（通用版）2020版高考物理大一轮复习考点规范练21力学三大观点的综合应用新人教版.docx

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1、1考点规范练 21 力学三大观点的综合应用1.(2018河南南阳一中模拟)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 ,逆倒刺而上时,将立即被倒刺卡住。现该直棒竖直静止在15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= m 环 ,且有 Ff= m 环 g,解得 v1=4m/s,12

2、 v12 15弹性环反弹后被直棒倒刺卡住,与直棒速度相同,设为 v2,由动量守恒定律得 m 环 v1=(m 环 +m)v2,解得 v2=3m/s,故直棒能上升的最大高度为 H= =0.45m。v222g2.在光滑水平桌面上 O处固定一个弹性挡板, P处静止一质量为 2 kg的质点 C,OP的距离等于 PQ的距离,两个可视为质点的小物块 A、 B间夹有炸药,一起以 v0=5 m/s的速度向右做匀速运动,到 P处与质点 C碰前引爆炸药,小物块 A、 B瞬间被炸开且在一条直线上运动,当 B与 C发生碰撞时瞬间粘到一块,已知 A的质量为 1 kg,B的质量为 2 kg,若要 BC到达 Q之前不再与 A

3、发生碰撞,则小物块A、 B间炸药释放的能量应在什么范围内?(假设爆炸释放的能量全部转化为物块的动能)答案 31 875 J2解析 引爆炸药前后,由动量守恒定律可得( mA+mB)v0=mAvA+mBvB,设火药爆炸释放出来的能量为 E,由能量守恒定律可得 mA mB (mA+mB) =E。 B、 C碰撞前后,由动量守恒定律得 mBvB=(mC+mB)v12vA2+12vB2-12 v02共 ,根据题意可知,若炸开后,物块 A仍向右运动,根据题意有 vA v 共 ,可得 Emin=3J;若炸开后, A向左运动,根据题意有 -vA3 v 共 ,可得 Emax=1875J。3.某校物理兴趣小组制作了

4、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为胜出,求小滑块在 A

5、点弹射出的速度大小的范围。答案 (1)5 m/s (2)5 m/s vA6 m/s 和 vA3 m/s5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=2mgR+ mv212mvB2 12从 A到 B由动能定理得-mgl 1=12mvB2-12mv12由以上三式解得 A点的速度 v1=5m/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=6m/s,若小滑块停在 BC段,应满足 5m/s vA6m/s。3若小滑块能通过 C点并恰好越过陷阱,利用平抛运

6、动,竖直方向 h= gt2,水平方向 s=vCt。12从 A到 C由动能定理得-mg (l1+l2)=12mvC2-12mv32解得 v3=3 m/s。所以初速度的范围为 5m/s vA6m/s 和 vA3 m/s。5 54.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

7、 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)。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= ,解得12mv12-12mv02v1=4m/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=1m/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= (m0+m) ,解得 x=1.2m。由于 xl,说明小铁块 B在没有与平板小车 A达12 v22-12mv12到共同速度时就滑出

8、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= 9J。5.(2018广东佛山二模)甲图是传送带紧贴矩形桌面的俯视示意图,传送带和桌面在同一水平面且都足够宽、足够长,传送带沿图示方向运动, abcd是垂直于水平面固定的光滑挡板条, ab与 cd部分是直的, bc是平滑过渡部分,挡板条 ab部分与传送带运动方向的夹角为 ,质量为 m1的小滑块 A与传送带间的动摩擦因数为 ,从 a点由静止释放,最后与静止在桌面 c点、质量为 m2的小滑块 B发4生弹性正碰,小滑块 A、 B均可视为质点,桌面 c点左侧光滑,右侧与小滑块 A、 B间的动摩擦因数均为 1,重力

9、加速度为 g。甲乙(1)若 m1=3m2,小滑块 A碰前瞬间的速率为 v0,求小滑块 A、 B碰后在桌面滑行的距离之比 s1s 2。(2)在满足 m1m2的前提下,小滑块 A碰前瞬间的速率 v0一定, m2取不同值,小滑块 A、 B碰后速率也会不同。乙图中的实线反映了小滑块 A碰后从 b点滑上传送带的速率 vb与再次滑出传送带的速率vb的关系。图中 P点对应着小滑块 A、 B最后停在桌面上同一位置,求其相应的 m1m 2。(3)若传送带的速度恒定为 v0,请求小滑块 A经过 b点时的速率 v,并定性描述小滑块 A从 a点由静止释放到 b点的运动情况。答案 (1)1 9 (2)( -2) 1 (

10、3)见解析5解析 (1)小滑块 A、 B发生弹性正碰,则由动量守恒和能量守恒有m1v0=m1v1+m2v2, m1v02= m1 m2 ,12 12v12+12v22又 m1=3m2,解得 v1= v0,v2= v0,12 32由动能定理有 m1 = 1m1gs1, m2 = 1m2gs2,12v12 12v22所以 s1s 2=1 9。(2)因 A、 B最后停在桌面上同一位置,故 B碰后的速度与 A反弹后从传送带滑回桌面的速度相同,根据动量守恒定律和能量守恒定律,5碰后有 v1= v0=-kv0,m1-m2m1+m2v2= v0=k2v0,2m1m1+m2所以 k= 且 k2= ,m2-m1m1+m2 2m1m1+m2联立可得 +4m1m2- =0,m12 m22所以 m1m 2=( -2) 1舍去( - -2) 1。5 5(3)小滑块 A由 a点到 b点做加速度逐渐减小的变加速直线运动直至匀速,小滑块 A经过 b点时的速率 v=v0cos 。