3、上放置一質(zhì)量為m'=0.9 kg的小木塊(視為質(zhì)點),距平臺右邊緣d=2 m。一質(zhì)量為m=0.1 kg的子彈沿水平方向射入小木塊并留在其中(作用時間極短),然后一起向右運動,在平臺上運動的v2-x關(guān)系如圖乙所示,最后小木塊從平臺邊緣滑出并落在距平臺右側(cè)水平距離為s=1.6 m的地面上。g取10 m/s2,求:
(1)小木塊滑出平臺時的速度;
(2)子彈射入小木塊前的速度;
(3)子彈射入小木塊前至小木塊滑出平臺時,系統(tǒng)所產(chǎn)生的內(nèi)能。
答案 (1)4 m/s (2)80 m/s (3)312 J
解析 (1)小木塊從平臺滑出后做平拋運動,有
h=12gt2,s=vt
聯(lián)立解得v
4、=s2hg=4 m/s
(2)設(shè)子彈射入小木塊后共同速度為v1,由題圖乙可知
40-v2=v12-40
解得v1=8 m/s
子彈射入小木塊的過程中,根據(jù)動量守恒定律有
mv0=(m'+m)v1
v0=(m'+m)v1m=80 m/s
(3)設(shè)子彈射入小木塊前至小木塊滑出平臺時,系統(tǒng)所產(chǎn)生的內(nèi)能為Q
則Q=12mv02-12×(m'+m)v2=12×0.1×802 J-12(0.9+0.1)×42 J=312 J
3.(2019山東濟(jì)寧模擬)如圖所示,傾角為37°的斜面固定在地面上,斜面的末端有一垂直于斜面的彈性擋板c,滑塊與擋板c相碰后的速率等于碰前的速率,斜面上鋪了一層特
5、殊物質(zhì),該物質(zhì)在滑塊上滑時對滑塊不產(chǎn)生摩擦力,下滑時對滑塊有摩擦且動摩擦因數(shù)處處相同?，F(xiàn)有一質(zhì)量為M=0.9 kg的滑塊沿斜面上滑,到達(dá)最高點b時的速度恰好為零,此時恰好與從a點水平拋出的質(zhì)量為m=0.1 kg的小球在沿斜面方向上發(fā)生彈性碰撞,且滑塊與彈性擋板c碰后恰好反彈回到b點。已知a點和b點距地面的高度分別為H=2.4 m,h=0.6 m。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。(取g=10 m/s2)求:
(1)小球做平拋運動的初速度大小;
(2)斜面與滑塊間的動摩擦因數(shù);
(3)從與小球碰撞到最后停止,滑塊在斜面上通過的總路程。
答案 (1)8 m/s (2)0.
6、25 (3)7 m
解析 (1)小球從a點到b點做平拋運動
在豎直方向有H-h=12gt2
小球到達(dá)b點時恰好沿斜面方向
有tan 37°=gtv0
解得v0=8 m/s
(2)小球到達(dá)b點的速度v=v0cos37°=10 m/s
小球與滑塊發(fā)生彈性碰撞,由動量守恒定律得
mv=mv1+Mv2
由能量守恒定律得12mv2=12mv12+12Mv22
解得滑塊與小球碰后的速度v2=2 m/s
由幾何關(guān)系知斜面長L=hsin37°=1 m
滑塊恰好反彈回到b點,由能量守恒定律得
12Mv22=μMgL cos 37°
解得μ=0.25
(3)設(shè)滑塊與擋板第二次碰后到達(dá)
7、最高點與c點的距離x2
由能量守恒定律得Mg(L-x2) sin 37°=μMgL cos 37°
解得x2=23L=23 m
設(shè)滑塊與擋板第三次碰后到達(dá)最高點與c點的距離x3
由能量守恒定律得
Mg(x2-x3) sin 37°=μMgx2 cos 37°
解得x3=23x2=232 m
以此類推x4=23x3=233 m
所以滑塊在斜面上共通過的路程為
s=3L+2x2+2x3+…+2xn=7 m
4.(2019東北三省四市模擬)如圖所示,光滑曲面AB與長度為L=1 m的水平傳送帶BC平滑連接,傳送帶上表面以v=1 m/s的速度向右運動。傳送帶右側(cè)光滑水平地面上放置一個
8、四分之一光滑圓軌道的物體乙,其質(zhì)量為m2=3 kg。質(zhì)量為m1=1 kg的物體甲(可視為質(zhì)點)從曲面上高為h=1 m的A點由靜止釋放,物體甲與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,不計空氣阻力,取g=10 m/s2。求:
(1)甲第一次運動到C點的速度大小;
(2)甲第二次運動到C點的速度大小;
(3)甲第二次到C點后經(jīng)多長時間再次到達(dá)C點。
答案 (1)4 m/s (2)2 m/s (3)2.25 s
解析 (1)物體甲從A點運動至B點,由動能定理得
m1gh=12m1v12
解得v1=25 m/s>v,假設(shè)物體甲在傳送帶上一直做勻減速直線運動,由動能定理得
-μm1gL=1
9、2m1v22-12m1v12
解得v2=4 m/s
v2>v,假設(shè)成立,則物體甲第一次運動到C點的速度大小v2=4 m/s
(2)以物體甲和物體乙為研究對象,從甲滑上乙開始至甲滑下來到達(dá)C點的過程中,系統(tǒng)水平方向上動量守恒
m1v2=m1v3+m2v4
由系統(tǒng)能量守恒得12m1v22=12m1v32+12m2v42
解得v3=-2 m/s
則甲第二次到達(dá)C點的速度大小為2 m/s
(3)甲向左滑上傳送帶,做勻減速直線運動
由牛頓第二定律得μm1g=m1a
解得a=2 m/s2
由動能定理得-μm1gL=12m1v52-12m1v32
解得到達(dá)B點的速度v5=0
物體甲
10、從C點運動到左端B點的時間t1=v5-v3a
解得t1=1 s
甲向右滑上傳送帶先做勻加速直線運動,設(shè)與傳送帶共速時所用時間為t2,則t2=va
解得t2=0.5 s
設(shè)甲在t2時間內(nèi)的位移為x1,則μm1gx1=12m1v2
解得x1=0.25 m
甲與傳送帶共速后隨傳送帶一起勻速運動,位移x2=L-x1
所用時間t3=x2v
解得t3=0.75 s
甲從第二次到第三次到達(dá)C點的過程中的運動時間t=t1+t2+t3
解得t=2.25 s
沖刺提分作業(yè)B
1.某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意圖如圖,皮帶在電動機的帶動下保持v=1 m/s的恒定速度向右運動,現(xiàn)將一質(zhì)量
11、為m=2 kg的郵件輕放在皮帶上,郵件和皮帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5。設(shè)皮帶足夠長,g取10 m/s2,在郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中,求:
(1)郵件滑動的時間t。
(2)郵件對地的位移大小x。
(3)郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功W。
答案 (1)0.2 s (2)0.1 m (3)-2 J
解析 (1)設(shè)郵件放到皮帶上與皮帶發(fā)生相對滑動過程中受到的滑動摩擦力為F,則
F=μmg
取向右為正方向,對郵件應(yīng)用動量定理,有
Ft=mv-0
解得t=0.2 s
(2)郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中,對郵件應(yīng)用動能定理,
有Fx=12mv2-0
解得x=0.1 m
12、
(3)郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中,設(shè)皮帶相對地面的位移為s
則s=vt
摩擦力對皮帶做的功W=-Fs
解得W=-2 J
2.如圖所示,質(zhì)量均為m的小滑塊A、B、C厚度均不計。其中B、C兩滑塊通過勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連并豎直放置在水平面上。現(xiàn)在將小滑塊A從距離B滑塊H0高處由靜止釋放,A、B相碰后立刻粘合為一個整體,且以共同速度向下運動,不計空氣阻力,當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。求:
(1)A、B碰后的共同速度v1的大小;
(2)A、B向下運動的速度最大時,滑塊C對水平面的壓力大小。
答案 (1)gH02 (2)3mg
解析 (1)設(shè)A與B碰撞之前A的瞬時速度為v0,則
m
13、gH0=12mv02
A、B碰撞前后動量守恒,即mv0=2mv1
式中v1為A與B碰撞后的共同速度
聯(lián)立解得v1=gH02
(2)當(dāng)A、B的速度最大時,它們所受的合力為零,即處于平衡狀態(tài),設(shè)此時水平地面對滑塊C的支持力大小和滑塊C對水平地面的壓力大小分別為FN'和FN,對于A、B、C組成的系統(tǒng)
由受力分析可知FN'-3mg=0
由牛頓第三定律可知FN'=FN
聯(lián)立解得FN=3mg
3.如圖所示,半徑為R,管徑很小的光滑半圓形細(xì)管豎直放置,有兩個直徑略小于管徑、質(zhì)量分別為m1=3m、m2=m的小球P、Q,小球Q靜止在水平面上,小球P以某一初速度向右運動,與小球Q發(fā)生彈性碰撞。P、
14、Q兩球通過最高點C后落地點分別為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經(jīng)過最高點時,它們對細(xì)管的作用力。
答案 (1)32gR
(2)322gR 922gR
(3)32mg,豎直向下 712mg,豎直向上
解析 (1)小球P、Q發(fā)生彈性碰撞,由動量守恒定律得
m1v0=m1v1+m2v2
由機械能守恒定律得
12m1v02=12m1v12+12m2v22
小球P、Q從水平面運動到最高點C的過程中,由機械能守恒定律得
對P球有12m1v12=12m1v32+m1g·2R
對Q球
15、有12m2v22=12m2v42+m2g·2R
之后兩小球做平拋運動,有
h=2R=12gt2
P球的水平位移x1=v3t
Q球的水平位移x2=v4t
依題意有(x22+h2)-(x12+h2)=144R2
聯(lián)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在最高點C的速度v3=gR2
小球Q在最高點C的速度v4=73gR2
以P為研究對象,由牛頓第二定律得FP+m1g=m1v32R
解得FP=-32mg,負(fù)號表示細(xì)管對小球P的彈力豎直向上
由牛頓第三定律知,小球P對
16、細(xì)管的作用力大小是32mg,方向豎直向下
以Q為研究對象,由向心力公式FQ+m2g=m2v42R
解得FQ=712mg,正號表示細(xì)管對小球Q的彈力豎直向下
由牛頓第三定律知,小球Q對細(xì)管的作用力大小是712mg,方向豎直向上
4.(2019貴州十校聯(lián)考)如圖所示,一小車上表面由粗糙的水平部分AB和光滑的半圓弧軌道BCD組成,小車緊靠臺階靜止在光滑水平地面上,且左端與粗糙水平臺等高。水平臺與物塊P間的滑動摩擦因數(shù)為μ=0.2,水平臺上有一彈簧,彈簧左端固定,彈簧右端與一個質(zhì)量為m1=5 kg的小物塊接觸但不固定,此時彈簧處于壓縮狀態(tài)并鎖定,彈簧的彈性勢能Ep=100 J。現(xiàn)解除彈簧的鎖定
17、,物塊P從M點出發(fā),MN間的距離為d=1 m。物塊P到N點后與靜止在小車左端的質(zhì)量為m2=1 kg的物塊Q(可視為質(zhì)點)發(fā)生彈性碰撞(碰后立即將物塊P取走,使之不影響后續(xù)物體的運動)。已知AB長為L=10 m,小車的質(zhì)量為M=3 kg。取重力加速度g=10 m/s2。
(1)求碰撞后瞬間物塊Q的速度大小;
(2)若物塊Q在半圓弧軌道BCD上經(jīng)過一次往返運動(運動過程中物塊始終不脫離軌道),最終停在小車水平部分AB的中點,求半圓弧軌道BCD的半徑至少多大;
(3)若小車上表面AB和半圓弧軌道BCD面均光滑,半圓弧軌道BCD的半徑為R=1.2 m,物塊Q可以從半圓弧軌道BCD的最高點D飛出,
18、求其再次落回小車時,落點與B點的距離s為多少。(結(jié)果可用根號表示)
答案 (1)10 m/s (2)1.25 m
(3)1253 m
解析 (1)物塊P被彈簧彈開運動到N點速度為v1,由能量守恒得
Ep=μm1gd+12m1v12
解得v1=6 m/s
物塊P、Q發(fā)生彈性碰撞,碰后P、Q的速度為v1'、v2,規(guī)定向右為正方向,由動量守恒定律得
m1v1=m1v1'+m2v2
由機械能守恒定律得12m1v12=12m1v1'2+12m2v22
解得v1'=4 m/s,v2=10 m/s或v1'=6 m/s,v2=0(舍)
(2)物塊Q從開始運動到與小車相對靜止過程,共同速
19、度為v3,系統(tǒng)水平方向動量守恒,規(guī)定向右為正方向,由動量守恒定律得
m2v2=(m2+M)v3
解得v3=2.5 m/s
系統(tǒng)能量守恒,有12m2v22=μm2g·32L+12(m2+M)v32
解得μ=0.25
Q至C點與車共速時,半徑R最小,系統(tǒng)能量守恒,有
12m2v22=μm2gL+m2gR+12(m2+M)v32
解得R=1.25 m
(3)設(shè)Q通過D點時,Q與小車的速度分別為v4、v5系統(tǒng)水平方向動量守恒、能量守恒,規(guī)定向右為正方向,由動量守恒定律得
m2v2=m2v4+Mv5
由機械能守恒定律得
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)
物塊Q通過D點時相對小車的速度大小v4'=6 m/s
物塊Q再次落到小車上落點與B點的距離s=v4'4Rg
解得s=1253 m
（課標(biāo)版）高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 第5講 應(yīng)用“三大觀點”解決力學(xué)綜合問題練習(xí)-人教版高三全冊物理試題
