量与物体乙对物体甲的冲量大小相等、方向相反,选项B正确;由动量守恒定律可得m2v=(m1+m2)v′,解得m2=1 kg,则物体甲与物体乙的质量之比为1∶2,选项C正确;碰撞过程中机械能损失ΔE=m2v2-(m1+m2)v′2=6 J,即物体甲和物体乙碰撞过程中机械能不守恒,选项D错误。

4.如图所示,光滑倾斜滑道OM段与粗糙水平滑道MN段平滑连接。质量为1 kg的滑块从O点由静止滑下,滑块运动到N点的速度大小为3 m/s,在N点与竖直缓冲墙发生碰撞,反弹后在距墙1 m的P点停下。已知O点比M点高1.25 m,滑块与MN段的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。则(　C　)

A.滑块运动到M点的速度大小为6 m/s

B.缓冲墙对滑块做的功为-5 J

C.缓冲墙对滑块的冲量大小为5 N·s

D.粗糙滑道MN段长为8 m

解析:O点到M点,由动能定理得mgh=m,解得vM==5 m/s,A错误;由N点到P点,设NP段长度为s,从N点弹回的速度大小为vN′,由动能定理得-μmgs=0-mvN′2,解得vN′== m/s=2 m/s,设缓冲墙对滑块做的功为W,由动能定理得W=mvN′2-m=-2.5 J,B错误;设水平向左为正方向,由动量定理得I=mvN′-(-mvN)=5 N·s,C正确;设MN段长度为x,M点到N点,由动能定理得-μmgx=m-m,解得x=4 m,D错误。

5.(多选)如图所示,一长为L的传送带水平放置,在电动机的带动下,以速率v沿逆时针方向匀速运行,在右轮的正上方固定安装与传送带垂直的挡板;质量为m甲=1 kg的甲物块与质量为m乙的乙物块中间夹有炸药,静止放在光滑的水平桌面上,炸药爆炸所释放的能量E=81 J全部转化为两物块的动能,甲离开桌面做平抛运动,经过t=0.3 s落地时的速率vt=3 m/s,乙以水平向右的速度从左轮的正上方滑上传送带,与挡板碰撞前后的速率分别为v1、v2,碰撞时间极短,碰撞生热Q=22.5 J,碰撞后乙向左做匀加速运动,经过t0=4 s,运行到左轮的正上方恰好与传送带共速,乙与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　BC　)

A.乙的质量m乙=2 kg

B.传送带的速率v=6 m/s

C.传送带的长度L=16 m

D.乙与挡板碰撞之前的速度v1=14 m/s

解析:设炸药爆炸后,甲、乙获得的速率分别为v甲、v乙,由动量守恒定律有m甲v甲=m乙v乙,由能量守恒定律有E=m甲+m乙,由平抛运动的规律vt=,联立解得m乙=1 kg,v乙=9 m/s,A错误;乙滑上传送带后向右做匀减速运动,由匀变速直线运动的规律-=2μgL,碰撞后乙向左做匀加速直线运动,由匀变速直线运动的规律v2-=2μgL,v=μgt0+v2,碰撞生热Q=m乙-m乙,联立解得v1=7 m/s,v2=2 m/s,v=6 m/s,L=16 m,B、C正确,D错误。

6.某同学为了研究瞬间冲量,设计了如图所示的实验装置。将内径为d的圆环水平固定在离地面一定高度的铁架台上,在圆环上放置直径为1.5 d,质量为m的薄圆板,板上放质量为2m的物块,圆板中心、物块均在环的中心轴线上。对圆板施加指向圆心的瞬间冲量I,物块与圆板间动摩擦因数为μ,不计圆板与圆环之间的摩擦力,重力加速度为g,不考虑圆板翻转,以下说法正确的是(　D　)

A.若物块可以从圆板滑落,则冲量I越大,物块与圆板相对滑动的位移越大

B.若物块可以从圆板滑落,则冲量I越大,物块离开圆板时的速度越大

C.当冲量I=m时,物块一定会从圆板上掉落

D.当冲量I=2m时,物块一定会从圆板上掉落

解析:设圆板获得的速度大小为v0,物块掉下时,圆板和物块的速度大小分别为v1和v2,I=mv0,当物块恰好运动到圆板左边缘时,有mv0=(m+2m)v′,m-×3mv′2=μ·2mg·,联立解得I=m,当I>m时,物块一定会从圆板上掉落,故C错误,D正确;若物块可以从圆板滑落,二者的相对位移大小始终为d,故A错误;冲量越大,v0越大,发生相对位移所用的时间t越短,由v=at可知物块离开圆板时的速度越小,故B错误。

7.如图所示,半径为R=5 m的光滑圆弧AB固定在光滑的水平面上,在C点静止着一个滑块P,载人小车M静止在水平面上的D点。滑块Q从A点正上方距A点高H=2.2 m处由静止释放,从A点进入圆弧并沿圆弧运动,Q运动到C点与P发生碰撞,碰撞后P、Q粘合为一个结合体E。已知Q、P和M的质量分别为m1=1 kg、m2=5 kg、m3=60 kg,重力加速度g取10 m/s2。

(1)求P、Q碰撞后的速度大小;

(2)如果结合体E与小车M发生弹性碰撞,求碰撞后小车的速度大小;

(3)如果人每次以v=10 m/s的速度(相对地面)将E反向推出,求人最多能推E多少次。

解析:(1)滑块Q自由下落到与P发生碰撞前瞬间,据动能定理可得m1g(H+R)=m1,

Q与P碰撞过程,根据动量守恒定律可得

m1vQ=(m1+m2)v0,

联立解得P、Q碰撞后的速度大小为

v0=2 m/s。

(2)结合体E与小车M发生弹性碰撞,根据动量守恒定律及机械能守恒定律可得

(m1+m2)v0=(m1+m2)v1+m3v2,

(m1+m2)=(m1+m2)+m3,

联立解得v2= m/s。

(3)结合体E以v0向右运动的过程以及人第一次推E的过程,以向右为正方向,据动量守恒定律可得(m1+m2)v0=-(m1+m2)v+m3v21,

以后每次推出过程,小车的动量变化量为

Δp=2(m1+m2)v,推出n次后,小车的动量为

m3v2n=m3v21+(n-1)Δp,

当人推结合体n次后,小车的速度大于等于v,人就无法再推E,即v2n≥v,

联立解得n≥5.4,

即人最多能推结合体6次。

答案:(1)2 m/s　(2) m/s　(3)6

8.如图所示,在光滑水平面上通过锁定装置固定一质量M=2 kg的小车,小车左边部分为半径R=1.2 m 的四分之一光滑圆弧轨道,轨道末端平滑连接一长度L=2.85 m的水平粗糙面,粗糙面右端是一挡板。有一个质量为m=1 kg的小物块(可视为质点)从圆弧轨道顶端A点由静止释放,与水平粗糙面间动摩擦因数μ=0.08,小物块与挡板的碰撞无机械能损失,重力加速度g取10 m/s2。

(1)求小物块滑到圆弧轨道末端时轨道对小物块的支持力大小;

(2)若解除小车锁定,求小物块滑到圆弧轨道末端时的速度大小;

(3)若解除小车锁定,求整个运动过程中物块与小车右端挡板碰撞的次数以及小车发生的位移大小。

解析:(1)小车被固定,小物块下滑到圆弧轨道末端过程由动能定理得mgR=mv2-0,

在最低点有FN-mg=m,

解得FN=3mg=30 N。

(2)解除固定后,小车可以在光滑水平面上自由运动,小物块和小车组成的系统水平方向动量守恒,设小物块刚滑上右侧水平粗糙面时速度大小为v1,小车速度大小为v2,则有

mgR=m+M,

mv1-Mv2=0,

解得v1=4 m/s。

(3)从小物块滑下到最终相对小车静止,小物块在小车水平粗糙面上滑动的路程为

mgR=μmgs,

解得s==15 m,

设碰撞n次,则有s=(2n-1)L+Δx,

可得当n=3时Δx=0.75 m,

即物块与挡板碰撞n=3次,将停在离开右侧挡板0.75 m处;

物块相对小车停下时,小车也停止运动,整个过程中,物块相对小车发生的位移为

x总=R+L-Δx=3.3 m,

选取物块和小车为系统,由于水平方向动量守恒,设物块水平向右发生位移大小为x1,小车水平向左发生位移大小为x2,由mv1=Mv2可得mx1=Mx2,又x1+x2=x总,

解得x2=x总=1.1 m。

答案:(1)30 N　(2)4 m/s　(3)3次　1.1 m

9.(2022·浙江温州十五校联合体高三选考模拟)如图所示,竖直的半径为R的螺旋圆形轨道BFEGH与直轨道AH和BC在B、H处平滑连接,倾角为θ的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接。在直轨道AH左端固定连接一轻弹簧,弹簧另一端系一个质量为m的滑块Q,弹簧处于自然状态。一个质量也为m的滑块P从CD斜面高h处由静止下滑。已知BC段与滑块P间动摩擦因数μ=0.2,轨道其他部分均光滑,直轨道BC长LBC=1 m,m=1 kg,θ=30°,R=0.2 m,g取10 m/s2,弹簧始终处于弹性限度内,滑块脱离轨道,不会再落到轨道上。

(1)若滑块P在圆轨道F点的压力刚好为零,求滑块P由静止下滑的高度h;

(2)滑块P恰好能过E点完成圆周运动与Q发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后P、Q一起运动,但互不粘连,求P、Q第一次分离时弹簧和滑块Q系统的机械能;

(3)若滑块P与Q仅发生一次碰撞,求高度h的范围。

解析:(1)滑块P在圆轨道F点的压力刚好为零,则vF=0,从开始下滑到F点,由动能定理得

mg(h-R)-μmgLBC=0,

解得h=0.4 m。

(2)设滑块P与Q碰撞前速度为v0,在最高点E有

mg=m,从最高点E到碰撞前,由动能定理得

mg·2R=m-m,

解得v0=,

设P、Q碰撞后共同速度为v,由动量守恒定律得

mv0=2mv,解得v=,

弹簧原长处P、Q分离,分离时P和Q的动能均为

Ek=mv2=m,

分离时弹簧和滑块Q系统的机械能为Q的动能

E=m=mgR=1.25 J。

(3)由于滑块脱离轨道,不会再落到轨道上,所以滑块P、Q恰好发生一次碰撞的条件是P能过E点且与Q碰撞后恰好通过与O等高的G点。设滑块P与Q碰撞后的速度大小为v1,由机械能守恒定律得m=mgR,由(2)知滑块P与Q碰撞前的动能Ek1=4×m,

设滑块P开始下滑的最小高度为h1,对小滑块P从开始下滑到与Q碰撞,由动能定理可得

mgh1-μmgLBC=Ek1-0,

解得h1=1 m,

从E点到与Q有碰撞2mgR=Ek1-mvE′2,

vE′=2>,

满足恰好发生一次碰撞的条件。

小滑块P、Q能发生二次碰撞的条件是P、Q第一次碰撞后P到达G点时速度恰好为零(前面已经讨论)或P恰好能第三次通过E点,在P恰好第三次通过E点的情况下,设小滑块P与Q第一次碰撞后的速度大小为v2,则由动能定理得-mg·2R-μmg·2LBC=m-m,

小滑块P与Q第一次碰撞前的动能Ek2=4×m,

设小滑块P开始下滑的最大高度为h2,由动能定理可得mgh2-μmgLBC=Ek2-0,解得h2=3.8 m,所以小滑块P、Q仅发生一次碰撞,高度h的取值范围为1 m<h<3.8 m。

答案:(1)0.4 m　(2)1.25 J　(3)1 m<h<3.8 m

10.如图甲所示,平台ON上有一轻质弹簧,其左端固定于竖直挡板上,右端与质量m=0.5 kg、可看作质点的物块A相接触(不粘连),OP段粗糙且长度等于弹簧原长。PN段光滑,上面有静止的小滑块B、C,mB=1.5 kg,mC=0.5 kg,滑块B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长,B与轻弹簧连接,滑块C未连接弹簧,两滑块离N点足够远。物块A开始静止于P点,现对物块施加一个水平向左的外力F,大小随位移x变化关系如图乙所示。物块A向左运动x=0.4 m后撤去外力F,此后物块A向右运动到离开P点时的速度为v0=4 m/s,A与B碰撞后粘合在一起,碰撞时间极短。滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带,并刚好到达传送带顶端。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,水平面MN右端N处与倾斜传送带理想连接,传送带以恒定速度v=1 m/s 顺时针转动,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 求:

(1)物块A与滑块B碰撞前克服摩擦力做的功;

(2)滑块C刚滑上传送带时的速度;

(3)滑块C滑上传送带到达顶端的过程中,滑块C与传送带之间摩擦产生的热量。

解析:(1)根据Fx图像可以求外力F做的功为

WF=×0.2 J+18×0.2 J=6 J,

物块A从开始运动到P点的过程中

WF-Wf=m,

解得Wf=2 J。

(2)A与B碰撞,根据动量守恒定律得

mv0=(m+mB)v1,

解得v1=1 m/s,

A、B碰撞后,由动量守恒定律和机械能守恒定律得

(m+mB)v1=(m+mB)vB+mCvC,

(m+mB)=(m+mB)+mC,

解得vC=1.6 m/s。

(3)C在传送带上减速至与传送带共速过程中

mCgsin θ+μmCgcos θ=mCa1,

解得a1=10 m/s2,则t1=,

此过程C与传送带之间的相对位移是

Δx1=t1-vt1,

解得Δx1=0.018 m,

Q1=μmCgcos θ·Δx1=0.036 J,

C与传送带共速后,继续减速滑到顶端

mCgsin θ-μmCgcos θ=mCa2,

解得a2=2 m/s2,t2=,

此过程C与传送带之间的相对位移是

Δx2=vt2-t2,

解得Δx2=0.25 m,

则Q2=μmCgcos θ·Δx2=0.5 J,

摩擦产生的总热量为Q=Q1+Q2=0.536 J。

答案:(1)2 J　(2)1.6 m/s　(3)0.536 J

11.如图所示,物体A、B质量分别为m=1 kg,M=2 kg,用轻绳相连并用弹簧系住挂在天花板上静止不动。某时刻A、B间的绳子被剪断,物体A上升,B开始下降并从C点进入竖直放置的半径为R=2 m的四分之一光滑圆弧轨道,已知当B以大小为vB的速度下落到轨道上的C处时,A上升的速度大小为vA。之后物体B在圆弧轨道末端D点与质量为m的光滑小球发生弹性正碰,碰撞时间极短,且B与小球碰撞前瞬间对轨道的压力大小为64 N,此后B继续滑动直至刚好脱离粗糙水平面DE,B与DE间的动摩擦因数为0.4。小球在E点水平滑上静止停放在光滑水平面上质量为m0的弧形槽小车,小车左端的离地高度hEF=0.8 m,小球到达某一高度后(未离开小车)又返回小车左端(A、B小球均可以看作质点,g取10 m/s2,忽略空气阻力)。

(1)A上升的速度大小为vA时,求弹簧对物体A的冲量(用题中所给字母表示);

(2)若B在圆弧轨道上的运动时间是到C处时间的3倍,求从绳子被剪断到B落到地面的总时间T;

(3)若小车的质量m0=3 kg,求小球在弧形槽小车上到达最高点时的离地距离H;

(4)若小球从小车左端掉落后的落地点与二者刚脱离时的位置的水平距离为s= m,求小车的质量m0。

解析:(1)设从剪断绳子到A上升的速度为vA的过程中,所用时间为t,弹簧对A的冲量为I弹,根据动量定理,对A有I弹-mgt=mvA,

对B有Mgt=MvB,解得I弹=m(vA+vB)。

(2)物体B与小球碰撞前瞬间对轨道的压力大小为64 N,则轨道对物体B的支持力大小为FN=64 N,

根据牛顿第二定律,在D处FN-Mg=,设B的初始位置到C点的距离为h,B下落到C点的时间为t1,由机械能守恒定律有Mg(h+R)=M,由运动学公式有h=g,

解得t1=0.2 s,vD=2 m/s,

B与小球弹性正碰时,二者水平方向动量守恒且没有能量损失,设碰撞后B和小球的速度分别为v1和v2,设向右为正方向,则有MvD=Mv1+mv2,M=M+m,物体B在DE段所受摩擦力为Ff=μMg,设在DE段用时为t2,对B在DE段由动量定理有-Fft2=0-Mv1,解得t2= s,v1= m/s,v2= m/s,B与小球正碰后刚好脱离DE,在EF段自由下落,设下落时间为t3,hEF=g,解得t3=0.4 s,由题可知,B在圆弧轨道上的运动时间是3t1,则B从绳子被剪断到落到地面的总时间

T=4t1+t2+t3= s。

(3)当小球与小车的水平速度相等且为v时,小球沿弧形槽上升到最大高度,设最高点距离E点的竖直高度为H0,取水平向右为正方向,根据水平方向动量守恒有mv2=(m+m0)v,由机械能守恒定律有m=(m+m0)v2+mgH0,

解得H0=,代入数据得小球在最高点时的离地距离H=H0+hEF= m。

(4)设小球掉落前的速度大小为v2′,此时小车的速度为v3,根据平抛运动规律有s=v2′·t3,

解得v2′= m/s,

取水平向右为正方向,若小球速度向右,

根据水平方向动量守恒及能量守恒定律有

mv2=mv2′+m0v3,

m=mv2′2+m0,

解得小车质量m0= kg,

若小球速度向左,根据水平方向动量守恒及能量守恒定律有mv2=-mv2′+m0v3,

m=mv2′2+m0,

解得小车质量m0=31 kg,

综上可知m0= kg或31 kg。

答案:(1)m(vA+vB)　(2) s　

(3) m　(4) kg或31 kg