备考2024届高考物理一轮复习强化训练第七章动量守恒定律专题十二力学三大观点的综合应用

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（1）求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t.
答案 （1）4m/s 22N （2）0.3 （3）2.5s
解析 （1）C点离地高度为1.2R＋Rcsθ＋R＝3R
滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
mg（h－3R）＝12mvC2－0
解得vC＝4m/s
在最高点C时，根据牛顿第二定律可得
FC＋mg＝mvC2R
解得FC＝22N
（2）从静止释放到G点，由动能定理可得
mgh－0.2mgLFG＝12mvG2
由题可知，滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，速度大小设为v
根据动量守恒定律可得2mv＝mvG
由功能关系可得μmgL＝12mvG2－12×2mv2
综合解得μ＝0.3
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a＝μg
设滑块从滑上摆渡车到共速的时间为t1，有
t1＝vG－vμg＝1s
共速后继续向右匀速运动的时间
t2＝L0－L－12vt1v＝1.5s
t＝t1＋t2＝2.5s.
2.[2022广东]某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型.竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态.当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N.滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动.已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力.求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
（3）滑杆向上运动的最大高度h.
答案 （1）8N 5N （2）8m/s （3）0.2m
解析 （1）滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研究对象，由平衡条件可知
N1＝（m＋M）g＝8N
滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，则有N2＝Mg－f'，f'＝f
代入数据得N2＝5N
（2）解法1 碰前，滑块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mg＋f＝ma1
解得a1＝15m/s2，方向向下
由运动学公式得v2－v02＝－2a1l
代入数据得v＝8m/s
解法2 由动能定理得－（mg＋f）l＝12mv2－12mv02
代入数据解得v＝8m/s
（3）滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv＝（M＋m）v共
代入数据得v共＝2m/s
此后滑块与滑杆一起竖直向上运动，根据动能定理有
－（M＋m）gh＝0－12（M＋m）v共2
代入数据得h＝0.2m.
3.[2021湖南]如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ.质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ.以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为（2μL，μL），Q端在y轴上.重力加速度为g.
（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；
（3）将质量为λm（λ为常数且λ≥5）的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围.
答案 （1）2μgL （2）x22y＋2y＝4μL（0≤x≤2μL） （3）3λ－1λ－3μL＜h≤μL＋3μL（λ+1）2（λ－1）2
解析 （1）设A滑到O点时速度为v0，A从倾斜轨道上滑到O点过程中，由动能定理有
mg·2μL－μmgL＝12mv02
解得v0＝2μgL
（2）若A以（1）中的位置从倾斜轨道上下滑，A从O点抛出，假设能运动到弧形轨道上的P点，水平方向有
2μL＝v0t1
竖直方向有yP＝12gt12
解得yP＝μL，假设成立
所以A落在弧形轨道时的动能Ek满足
mg·2μL－μmgL＋mg·μL＝Ek－0
A从O点抛出，做平抛运动，水平方向有x＝v1t
竖直方向有y＝12gt2
又y＝vy22g，Ek＝12m（v12＋vy2）
联立解得PQ的曲线方程为
x22y＋2y＝4μL（0≤x≤2μL）
（3）设A初始位置到x轴的高度为h，A滑到O点的速度为vA0，碰撞后的速度为vA1，反弹后再次返回O点时速度为vA，A、B碰撞后B的速度为vB，A、B碰撞过程有
mvA0＝mvA1＋λmvB
12mvA02＝12mvA12＋12λmvB2
解得vA1＝1－λ1+λvA0，vB＝21+λvA0
A从倾斜轨道上滑到O点的过程有
mgh－μmgL＝12mvA02
碰后又运动到O点过程有
－μmg·2L＝12mvA2－12mvA12
又A、B均能落在弧形轨道上且A落在B点右侧应满足
vB＜vA≤v0
联立求解得3λ－1λ－3μL＜h≤μL＋3μL（λ+1）2（λ－1）2
4.[高考新题型/2023湖南]如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直.质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑.以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上.整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g.
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若Mm＝ba－b，求小球下降h＝b2高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g表示）.
答案 （1）2m2gbM（m＋M） maM＋m
（2）[(M＋m）x－ma]2M2a2＋y2b2＝1（y≤0）
（3）2bga+3b
解析 （1）小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，水平方向上小球和凹槽组成的系统动量守恒，有0＝mv1－Mv2
对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有
mgb＝12mv12＋12Mv22
联立解得v2＝2m2gbM（m＋M）
根据人船模型规律，在水平方向上有mx1＝Mx2
又由位移关系知x1＋x2＝a
解得凹槽相对于初始时刻运动的距离x2＝maM＋m
（2）小球向左运动过程中，凹槽向右运动，当小球的坐标为（x，y）时，小球向左运动的位移x'1＝a－x，则凹槽水平向右运动的位移为x'2＝mM（a－x）
小球在凹槽所在的椭圆上运动，根据数学知识可知小球的运动轨迹满足
（x－x'2）2a2＋y2b2＝1
整理得小球运动的轨迹方程为[(M＋m）x－ma]2M2a2＋y2b2＝1（y≤0）
（3）若Mm＝ba－b，代入（2）问结果化简可得
[x－（a－b）]2＋y2＝b2
即小球的运动轨迹是半径为b的圆
小球下降h＝b2高度的过程，小球与凹槽组成的系统在水平方向动量守恒，有mv'1x＝Mv'2
对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有
mgh＝12mv'12＋12Mv'22
由几何关系及速度的分解得v'1sin30°＝v'1x
联立解得v'1＝2bga+3b.