【物理】2020届二轮复习专题二第5讲应用“三大观点”解决力学综合问题作业 12页

第5讲　应用“三大观点”解决力学综合问题 冲刺提分作业A ‎1.(2019福建大联考)汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊爆开。某次试验中,质量m1=1 600 kg的试验车以速度v1=36 km/h正面撞击固定试验台,经时间t1=0.10 s碰撞结束,车速减为零,此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响。求:‎ ‎(1)此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小;‎ ‎(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2=1 600 kg、速度v2=18 km/h同向行驶的汽车,经时间t2=0.16 s两车以相同的速度一起滑行。试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开。‎ 答案　见解析 解析　(1)v1=36 km/h=10 m/s,取速度v1的方向为正方向 由动量定理有-I0=0-m1v1‎ 得I0=1.6×104 N·s 由冲量定义有I0=F0t1‎ 得F0=1.6×105 N ‎(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v 由动量守恒定律有m1v1+m2v2=(m1+m2)v 对试验车,由动量定理有-Ft2=m1v-m1v1‎ 得F=2.5×104 N 可见Fv,假设物体甲在传送带上一直做匀减速直线运动,由动能定理得 ‎-μm1gL=‎1‎‎2‎m1v‎2‎‎2‎-‎1‎‎2‎m1‎v‎1‎‎2‎ 解得v2=4 m/s v2>v,假设成立,则物体甲第一次运动到C点的速度大小v2=4 m/s ‎(2)以物体甲和物体乙为研究对象,从甲滑上乙开始至甲滑下来到达C点的过程中,系统水平方向上动量守恒 m1v2=m1v3+m2v4‎ 由系统能量守恒得‎1‎‎2‎m1v‎2‎‎2‎=‎1‎‎2‎m1v‎3‎‎2‎+‎1‎‎2‎m2‎v‎4‎‎2‎ 解得v3=-2 m/s 则甲第二次到达C点的速度大小为2 m/s ‎(3)甲向左滑上传送带,做匀减速直线运动 由牛顿第二定律得μm1g=m1a 解得a=2 m/s2‎ 由动能定理得-μm1gL=‎1‎‎2‎m1v‎5‎‎2‎-‎1‎‎2‎m1‎v‎3‎‎2‎ 解得到达B点的速度v5=0‎ 物体甲从C点运动到左端B点的时间t1=‎v‎5‎‎-‎v‎3‎a 解得t1=1 s 甲向右滑上传送带先做匀加速直线运动,设与传送带共速时所用时间为t2,则t2=‎va 解得t2=0.5 s 设甲在t2时间内的位移为x1,则μm1gx1=‎1‎‎2‎m1v2‎ 解得x1=0.25 m 甲与传送带共速后随传送带一起匀速运动,位移x2=L-x1‎ 所用时间t3=‎x‎2‎v 解得t3=0.75 s 甲从第二次到第三次到达C点的过程中的运动时间t=t1+t2+t3‎ 解得t=2.25 s 冲刺提分作业B ‎1.某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图,皮带在电动机的带动下保持v=1 m/s的恒定速度向右运动,现将一质量为m=2 kg的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5。设皮带足够长,g取10 m/s2,在邮件与皮带发生相对滑动的过程中,求:‎ ‎(1)邮件滑动的时间t。‎ ‎(2)邮件对地的位移大小x。‎ ‎(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。‎ 答案　(1)0.2 s　(2)0.1 m　(3)-2 J 解析　(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F,则 F=μmg 取向右为正方向,对邮件应用动量定理,有 Ft=mv-0‎ 解得t=0.2 s ‎(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,对邮件应用动能定理,‎ 有Fx=‎1‎‎2‎mv2-0‎ 解得x=0.1 m ‎(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,设皮带相对地面的位移为s 则s=vt 摩擦力对皮带做的功W=-Fs 解得W=-2 J ‎2.如图所示,质量均为m的小滑块A、B、C厚度均不计。其中B、C两滑块通过劲度系数为k的轻弹簧相连并竖直放置在水平面上。现在将小滑块A从距离B滑块H0高处由静止释放,A、B相碰后立刻粘合为一个整体,且以共同速度向下运动,不计空气阻力,当地重力加速度为g。求:‎ ‎(1)A、B碰后的共同速度v1的大小;‎ ‎(2)A、B向下运动的速度最大时,滑块C对水平面的压力大小。‎ 答案　(1)gH‎0‎‎2‎　(2)3mg 解析　(1)设A与B碰撞之前A的瞬时速度为v0,则 mgH0=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ A、B碰撞前后动量守恒,即mv0=2mv1‎ 式中v1为A与B碰撞后的共同速度 联立解得v1=‎gH‎0‎‎2‎ ‎(2)当A、B的速度最大时,它们所受的合力为零,即处于平衡状态,设此时水平地面对滑块C的支持力大小和滑块C对水平地面的压力大小分别为FN'和FN,对于A、B、C组成的系统 由受力分析可知FN'-3mg=0‎ 由牛顿第三定律可知FN'=FN 联立解得FN=3mg ‎3.如图所示,半径为R,管径很小的光滑半圆形细管竖直放置,有两个直径略小于管径、质量分别为m1=3m、m2=m的小球P、Q,小球Q静止在水平面上,小球P以某一初速度向右运动,与小球Q发生弹性碰撞。P、Q两球通过最高点C后落地点分别为M、N,已知:‎|CN‎|‎‎2‎-|CM‎|‎‎2‎=12R。求:‎ ‎(1)碰撞前小球P的速度;‎ ‎(2)碰撞后小球P、Q的速度;‎ ‎(3)小球P、Q经过最高点时,它们对细管的作用力。‎ 答案　(1)3‎‎2gR ‎(2)‎3‎‎2‎‎2gR　‎‎9‎‎2‎‎2gR ‎(3)‎3‎‎2‎mg,竖直向下　‎71‎‎2‎mg,竖直向上 解析　(1)小球P、Q发生弹性碰撞,由动量守恒定律得 m1v0=m1v1+m2v2‎ 由机械能守恒定律得 ‎1‎‎2‎m1v‎0‎‎2‎=‎1‎‎2‎m1v‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎m2‎v‎2‎‎2‎ 小球P、Q从水平面运动到最高点C的过程中,由机械能守恒定律得 对P球有‎1‎‎2‎m1v‎1‎‎2‎=‎1‎‎2‎m1v‎3‎‎2‎+m1g·2R 对Q球有‎1‎‎2‎m2v‎2‎‎2‎=‎1‎‎2‎m2v‎4‎‎2‎+m2g·2R 之后两小球做平抛运动,有 h=2R=‎1‎‎2‎gt2‎ P球的水平位移x1=v3t Q球的水平位移x2=v4t 依题意有(x‎2‎‎2‎+h2)-(x‎1‎‎2‎+h2)=144R2‎ 联立解得碰撞前小球P的速度v0=3‎‎2gR ‎(2)由(1)得碰撞后小球P的速度v1=‎‎3‎‎2‎‎2gR 碰撞后小球Q的速度v2=‎‎9‎‎2‎‎2gR ‎(3)由(1)得小球P在最高点C的速度v3=‎gR‎2‎ 小球Q在最高点C的速度v4=‎‎73gR‎2‎ 以P为研究对象,由牛顿第二定律得FP+m1g=‎m‎1‎v‎3‎‎2‎R 解得FP=-‎3‎‎2‎mg,负号表示细管对小球P的弹力竖直向上 由牛顿第三定律知,小球P对细管的作用力大小是‎3‎‎2‎mg,方向竖直向下 以Q为研究对象,由向心力公式FQ+m2g=‎m‎2‎v‎4‎‎2‎R 解得FQ=‎71‎‎2‎mg,正号表示细管对小球Q的弹力竖直向下 由牛顿第三定律知,小球Q对细管的作用力大小是‎71‎‎2‎mg,方向竖直向上 ‎4.(2019贵州十校联考)如图所示,一小车上表面由粗糙的水平部分AB和光滑的半圆弧轨道BCD组成,小车紧靠台阶静止在光滑水平地面上,且左端与粗糙水平台等高。水平台与物块P间的滑动摩擦因数为μ=0.2,水平台上有一弹簧,弹簧左端固定,弹簧右端与一个质量为m1=5 kg的小物块接触但不固定,此时弹簧处于压缩状态并锁定,弹簧的弹性势能Ep=100 J。现解除弹簧的锁定,物块P从M点出发,MN间的距离为d=1 m。物块P到N点后与静止在小车左端的质量为m2=1 kg的物块Q(可视为质点)发生弹性碰撞(碰后立即将物块P取走,使之不影响后续物体的运动)。已知AB长为L=10 m,小车的质量为M=3 kg。取重力加速度g=10 m/s2。‎ ‎(1)求碰撞后瞬间物块Q的速度大小;‎ ‎(2)若物块Q在半圆弧轨道BCD上经过一次往返运动(运动过程中物块始终不脱离轨道),最终停在小车水平部分AB的中点,求半圆弧轨道BCD的半径至少多大;‎ ‎(3)若小车上表面AB和半圆弧轨道BCD面均光滑,半圆弧轨道BCD的半径为R=1.2 m,物块Q可以从半圆弧轨道BCD的最高点D飞出,求其再次落回小车时,落点与B点的距离s为多少。(结果可用根号表示)‎ 答案　(1)10 m/s　(2)1.25 m ‎(3)‎12‎‎5‎‎3‎ m 解析　(1)物块P被弹簧弹开运动到N点速度为v1,由能量守恒得 Ep=μm1gd+‎1‎‎2‎m1‎v‎1‎‎2‎ 解得v1=6 m/s 物块P、Q发生弹性碰撞,碰后P、Q的速度为v1'、v2,规定向右为正方向,由动量守恒定律得 m1v1=m1v1'+m2v2‎ 由机械能守恒定律得‎1‎‎2‎m1v‎1‎‎2‎=‎1‎‎2‎m1v1'2+‎1‎‎2‎m2‎v‎2‎‎2‎ 解得v1'=4 m/s,v2=10 m/s或v1'=6 m/s,v2=0(舍)‎ ‎(2)物块Q从开始运动到与小车相对静止过程,共同速度为v3,系统水平方向动量守恒,规定向右为正方向,由动量守恒定律得 m2v2=(m2+M)v3‎ 解得v3=2.5 m/s 系统能量守恒,有‎1‎‎2‎m2v‎2‎‎2‎=μm2g·‎3‎‎2‎L+‎1‎‎2‎(m2+M)‎v‎3‎‎2‎ 解得μ=0.25‎ Q至C点与车共速时,半径R最小,系统能量守恒,有 ‎1‎‎2‎m2v‎2‎‎2‎=μm2gL+m2gR+‎1‎‎2‎(m2+M)‎v‎3‎‎2‎ 解得R=1.25 m ‎(3)设Q通过D点时,Q与小车的速度分别为v4、v5系统水平方向动量守恒、能量守恒,规定向右为正方向,由动量守恒定律得 m2v2=m2v4+Mv5‎ 由机械能守恒定律得 ‎1‎‎2‎m2v‎2‎‎2‎=‎1‎‎2‎m2v‎4‎‎2‎+‎1‎‎2‎Mv‎5‎‎2‎+m2g·2R 解得v4=-2 m/s,v5=4 m/s或v4=7 m/s,v5=1 m/s(舍)‎ 物块Q通过D点时相对小车的速度大小v4'=6 m/s 物块Q再次落到小车上落点与B点的距离s=v4'‎‎4Rg 解得s=‎12‎‎5‎‎3‎ m