高考物理一轮复习-第3讲-三大观点解决力学综合问题

授课提示：对应学生用书第333页1.(2022·四川成都模拟)某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10m，C点是半径R＝20m圆弧的最低点，质量m＝60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5m/s2，到达B点时速度vB＝30m/s。取重力加速度g＝10m/s2。(1)求长直助滑道AB的长度L；(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。解析：(1)已知AB段的初、末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0)＝2aL可解得L＝eq\f(vB2－v\o\al(2,0),2a)＝100m。(2)根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的改变量所以I＝mvB－0＝1800N·s。(3)运动员在最低点的受力情况如图所示由牛顿第二定律可得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)从B点运动到C点由动能定理可知mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得FN＝3900N。答案：(1)100m(2)1800N·s(3)图见解析3900N2.(2022·安徽六安一中模拟)如图所示，一根直杆与水平面成θ＝37°角，杆上套有一个小滑块，杆底端N处有一个弹性挡板，板面与杆垂直，现将滑块拉到M点由静止释放，滑块与挡板碰撞后以原速率弹回。已知M、N两点间的距离d＝0.5m，滑块与杆之间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10m/s2，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)滑块第一次下滑的时间t；(2)滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离x。解析：(1)设滑块下滑时的加速度为a，根据牛顿第二定律mgsin37°－μmgcos37°＝ma解得a＝4.0m/s2由d＝eq\f(1,2)at2可得，滑块第一次下滑的时间t＝eq\r(\f(2d,a))＝eq\r(\f(2×0.5,4.0))s＝0.5s。(2)滑块第一次与挡板相碰时的速度v＝at＝4.0×0.5m/s＝2m/s由题意知，滑块与挡板碰撞后以原速率弹回，上滑时，根据动能定理得－(mgsin37°＋μmgcos37°)x＝0－eq\f(1,2)mv2代入数据，解得滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离x＝0.25m。答案：(1)0.5s(2)0.25m3．(2022·江西重点中学模拟)如图所示，AC为光滑半圆轨道，其半径R＝0.3m，BD为粗糙斜面轨道，其倾角θ＝37°，高度h＝0.6m，两轨道之间由一条足够长的光滑水平轨道AB相连，B处用光滑小圆弧平滑连接，轨道均固定在同一竖直平面内。在水平轨道上，用挡板将a、b两物块间的轻弹簧压缩后处于静止状态，物块与弹簧不拴接。同时放开左右两挡板，物块b恰好能到达斜面轨道最高点D。已知物块a、b的质量均为0.25kg，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，物块到达A点或B点之前已和弹簧分离，两物块均可视为质点。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求弹簧储存的弹性势能；(2)请通过计算说明物块a能否通过C点？若能，请求出物块a离开C后的落点到A的距离。解析：(1)设a、b的质量分别为m1、m2，离开弹簧后的速度大小为v1、v2，物块b沿斜面上滑过程，由动能定理得：－m2gh－μm2gcosθ·eq\f(h,sinθ)＝0－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)由动量守恒定律得：m1v1＝m2v2由机械能守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)代入数据解得v1＝v2＝2eq\r(5)m/s，Ep＝5J。(2)假设物块a能通过最高点，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＋m1g·2R代入数据可解得vC＝2eq\r(2)m/s在最高点C，由牛顿第二定律得：FN＋m1g＝m1eq\f(v\o\al(2,C),R)代入数据可解得FN≈4.17N，因为FN>0，所以假设成立，物块a能通过C点。物块a离开C点后做平抛运动，在竖直方向有：2R＝eq\f(1,2)gt2在水平方向有：s＝vCt代入数据可解得s≈0.98m。答案：(1)5J(2)能0.98m4.(2022·山东师大附中期中)如图所示，质量M＝1.5kg的长木板置于光滑水平地面上，质量m＝0.5kg的物块放在长木板的右端，在长木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板，孔的尺寸刚好可以让长木板无接触地穿过。现使长木板和物块以v0＝4m/s的速度一起向右匀速运动，物块与挡板发生弹性碰撞，而长木板穿过挡板上的孔继续向右运动。已知物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。(1)物块与挡板碰撞后，求物块距挡板的最大距离x；(2)若物块与挡板第n次碰撞后，物块距挡板的最大距离xn＝6.25×10－3m，求n；(3)若整个过程中物块不会从长木板上滑落，求长木板的最短长度L0；(4)若长木板的长度L1＝6.225m，求物块和长木板分离时两者的速度。解析：(1)由于物块与挡板发生弹性碰撞，所以物块与挡板碰撞后以原来的速度大小返回，即v1＝v0＝4m/s物块与长木板由于摩擦力作用而做匀减速直线运动，当物块速度减小为零时，物块离挡板的距离最大，最大距离x＝eq\f(v\o\al(2,1),2μg)＝1.6m。(2)物块与挡板发生第一次碰撞后，物块先向左减速运动到速度为零后再向右加速运动，长木板一直向右减速运动，若物块与挡板第二次碰撞之前物块与长木板已经达到共速，那么从第一次物块与挡板碰撞返回到第二次碰撞的过程中，以初速度v0为正方向，由动量守恒定律可得m(－v1)＋Mv0＝(m＋M)v2解得物块第二次碰撞前的速度v2＝eq\f(1,2)v0＝2m/s设物块由速度为0加速到v2的过程中运动的位移为x′，则μmgx′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得x′＝eq\f(x,4)，证明物块第二次与挡板碰撞前，物块与长木板已经达到共同速度v2，从第二次物块与挡板碰撞返回到第三次碰撞过程中，由动量守恒定律可得m(－v2)＋Mv2＝(m＋M)v3解得物块第三次碰撞前的速度v3＝eq\f(1,2)v2＝(eq\f(1,2))2v0＝1m/s同理根据数学知识可知，物块第n次碰撞前的速度vn＝(eq\f(1,2))n－1v0第n次碰撞后物块的速度大小为vn，方向向左，此次物块距挡板的最大距离xn＝eq\f(v\o\al(2,n),2μg)，又xn＝6.25×10－3m解得n＝5。(3)由分析知，物块多次与挡板碰撞后，最终将与长木板同时静止，由能量守恒定律得μmgL0＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,0)解得L0＝6.4m故长木板的最短长度为6.4m。(4)若长木板的长度L1＝6.225m，设物块与挡板发生n次碰撞后分离，则有eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)[(eq\f(1,2))n－1v0]2<μmgL1解得n<4即物块与挡板发生3次碰撞后分离，第三次碰撞前的速度v3＝(eq\f(1,2))3－1v0＝1m/s设此后分离时物块的速度为v1′，长木板的速度为v2′，由动量守恒定律得m(－v3)＋Mv3＝mv1′＋Mv2′由能量守恒定律得μmgL1＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv1′2－eq\f(1,2)Mv2′2联立解得v1′＝－eq\f(1,4)m/s，v2′＝eq\f(3,4)m/s即分离时，物块的速度大小为eq\f(1,4)m/s，方向水平向左，长木板的速度大小为eq\f(3,4)m/s，方向水平向右。答案：(1)1.6m(2)5(3)6.4m(4)eq\f(1,4)m/s，水平向左eq\f(3,4)m/s，水平向右5.(2022·四川成都石室中学一诊)如图所示，水平地面上左侧有一质量mC＝2kg的四分之一光滑圆弧斜槽C，斜槽末端切线水平，右侧有一质量mB＝3kg的带挡板P的木板B，木板上表面水平且光滑，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.25，斜槽末端和木板左端平滑过渡但不粘连。某时刻一质量mA＝1kg的可视为质点的光滑小球A从斜槽顶端由静止滚下，重力加速度g＝10m/s2。(1)若光滑圆弧斜槽C不固定，圆弧半径R＝3m，且不计斜槽C与地面间的摩擦，求小球滚动到斜槽末端时斜槽的动能；(2)若斜槽C固定在地面上，小球从斜槽末端滚上木板左端时的速度v0＝1m/s，小球滚上木板的同时，外界给木板施加大小也为v0＝1m/s的水平向右的初速度，并且同时分别在小球上和木板上施加水平向右的恒力F1与F2，且F1＝F2＝5N。当小球运动到木板右端时(与挡板碰前的瞬间)，木板的速度刚好减为零，之后小球与木板的挡板发生第1次相碰，以后会发生多次碰撞。已知小球与挡板的碰撞都是弹性碰撞且碰撞时间极短，小球始终在木板上运动。求：①小球与挡板第1次碰撞后的瞬间，木板的速度大小；②小球与挡板第1次碰撞后至第2020次碰撞后瞬间的过程中F1与F2做功之和。解析：(1)设小球滚动到斜槽末端时，A与C的速度大小分别为vA、vC，A与C在水平方向上动量守恒，则mAvA－mCvC＝0A与C组成的系统机械能守恒，则mAgR＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)斜槽动能Ek＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)，解得Ek＝10J。(2)①小球滚到木板上后，设小球与木板的加速度大小分别为a1与a2，则有a1＝eq\f(F1,mA)＝5m/s2a2＝eq\f(μmA＋mBg－F2,mB)＝eq\f(5,3)m/s2木板从开始运动到速度第一次减为零用时t0＝eq\f(v0,a2)＝eq\f(3,5)s小球第1次与挡板碰前瞬间速度v1＝v0＋a1t0＝4m/s设第1次碰撞后小球与木板的速度分别为vA1、vB1，A与B组成的系统动量守恒，则mAv1＝mAvA1＋mBvB1系统机械能守恒，则eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B1)联立解得vB1＝2m/s，vA1＝－2m/s。②由题可知，第一次碰撞后，小球以2v0＝2m/s的初速度沿木板向左匀减速运动然后再向右匀加速运动，木板以2v0的初速度向右匀减速运动，木板速度再次减为零的时间t＝eq\f(2v0,a2)＝eq\f(12v0,g)此时，小球的速度vA2＝－2v0＋a1t＝4v0小球的位移x1＝－2v0t＋eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(12v\o\al(2,0),g)木板的位移x2＝