广西专用2024年高考物理一轮复习考点规范练21力学三大观点的综合应用含解析新人教版1.docx
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考点规范练21力学三大观点的综合应用
1.如图所示,一质量为m=1kg、长为l=1m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15,逆倒刺而上时,将马上被倒刺卡住。现该直棒竖直静止在地面上,一弹性环自直棒的顶端由静止起先下滑,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=3kg,重力加速度g取10m/s2
答案:0.45m
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=12m环v12,且有Ff=15m环g,解得
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=v222g
2.如图所示,半径为R=0.4m的光滑圆弧轨道DE固定在竖直平面内,轨道的上端点D和圆心的连线与水平方向的夹角θ=30°,轨道最低点E与水平面相切且安装有一压力传感器。同一竖直平面内右上方光滑水平轨道两侧各有一质量均为m=0.1kg的小物块A和B,A以v0=4m/s的速度向左运动与B碰撞并粘成一体C(可看成质点),恰好从D点沿轨道切线方向进入轨道(重力加速度g取10m/s2,3=1.732)。计算结果要求保留2位有效数字。求:
(1)小物块A和B碰撞后C的速度v1;
(2)C在空中的飞行时间;
(3)压力传感器的示数。
答案:(1)2m/s
(2)0.35s
(3)16N
解析:(1)A、B碰撞过程系统动量守恒,以向左为正方向
由动量守恒定律得:mv0=(m+m)v1,
代入数据解得:v1=2m/s。
(2)画出质点C在D点的速度分解图
由分解图得:tanθ=v
代入数据解得:t=0.35s。
(3)在D点:sinθ=v1vD,解得:v
从D点到E点过程,由动能定理得:2mgR(1+sinθ)=12·2mvE2-1
在E点由牛顿其次定律得:F-2mg=2mvE
代入数据解得:F=16N,
由牛顿第三定律可知,传感器示数:F=F=16N。
3.(2024·浙江7月选考)小明将如图所示的装置放在水平地面上,该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ=37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m=0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高h0=1.0m处静止释放。已知R=0.2m,lAB=lBC=1.0m,滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ=0.25,弧形轨道和圆轨道均可视为光滑轨道,忽视空气阻力,sin37°=0.6,cos37°=0.8。
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力。
(2)通过计算推断滑块能否冲出斜轨道的末端C点。
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰,碰后粘在一起,动摩擦因数仍为0.25,求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。(碰撞时间不计)
答案:(1)8N,方向水平向左
(2)不会冲出
(3)h=16x-54858
解析:(1)依据机械能守恒定律得mgh0=mgR+1
解得vD=4m/s
依据牛顿其次定律得FN=mvD
由牛顿第三定律得FN=FN=8N,方向水平向左。
(2)设滑块能在斜轨道上到达的最高点为C点,由能量守恒定律得
mgh0=μmglAB+μmglBCcosθ+mglBCsinθ
得lBC=1516m1.
故不会冲出。
(3)设滑块运动到距A点x处的速度为v,由动能定理得mgh0-μmgx=12mv
设碰撞后的速度为v,由动量守恒定律得mv=3mv
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h,由动能定理得
-3μmg(lAB-x)-3μmghtanθ-3mgh=0-12(3m
联立解得h=16x-
h=00≤x
4.如图所示,一辆质量为m0=3kg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=1kg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μ=0.5,平板小车A的长度l=0.9m。现给小铁块B一个v0=5m/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上运动的整个过程中系统损失的机械能(重力加速度g取10m/s2)。
答案:9J
解析:设小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为v1,
依据动能定理得-μmgl=12mv12
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,依据动量守恒定律得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,则依据功能关系得:-μmgx=12(m0+m)v22-12mv12,解得x=1.2m。由于xl,说明小铁块B在没有与平板小车