2019高考物理一輪復習 第六章 動量 動量守恒定律 第50講 力學三大規(guī)律的綜合應用加練半小時 教科版.docx

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第50講 力學三大規(guī)律的綜合應用 [方法點撥]　做好以下幾步：①確定研究對象，進行運動分析和受力分析；②分析物理過程，按特點劃分階段；③選用相應規(guī)律解決不同階段的問題，列出規(guī)律性方程． 1．(2018廣東東莞模擬)如圖1所示，某超市兩輛相同的手推購物車質(zhì)量均為m、相距l(xiāng)沿直線排列，靜置于水平地面上．為節(jié)省收納空間，工人給第一輛車一個瞬間的水平推力使其運動，并與第二輛車相碰，且在極短時間內(nèi)相互嵌套結為一體，以共同的速度運動了距離，恰好?？吭趬叄糗囘\動時受到的摩擦力恒為車重的k倍，忽略空氣阻力，重力加速度為g.求： 圖1 (1)購物車碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能； (2)工人給第一輛購物車的水平?jīng)_量大?。? 2．(2017河北石家莊第二次質(zhì)檢)如圖2所示，質(zhì)量分布均勻、半徑為R的光滑半圓形金屬槽，靜止在光滑的水平面上，左邊緊靠豎直墻壁．一質(zhì)量為m的小球從距金屬槽上端R處由靜止下落，恰好與金屬槽左端相切進入槽內(nèi)，到達最低點后向右運動從金屬槽的右端沖出，小球到達最高點時與金屬槽圓弧最低點的距離為R，重力加速度為g，不計空氣阻力．求： 圖2 (1)小球第一次到達最低點時對金屬槽的壓力大小； (2)金屬槽的質(zhì)量． 3.(2017江西上饒一模)如圖3所示，可看成質(zhì)點的A物體疊放在上表面光滑的B物體上，一起以v0的速度沿光滑的水平軌道勻速運動，與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C發(fā)生碰撞，碰撞后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘連，A滑上C后恰好能到達C板的右端．已知A、B質(zhì)量相等，C的質(zhì)量為A的質(zhì)量的2倍，木板C長為L，重力加速度為g.求： 圖3 (1)A物體與木板C上表面間的動摩擦因數(shù)； (2)當A剛到C的右端時，B、C相距多遠？ 4．(2017河南六市第一次聯(lián)考)足夠長的傾角為θ的光滑斜面的底端固定一輕彈簧，彈簧的上端連接質(zhì)量為m、厚度不計的鋼板，鋼板靜止時彈簧的壓縮量為x0，如圖4所示．一物塊從鋼板上方距離為3x0的A處沿斜面滑下，與鋼板碰撞后立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連，它們到達最低點后又向上運動．已知物塊質(zhì)量也為m時，它們恰能回到O點，O為彈簧自然伸長時鋼板的位置．若物塊質(zhì)量為2m，仍從A處沿斜面滑下，則物塊與鋼板回到O點時，還具有向上的速度，已知重力加速度為g，計算結果可以用根式表示，求： 圖4 (1)質(zhì)量為m的物塊與鋼板碰撞后瞬間的速度大小v1； (2)碰撞前彈簧的彈性勢能； (3)質(zhì)量為2m的物塊沿斜面向上運動到達的最高點離O點的距離． 5．(2017山東泰安一模)如圖5所示，質(zhì)量為m1＝0.5kg的小物塊P置于臺面上的A點并與水平彈簧的右端接觸(不拴接)，輕彈簧左端固定，且處于原長狀態(tài)．質(zhì)量M＝1kg的長木板靜置于水平面上，其上表面與水平臺面相平，且緊靠臺面右端．木板左端放有一質(zhì)量m2＝1kg的小滑塊Q.現(xiàn)用水平向左的推力將P緩慢推至B點(彈簧仍在彈性限度內(nèi))，撤去推力，此后P沿臺面滑到邊緣C時速度v0＝10m/s，與長木板左端的滑塊Q相碰，最后物塊P停在AC的正中點，Q停在木板上．已知臺面AB部分光滑，P與臺面AC間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，AC間距離L＝4 m．Q與木板上表面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4，木板下表面與水平面間的動摩擦因數(shù)μ3＝0.1(g取10 m/s2)，求： 圖5 (1)撤去推力時彈簧的彈性勢能； (2)長木板運動中的最大速度； (3)長木板的最小長度． 6．(2018河北邢臺質(zhì)檢)如圖6所示，某時刻質(zhì)量為m1＝50kg的人站在m2＝10kg的小車上，推著m3＝40kg的鐵箱一起以速度v0＝2m/s在水平地面沿直線運動到A點時，該人迅速將鐵箱推出，推出后人和車剛好停在A點，鐵箱則向右運動到距A點s＝0.25 m的豎直墻壁時與之發(fā)生碰撞而被彈回，彈回時的速度大小是碰撞前的二分之一，當鐵箱回到A點時被人接住，人、小車和鐵箱一起向左運動，已知小車、鐵箱受到的摩擦力均為地面壓力的0.2倍，重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖6 (1)人推出鐵箱時對鐵箱所做的功； (2)人、小車和鐵箱停止運動時距A點的距離． 答案精析 1．(1)mkgl　(2)m 解析　(1)設第一輛車碰前瞬間的速度為v1，與第二輛車碰后的共同速度為v2. 由動量守恒定律有mv1＝2mv2 由動能定理有－2kmg＝0－(2m)v 則碰撞中系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝mv－(2m)v 聯(lián)立以上各式解得ΔE＝mkgl (2)設第一輛車推出時的速度為v0 由動能定理有 －kmgl＝mv－mv I＝mv0 聯(lián)立解得I＝m 2．(1)5mg　(2) 解析　(1)小球從靜止到第一次到達最低點的過程，根據(jù)機械能守恒定律有： mg2R＝mv 小球剛到最低點時，根據(jù)圓周運動規(guī)律和牛頓第二定律有： N－mg＝m 據(jù)牛頓第三定律可知小球對金屬槽的壓力為：N′＝N 聯(lián)立解得：N′＝5mg (2)小球第一次到達最低點至小球到達最高點過程，小球和金屬槽水平方向動量守恒，選取向右為正方向，則： mv0＝(m＋M)v 設小球到達最高點時與金屬槽圓弧最低點的高度為h. 則有R2＋h2＝(R)2 根據(jù)能量守恒定律有：mgh＝mv－(m＋M)v2 聯(lián)立解得M＝. 3．(1)　(2) 解析　(1)設A、B的質(zhì)量為m，則C的質(zhì)量為2m.B、C碰撞過程中動量守恒，令B、C碰后的共同速度為v1，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝3mv1 解得：v1＝ B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脫離，A、C相互作用過程中動量守恒，設最終A、C的共同速度v2，以向右為正方向，由動量守恒定律得： mv0＋2mv1＝3mv2 解得：v2＝ 在A、C相互作用過程中，根據(jù)能量守恒定律得： fL＝mv＋2mv－3mv 又f＝μmg 解得：μ＝ (2)A在C上滑動時，C的加速度a＝＝ A從滑上C到與C共速經(jīng)歷的時間： t＝＝ B運動的位移：xB＝v1t＝L C運動的位移xC＝＝ B、C相距：x＝xC－xB＝ 4．(1)　(2)mgx0sinθ　(3) 解析　(1)設物塊與鋼板碰撞前速度為v0， 3mgx0sinθ＝mv 解得v0＝ 設物塊與鋼板碰撞后一起運動的速度為v1，以沿斜面向下為正方向，由動量守恒定律得 mv0＝2mv1 解得v1＝ (2)設碰撞前彈簧的彈性勢能為Ep，當它們一起回到O點時，彈簧無形變，彈性勢能為零，根據(jù)機械能守恒定律得 Ep＋(2m)v＝2mgx0sinθ 解得Ep＝mgx0sinθ (3)設v2表示質(zhì)量為2m的物塊與鋼板碰后開始一起向下運動的速度，以沿斜面向下為正方向，由動量守恒定律得 2mv0＝3mv2 它們回到O點時，彈性勢能為零，但它們?nèi)岳^續(xù)向上運動，設此時速度為v，由機械能守恒定律得 Ep＋(3m)v＝3mgx0sinθ＋(3m)v2 在O點物塊與鋼板分離，分離后，物塊以速度v繼續(xù)沿斜面上升，設運動到達的最高點離O點的距離為l，有 v2＝2al 2mgsinθ＝2ma 解得l＝ 5．(1)27J　(2)2m/s　(3)3m 解析　(1)小物塊P由B到C的過程： W彈－μ1m1gL＝m1v－0 解得W彈＝27J Ep＝W彈＝27J 即撤去推力時彈簧的彈性勢能為27J. (2)小物塊P和滑塊Q碰撞過程動量守恒，以v0的方向為正方向 m1v0＝－m1vP＋m2vQ 小物塊P從碰撞后到靜止 －μ1m1gL＝0－m1v 解得vQ＝6m/s Q在長木板上滑動過程中： 對Q：－μ2m2g＝m2a1 對木板：μ2m2g－μ3(M＋m2)g＝Ma2 解得a1＝－4m/s2，a2＝2 m/s2 當滑塊Q和木板速度相等時，木板速度最大，設速度為v，滑行時間為t. 對Q：v＝vQ＋a1t 對木板：v＝a2t 解得t＝1s v＝2m/s 長木板運動中的最大速度為2m/s (3)在Q和木板相對滑動過程中 Q的位移：xQ＝(vQ＋v)t 木板的位移：x板＝(0＋v)t 木板的最小長度：L＝xQ－x板 解得L＝3m 6．(1)420J　(2)0.2m 解析　(1)人推鐵箱過程，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得： (m1＋m2＋m3)v0＝m3v1 解得v1＝5m/s 人推出鐵箱時對鐵箱所做的功為： W＝m3v－m3v＝420J (2)設鐵箱與墻壁相碰前的速度為v2，箱子再次滑到A點時速度為v3，根據(jù)動能定理得： 從A到墻：－0.2m3gs＝m3v－m3v 解得v2＝2m/s 從墻到A：－0.2m3gs＝m3v－m3(v2)2 解得v3＝m/s 設人、小車與鐵箱一起向左運動的速度為v4，以向左方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：m3v3＝(m1＋m2＋m3)v4 解得v4＝m/s 根據(jù)動能定理得： －0.2(m1＋m2＋m3)gx＝0－(m1＋m2＋m3)v 解得x＝0.2m