必刷06　动力学、动量和能量观点在力学中的综合应用-2021届高考物理二轮复习专项必刷（人教版）

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必刷点1 应用力学三大观点解决多过程问题
典例1. (2020·山东模拟)如图所示,半径为R1=1.8 m的14光滑圆弧与半径为R2=0.3 m的半圆光滑细管平滑连接并固定,光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L=2.0 m、质量为M=1.5 kg的木板,木板上表面正好与管口底部相切,处在同一水平线上,木板的左方有一足够长的台阶,其高度正好与木板相同.现在让质量为m2=2 kg的物块静止于B处,质量为m1=1 kg的物块从光滑圆弧顶部的A处由静止释放,物块m1下滑至B处和m2碰撞后不再分开,整体设为物块m(m=m1+m2).物块m穿过半圆管底部C处滑上木板使其从静止开始向左运动,当木板速度为2 m/s时,木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零),若g=10 m/s2,物块碰撞前后均可视为质点,圆管粗细不计.
(1)求物块m1和m2碰撞过程中损失的机械能;
(2)求物块m滑到半圆管底部C处时所受支持力大小;
(3)若物块m与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ=0.25,求物块m在台阶表面上滑行的最大距离.
【答案】 (1)12 J (2)190 N (3)0.8 m
【解析】 (1)设物块m1下滑到B点时的速度为vB,由机械能守恒可得:m1gR1=12m1vB2,解得vB=6 m/s
m1、m2碰撞满足动量守恒:m1vB=(m1+m2)v共
解得v共=2 m/s
则碰撞过程中损失的机械能为:
E损=12m1vB2-12mv共2=12 J.
(2)物块m由B到C满足机械能守恒:
12mv共2+mg×2R2=12mvC2
解得:vC=4 m/s
在C处由牛顿第二定律可得:F N-mg=mvC2R2
解得:F N=190 N.
(3)物块m滑上木板后,当木板速度为v2=2 m/s时,物块速度设为v1,由动量守恒定律得:mvC=mv1+Mv2
解得v1=3 m/s
设在此过程中物块运动的位移为x1,木板运动的位移为x2,由动能定理得,对物块m:-μmgx1=12mv12-12mvC2
解得:x1=1.4 m
对木板M:μmgx2=12Mv22,解得:x2=0.4 m
此时木板静止,物块m到木板左端的距离为:
x3=L+x2-x1=1 m
设物块m在台阶表面上运动的最大距离为x4,由动能定理得:-μmg(x3+x4)=0-12mv12
解得:x4=0.8 m.
变式1. (2018·全国卷Ⅲ)如图,在竖直平面内,一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切,BC为圆弧轨道的直径,O为圆心,OA和OB之间的夹角为α, sin α=35.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动,经A点沿圆弧轨道通过C点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及轨道作用力外,小球还一直受到一水平恒力的作用.已知小球在C点所受合力的方向指向圆心,且此时小球对轨道的压力恰好为零.重力加速度大小为g.求
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小;
(2)小球达A点时动量的大小;
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间.
【答案】 (1)34mg 5gR2 (2)m23gR2 (3)355Rg
【解析】 (1)设水平恒力的大小为F0,小球到达C点时所受合力的大小为F,由力的合成法则,则有:F0mg=tan α
F2=(mg)2+F02
设小球到达C点时的速度大小为v,
由牛顿第二定律得:F=mv2R
联立以上各式,结合题目所给数据,解得:F0=34mg
v=5gR2.
(2)设小球到达A点的速度大小v1,作CD⊥PA,
交PA于D点,由几何关系得:DA=R sin α
CD=R(1+cs α)
由动能定理有,-mg·CD-F0·DA=12mv2-12mv12
联立以上各式,结合题目所给数据,可得小球在A点的动量大小为:p=mv1=m23gR2.
(3)小球离开C点后,在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动,加速度大小为g,设小球在竖直方向的初速度为v⊥,从C点落到水平轨道上所用时间为t,由运动学公式,则有:v⊥t+12gt2=CD
v⊥=vsin α
联立以上各式,结合题目数据,解得:t=355Rg.
必刷点2 力学三大观点综合应用的两个模型（“滑块—木板”模型）
典例2 (2020·四川模拟)一质量M=6 kg的木板B静止于光滑水平面上,物块A质量m=6 kg,停在B的左端.质量为m0=1 kg的小球用长为L=0.8 m的轻绳悬挂在固定点O上,将轻绳拉直至水平位置后,由静止释放小球,小球在最低点与A发生碰撞后反弹,反弹所能达到的最大高度为h=0.2 m,物块与小球可视为质点,不计空气阻力.已知A、B间的动摩擦因数μ=0.1(g=10 m/s2),求:
(1)小球运动到最低点与A碰撞前瞬间,小球的速度;
(2)小球与A碰撞后瞬间,物块A的速度;
(3)为使A、B达到共同速度前A不滑离木板,木板B至少多长.
【答案】 (1)4 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m
【解析】 (1)小球下摆过程,由机械能守恒定律得:m0gL=12m0v02
代入数据解得:v0=4 m/s.
(2)小球反弹过程机械能守恒,有:m0gh=12m0v12
代入数据解得:v1=2 m/s
小球与A碰撞过程系统动量守恒,以小球的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:m0v0=-m0v1+mvA
代入数据解得:vA=1 m/s.
(3)物块A与木板B相互作用过程,系统动量守恒,以A的速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mvA=(m+M)v
代入数据解得:v=0.5 m/s
由能量守恒定律得:μmgx=12mvA2-12(m+M)v2
代入数据解得:x=0.25 m.
变式2.(多选)如图甲,光滑水平面上放着长木板B,质量为m=2 kg的木块A以速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面,由于A、B之间存在摩擦,之后木块A与长木板B的速度随时间变化情况如图乙所示,重力加速度g=10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A.木块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1
B.长木板的质量M=2 kg
C.长木板B的长度至少为2 m
D.木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为4 J
【答案】 AB
【解析】 由题图可知,木块A先做匀减速运动,长木板B先做匀加速运动,最后一起做匀速运动,共同速度v=1 m/s,取向右为正方向,根据动量守恒定律得:mv0=(m+M)v,解得:M=m=2 kg,故B正确;由题图可知,长木板B匀加速运动的加速度为:aB=ΔvΔt=11 m/s2=1 m/s2,对长木板B,根据牛顿第二定律得:μmg=MaB,μ=0.1,故A正确;由题图可知前1 s内长木板B的位移为:xB=12×1×1 m=0.5 m,木块A的位移为:xA=2+12×1 m=1.5 m,所以长木板B的最小长度为:L=xA-xB=1 m,故C错误;木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为:ΔE=12mv02-12(m+M)v2=2 J,故D错误.
必刷点3 力学三大观点综合应用的两个模型（“滑块—斜面(圆弧)”碰撞模型）
典例3. (2020·广东模拟)如图所示,在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B,其中A与C的质量相等均为m,曲面劈B的质量M=3m,曲面劈B的曲面下端与水平面相切,且曲面劈B足够高,各接触面均光滑.现让小物块C以水平速度v0向右运动,与A发生碰撞,碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B.求:
(1)碰撞过程中系统损失的机械能;
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度.
【答案】 (1)14mv02 (2)3v0240g
【解析】 (1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起,以v0的方向为正方向
由动量守恒定律得:mv0=2mv,解得v=12v0
碰撞过程中系统损失的机械能为E损=12mv02-12×2mv2
解得E损=14mv02.
(2)当小物块A、C上升到最大高度时,A、B、C的速度相等.根据动量守恒定律:mv0=(m+m+3m)v1
解得v1=15v0
根据机械能守恒得2mgh=12×2m12v02-12×5m15v02
解得h=3v0240g.
变式3.如图所示,在光滑水平面上有一块长为L的木板B,其上表面粗糙,在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接,圆弧槽的下端与木板的上表面相平,B、C静止在水平面上.现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B并以v02的速度滑离B,恰好能到达C的最高点.A、B、C的质量均为m,试求:
(1)木板B上表面的动摩擦因数μ;
(2)14圆弧槽C的半径R.
【答案】 (1)5v0216gL (2)v0264g
【解析】 (1)当A在B上滑动时,A与BC整体发生相互作用,由于水平面光滑,A与BC组成的系统动量守恒,选向左的方向为正方向,有:mv0=m12v0+2mv1 ①
由能量守恒得知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的能,即:μmgL=12mv02-12m12v02-12×2mv12 ②
联立①②解得:μ=5v0216gL ③
(2)当A滑上C,B与C分离,A、C发生相互作用.设A到达最高点时两者的速度相等均v2,
A、C组成的系统水平方向动量守恒,有:m12v0+mv1=(m+m)v2 ④
由A、C组成的系统机械能守恒,有:12m12v02+12mv12=12(2m)v22+mgR ⑤
联立④⑤解得:R=v0264g.
练考点 过基础 过素养
题组一 力学三大观点综合应用的两个模型
(2020·河北模拟)半圆形光滑轨道固定在水平地面上,如图所示,并使其轨道平面与地面垂直,物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放,二者碰后粘在一起向上运动,最高能上升到轨道M点,已知OM与竖直方向夹角为60°,则两物体的质量之比m1∶m2为( )
A.(2+1)∶(2-1) B.2∶1 C.(2-1)∶(2+1) D.1∶2
【答案】C
【解析】 两球到达最低点的过程由动能定理得:mgR=12mv2,解得:v=2gR
所以两球到达最低点的速度均为2gR
设向左为正方向,则m1的速度v1=-2gR,m2的速度v2=2gR,由于碰撞瞬间动量守恒得:
m2v2+m1v1=(m1+m2)v共
解得:v共=m2-m1m1+m22gR ①
二者碰后粘在一起向左运动,最高能上升到轨道M点,
对此过程由动能定理得:
-(m1+m2)gR(1-cs 60°)=0-12(m1+m2)v共2 ②
由①②解得:(m1+m2)2(m2-m1)2=2
整理得:m1∶m2=(2-1)∶(2+1).
2.(2020·山西模拟)如图甲所示,质量m1=4 kg的足够长的长木板静止在光滑水平面上,质量m2=1 kg的小物块静止在长木板的左端.现对小物块施加一水平向右的作用力F,小物块和长木板运动的速度-时间图象如图乙所示.2 s后,撤去F,g取10 m/s2.求:
(1)小物块与长木板之间的动摩擦因数μ;
(2)水平力的大小F;
(3)撤去F后,小物块和长木板组成的系统损失的机械能ΔE.
【答案】 (1)0.2 (2)4 N (3)3.6 J
【解析】 (1)由题图可知:
长木板的加速度a1=12 m/s2=0.5 m/s2
由牛顿第二定律可知:小物块施加给长木板的滑动摩擦力
Ff=m1a1=2 N
小物块与长木板之间的动摩擦因数:μ=Ffm2g=0.2.
(2)由题图可知,小物块的加速度a2=42 m/s2=2 m/s2
由牛顿第二定律可知:F-μm2g=m2a2
解得F=4 N.
(3)撤去F后,小物块和长木板组成的系统动量守恒,以向右为正方向,最终两者以相同速度(设为v)运动
m1v1+m2v2=(m1+m2)v
代入数据解得v=1.6 m/s
则系统损失的机械能ΔE=12m1v12+12m2v22-12(m1+m2)v2=3.6 J.
3.(2020·福建模拟)如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面,斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ.一质量为m(ml=1.0 m
这表明在时间t2内A已与墙壁发生碰撞,但没有与B发生碰撞,此时A位于出发点右边的距离为:Δx=2l-xA=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=xB+Δx=0.25 m+0.25 m=0.50 m.
(3)t2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:-μmAg·s=12mAv″A2-12mAvA'2 ⑩
联立并代入题给数据得: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vA0以和vB0,由动量守恒定律与机械能守恒定律有:mA(-vA″)=mAvA0+mBvB0
以及:12mAv″A2=12mAvA02+12mBvB02
联立并代入题给数据得:vA0=375 m/s,vB0=-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xA'时停止,B向左运动距离为xB'时停止,由动能定理可得:xA'=12mAvA02-0μmAg,xB'=12mBvB02-0μmBg
代入数据得:xA'=0.63 m,xB'=0.28 m
xA'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'=xA'+xB'=0.91 m.
(2020·山西模拟)如图,物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下,初始时静止;从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A相撞,碰撞后两者粘连在一起运动,碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器(图中未画出)测得.某同学以h为纵坐标,v2为横坐标,利用实验数据作直线拟合,求得该直线的斜率为k=1.92×10-3 s2/m.已知物块A和B的质量分别为mA=0.400 kg和mB=0.100 kg,重力加速度大小g=9.8 m/s2.
(1)若碰撞时间极短且忽略空气阻力,求h-v2直线斜率的理论值k0.
(2)求k值的相对误差δδ=|k-k0|k0×100%,结果保留1位有效数字.
【答案】 (1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物块B先停止 0.50 m (3)0.91 m
【解析】 (1)设物块A和B碰撞后共同运动的速度为v',取向右为正方向,由动量守恒定律有:mBv=(mA+mB)v' ①
在碰撞后A和B共同上升的过程中,由机械能守恒定律有：12(mA+mB)v'2=(mA+mB)gh ②
联立①②式得h=mB22g(mA+mB)2v2 ③
由题意得:h-v2直线斜率的理论值k0=mB22g(mA+mB)2 ④
代入题给数据得k0=2.04×10-3 s2/m ⑤
(2)按照定义知,k值的相对误差 δ=|k-k0|k0×100% ⑥
由⑤⑥式和题给条件得 δ=6%.