【物理】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

【物理】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

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‎1‎‎5‎,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=‎1‎‎2‎m环v‎1‎‎2‎,且有Ff=‎1‎‎5‎m环g,解得v1=4m/s,‎ 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=0.45m。‎ ‎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)‎ 答案3~1 875 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‎1‎‎2‎mAvA‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎mBvB‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎(mA+mB)v‎0‎‎2‎=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,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-vA≤3v共,可得Emax=1875J。‎ ‎3.某校物理兴趣小组制作了一个游戏装置,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μ=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。‎ 答案(1)5 m/s　(2)5 m/s≤vA≤6 m/s和vA≥3‎5‎ m/s 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 ‎1‎‎2‎mvB‎2‎‎=2mgR+‎1‎‎2‎mv2‎ 从A到B由动能定理得 ‎-μmgl1=‎‎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 ‎-μmg(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≤vA≤6m/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h=‎1‎‎2‎gt2,水平方向s=vCt。‎ 从A到C由动能定理得 ‎-μmg(l1+l2)=‎‎1‎‎2‎mvC‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎3‎‎2‎ 解得v3=3‎5‎m/s。所以初速度的范围为5m/s≤vA≤6m/s和vA≥3‎5‎m/s。‎ ‎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μ=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-μmgl=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,解得v1=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:-μmgx=‎1‎‎2‎(m0+m)v‎2‎‎2‎‎-‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎,解得x=1.2m。由于x>l,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ΔE=2μmgl=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θ,质量为m1的小滑块A与传送带间的动摩擦因数为μ,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μ1,重力加速度为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s1∶s2。‎ ‎(2)在满足m1

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