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1、1 考点规范练考点规范练 2121 力学三大观点的综合应用力学三大观点的综合应用 1 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地面上,一弹性环 1 5 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
2、环g,解得v1=4m/s, 1 2 v12 1 5 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。 v22 2g 2 2. 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
3、不再与A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) 2 答案 31 875 J 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mAmB(mA+mB)=E。B、C碰撞前后,由动量守恒定律得mBvB=(mC+mB)v共,根据题意可知, 1 2 vA2+ 1 2 vB2- 1 2 v02 若炸开后,物块A仍向右运动,根据题意有vAv共,可得Emin=3J;若炸开后,A向左运动,根据题意有-vA3v共,可 得Emax=1875J。 3 3.某校物理兴趣小组制作了一个
4、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点弹 射出的速度大小的范围。
5、答案(1)5 m/s (2)5 m/svA6 m/s 和vA3 m/s 5 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=m v2 R 从B到最高点小滑块机械能守恒,有 =2mgR+ mv2 1 2mvB 2 1 2 从A到B由动能定理得 -mgl1= 1 2mvB 2 - 1 2mv1 2 由以上三式解得A点的速度v1=5m/s。 3 (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- 1 2mv2 2 解得A点的速度为v2=6m/s,若小滑块停在BC段,应满足 5m/svA6m/s。 若小滑块能通过C点并恰好越过陷阱,利用平抛运动,竖直方向
6、h= gt2,水平方向s=vCt。 1 2 从A到C由动能定理得 -mg(l1+l2)= 1 2mvC 2 - 1 2mv3 2 解得v3=3m/s。所以初速度的范围为 5m/svA6m/s 和vA3m/s。 55 4 4. 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A上运动的整个
7、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v1=4m/s。 1 2mv1 2 - 1 2mv0 2 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达到共同速度时就滑出 1 2 v22- 1 2mv1 2 平板小车A,所以小铁块
8、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。 4 5 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,重力加速度为g。 甲 乙 (1)若m1=3m2,小滑块
9、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s1s2。 (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m1m2。 (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)19 (2)(-2)1 (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+
10、m2v2,m1v02= m1m2, 1 2 1 2 v12+ 1 2 v22 5 又m1=3m2,解得v1= v0,v2= v0, 1 2 3 2 由动能定理有m1=1m1gs1,m2=1m2gs2, 1 2 v12 1 2 v22 所以s1s2=19。 (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, 碰后有v1=v0=-kv0, m1- m2 m1+ m2 v2=v0=k2v0, 2m1 m1+ m2 所以k=且k2=, m2- m1 m1+ m2 2m1 m1+ m2 联立可得+4m1m2-=0, m12m22 所以m1m2=(-2)1舍去(-2)1。 55 (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。
