课时跟踪检测（三十）“应用力学三大观点解题”的技能强化

课时跟踪检测（三十）“应用力学三大观点解题”的技能强化1．彩虹滑道是近年来广受人们欢迎的娱乐项目，游客坐在一个特制的垫子上，从滑道顶端滑下，由于滑道较长、坡度较大，游客能体会到高速滑行的感觉。某滑道由倾斜直滑道和水平直滑道连接而成，游客坐在垫子上(游客与垫子视为整体，且可视为质点)滑到倾斜直滑道底端时速度为v1＝20m/s，此时水平直滑道前方x0＝4m处，有一名工作人员用绳子拖动另一个相同的垫子，以v2＝1m/s的速度在同一方向上做匀速直线运动，游客和垫子构成的整体滑到水平直滑道上后做加速度大小为a＝9m/s2的匀减速直线运动。已知垫子质量均为m0＝20kg，游客和工作人员质量均为m1＝60kg。求：(1)游客和垫子构成的整体追上前方垫子所需的时间；(2)若游客和垫子构成的整体与前方垫子碰撞后三者共速向前运动，碰撞时间极短，且碰撞瞬间工作人员松开绳子，求碰撞瞬间冲击力对前方垫子的冲量。解析：(1)游客和垫子构成的整体追上前方垫子的过程，有v1t－eq\f(1,2)at2＝x0＋v2t，代入数据解得所需的时间为t＝eq\f(2,9)s(t＝4s不合题意，舍去)。(2)游客和垫子构成的整体追上前方垫子时的速度大小v0＝v1－at＝18m/s游客和垫子构成的整体与前方垫子相碰前后，规定v0为正方向，由动量守恒定律可得(m1＋m0)v0＋m0v2＝(m1＋m0＋m0)v解得游客和垫子构成的整体与前方垫子碰撞后一起运动的速度大小为v＝14.6m/s对前方垫子，由动量定理可得I＝m0v－m0v2，解得碰撞瞬间冲击力对前方垫子的冲量大小为I＝272N·s，方向与碰前前方垫子的速度方向相同。答案：(1)eq\f(2,9)s(2)272N·s，方向与碰前前方垫子的速度方向相同2．(2023·丽水高三联考)如图所示为某灌溉工程示意图，地面与水面的距离为H。用水泵从水池抽水(抽水过程中H保持不变)，水龙头离地面高h，水管横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力。水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为d＝2h。设管口横截面上各处水的速度都相同。(1)求单位时间内从管口流出的水的质量m0；(2)假设水击打在地面上时速度立即变为零，且在极短时间内击打地面的水受到的重力可忽略不计，求水击打地面时对地面竖直向下的平均作用力的大小Fy；(3)不计额外功的损失，求水泵的输出功率P。解析：(1)水从管口沿水平方向喷出后做平抛运动，设水喷出时的速度为v0，下落时间为t，竖直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向有d＝2h＝v0t，解得v0＝eq\r(2gh)，时间Δt内喷出的水的质量Δm＝ρ·ΔV＝ρSv0Δt，单位时间内从管口喷出的水的质量m0＝eq\f(Δm,Δt)＝ρSv0＝ρSeq\r(2gh)。(2)在Δt内击打在地面上的水的质量Δm＝m0Δt水击打在地面上时竖直方向的速度大小vy＝eq\r(2gh)设向下为正方向，由动量定理有－FΔt＝0－Δmvy根据牛顿第三定律，可知水对地面在竖直方向平均作用力大小Fy＝F，解得Fy＝2ρSgh。(3)Δt内水泵输出的功ΔW＝Δmg(H＋h)＋eq\f(1,2)Δmv02输出功率P＝eq\f(ΔW,Δt)＝ρSgeq\r(2gh)(H＋2h)。答案：(1)ρSeq\r(2gh)(2)2ρSgh(3)ρSgeq\r(2gh)(H＋2h)3．(2023·浙江湖州高三模拟)如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为m1＝1kg、m2＝2kg，放在静止的足够长的水平传送带上，两者相距2m，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2。t＝0时，甲、乙分别以v1＝6m/s、v2＝2m/s的初速度开始沿同一直线向右滑行。重力加速度g取10m/s2。(1)求甲、乙经过多长时间发生碰撞；(2)若甲、乙发生弹性碰撞且碰撞时间极短，则两滑块最终静止时，相距的距离为多大；(3)若从t＝0时，传送带以v0＝4m/s的速度向右做匀速直线运动，求在0～1s内，电动机为维持传送带匀速运动而多做的功。解析：(1)两滑块做匀变速运动时的加速度大小a＝eq\f(μmg,m)＝2m/s2，设经过时间t两滑块发生碰撞，有(v1t－eq\f(1,2)at2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v2t－\f(1,2)at2))＝2m，解得t＝0.5s。(2)设甲、乙碰前的速度分别为v1′、v2′，由运动学公式有v1′＝v1－at＝5m/s，v2′＝v2－at＝1m/s设甲、乙碰后的速度分别为v1″、v2″，以水平向右为正方向，已知甲、乙发生弹性碰撞由动量守恒定律有m1v1′＋m2v2′＝m1v1″＋m2v2″由机械能守恒定律有eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2＝eq\f(1,2)m1v1″2＋eq\f(1,2)m2v2″2解得v1″＝－eq\f(1,3)m/s，v2″＝eq\f(11,3)m/s两滑块最终静止时，相距的距离为Δx＝eq\f(v1″2,2a)＋eq\f(v2″2,2a)＝eq\f(61,18)m。(3)甲与传送带共速用时t1＝eq\f(v1－v0,a)＝1s，乙与传送带共速用时t2＝eq\f(v0－v2,a)＝1s此时甲的位移x1＝eq\f(v0＋v1,2)t1＝5m，乙的位移x2＝eq\f(v0＋v2,2)t2＝3m因x1－x2＝2m，表明t＝1s时，甲、乙与传送带速度相同且刚好不碰撞，之后与传送带保持相对静止，在t＝1s内，传送带的位移为x3＝v0t1＝4m甲做减速运动，则甲对传送带的摩擦力与传送带运动方向相同，所以甲对传送带做正功；乙做加速运动，则乙对传送带的摩擦力与传送带运动方向相反，所以乙对传送带做负功，则甲、乙对传送带做的总功为W＝(μm1g－μm2g)x3＝－8J则在0～1s内，电动机为维持传送带匀速运动而多做的功为8J。答案：(1)0.5s(2)eq\f(61,18)m(3)8J4．如图所示，水平地面上有一高H＝0.4m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R＝0.2m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点。已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝eq\f(1,12)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。(1)若小滑块的初始高度h＝0.9m，求小滑块到达B点时速度v0的大小；(2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；(3)若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax。解析：(1)小滑块在AB轨道上运动，根据动能定理得mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv02，代入数据解得v0＝eq\f(4,3)eq\r(gh)＝4m/s。(2)小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有mv0＝mv块＋mv球，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv块2＋eq\f(1,2)mv球2，解得v块＝0，v球＝v0，小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得mg＝meq\f(vEmin2,R)，从C点到E点由机械能守恒可得eq\f(1,2)mvEmin2＋mg(R＋r)＝eq\f(1,2)mv球min2，其中v球min＝eq\f(4,3)eq\r(ghmin)，解得hmin＝0.45m。(3)设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点的运动，由动能定理得mg(R＋y)＝eq\f(1,2)mvG2－eq\f(1,2)mvEmin2，由平抛运动可得x＝vGt，H＋r－y＝eq\f(1,2)gt2，联立可得水平距离为x＝2eq\r(0.5－y0.3＋y)，由数学知识可得当0.5－y＝0.3＋y，x取最大值，最大值为xmax＝0.8m。答案：(1)4m/s(2)0.45m(3)0.8m5．(2023·宁波调研)如图所示是某娱乐活动项目的示意图，挑战者抱着装备从滑道上O点由静止滑下，经过滑道上P点时做斜抛运动冲出，到达最高点D时，将手中装备在极短时间内沿水平方向抛出，之后挑战者落到下方的缓冲保护区，并要求装备落到宽度为4h的平台AB上。已知D点到平台AB左端A点的水平距离为h，距离平台AB的高度也为h；O点距离平台AB的高度为eq\f(7,4)h；挑战者的质量为m，装备的质量为km，k为比例系数。挑战者抱着装备在滑道上运动过程中克服滑道阻力做功为eq\f(23,64)(1＋k)mgh，g为重力加速度。挑战者及装备均可视为质点，不计空气阻力。(1)求挑战者刚到达D点时的速度大小v；(2)若挑战者抛出装备后恰好竖直落下，且装备刚好落到平台AB右端B点，求k应满足的条件；(3)若k＝0.2，要求装备落到平台AB上且挑战者落入缓冲区，试确定装备被抛出时的速度大小应满足的条件。解析：(1)由O点到D点的过程，根据动能定理有(1＋k)mg(h1－h)－eq\f(23,64)(1＋k)mgh＝eq\f(1,2)(1＋k)mv2，其中h1为O点距平台AB的高度，解得v＝eq\r(\f(25,32)gh)＝eq\f(5,8)eq\r(2gh)。(2)抛出装备的过程中，挑战者和装备组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律有(m＋km)v＝mv1＋kmv2挑战者竖直落下，则v1＝0装备做平抛运动落到B点，则竖直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向上有x＝h＋4h＝v2t以上各式联立解得v2＝eq\f(5,2)eq\r(2gh)，k＝eq\f(1,3)。(3)设装备抛出时的速度大小为v3，挑战者的速度大小为v1′。若抛出后装备落在A点，则竖直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向上有x＝h＝v3t，联立解得v3＝eq\r(\f(gh,2))再由水平方向上系统动量守恒有(m＋km)v＝mv1′＋kmv3解得v1′＝eq\f(13,10)eq\r(\f(gh,2))＞eq\r(\f(gh,2))，则装备到达A点时挑战者落在平台AB上，不满足条件要使挑战者落入缓冲区，其速度需满足v1′＜eq\r(\f(gh,2))，由水平方向上系统动量守恒有(m＋km)v＝mv1′＋kmv3，解得v3＞eq\f(5,4)eq\r(2gh)由(2)可知装备不超出B点时，v3≤eq\f(5,2)eq\r(2gh)当v3＝eq\f(5,2)eq\r(2gh)时，由水平方向上系统动量守恒有(m＋km)v＝mv1′＋kmv3解得v1′＝eq\f(1,2)eq\r(\f(gh,2))＜eq\r(\f(gh,2))，则挑战者可以落入缓冲区综上所述，装备被抛出时的速度大小需满足eq\f(5,4)eq\r(2gh)＜v3≤eq\f(5,2)eq\r(2gh)。答案：(1)eq\f(5,8)eq\r(2gh)(2)k＝eq\f(1,3)(3)eq\f(5,4)eq\r(2gh)＜v3≤eq\f(5,2)eq\r(2gh)6．(2022·浙江6月选考)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10m/s2。(1)若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；(3)若物块b释放高度0.9m<h<1.65m，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴)。解析：(1)滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律mgh＝eq\f(1,2)mvb2，解得vb＝5m/sb与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mvb＝mvb′＋mv0，eq\f(1,2)mvb2＝eq\f(1,2)mvb′2＋eq\f(1,2)mv02联立解得v0＝vb＝5m/s。(2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A点发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为h1，根据动能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0解得h1＝1.2m以竖直向下为正方向FN＋mg＝meq\f(vE2,R)由动能定理mgh－2μmgl－mgH＝eq\f(1,2)mvE2联立可得FN＝0.1h－0.14(h≥