专题十一　力学三大观点的综合应用

※专题十一力学三大观点的综合应用动力学与动量观点的综合应用1.(多选)一水平力F方向确定,大小随时间变化的图像如图甲所示,用力F拉静止在水平桌面上的小物块,在F从0开始逐渐增大的过程中,物块的加速度a随时间变化的图像如图乙所示.重力加速度大小为10m/s2,最大静摩擦力大于滑动摩擦力.由图像可知(BD)A.物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3NB.物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1C.物块的质量m=2kgD.在0~4s时间内,合力的冲量为12N·s[解析]由图乙可知,t=2s时刻物块刚开始运动,静摩擦力最大,最大静摩擦力等于此时的拉力,由图甲读出最大静摩擦力为6N,故A错误;由图像可知,当t=2s时,a=1m/s2,F=6N,而当t=4s时,a=3m/s2,F=12N,根据牛顿第二定律得F-μmg=ma,联立解得μ=0.1,m=3kg,故B正确,C错误;a-t图像与时间轴所围的面积表示速度的变化量,则0~4s内物块速度的增量为Δv=1+32×(4-2)m/s=4m/s,根据动量定理可知,0~4s内合力的冲量为ΔI=Δp=mΔv=3×4N·s=12N·s,故D正确动量与动能观点的综合应用2.如图甲所示,光滑的水平桌面上,固定一半径为R的光滑圆筒形轨道(俯视图如图乙所示),圆心与直角坐标系xOy的坐标原点O重合.质量为m1=11m的小球A静止于M点,M点的坐标为(0,-R),完全相同的小球B静止于N点,N点的坐标为(R,0)一质量m2=2m的子弹以初速度v0沿x轴正方向射入A球,经过极短时间与Δt球相对静止,子弹可视为质点,小球的半径远远小于圆筒形轨道的半径,两小球间的碰撞视为弹性碰撞.结果用m、v0、R、Δt表示.(1)求子弹对A球的平均作用力大小和穿入深度;(2)求两球第一次碰撞后各自的速度大小;(3)求两球第一次与第二次碰撞的时间间隔和第二次碰撞时的坐标.[答案](1)22mv013Δtv02Δt(2)v[解析](1)子弹击中A球过程,动量守恒,有2mv0=13mv解得v=213v对A球,由动量定理得FΔt=11mv-0解得F=22根据动能定理得Fx=12×2mv02-12解得x=v02(2)第一次碰撞,根据动量守恒定律及机械能守恒定律得13mv=13mv1+11mv212×13mv2=12×13mv12解得v1=13m-11m13m+11mv=178v0,(3)设经过时间t两球第二次碰撞,则有v2-v1解得t=13πA球运动的弧长为s=v1t=π则碰撞时x=Rcosπ6=32R,y=即第二次碰撞时的坐标为33.内有光滑半圆形轨道、质量为M=2kg的滑块静止在光滑的水平地面上,直径BD为2r=0.3m.一个铁桩固定在地面上,滑块左侧紧靠在铁桩上.滑块内圆轨道的左端点B的正上方高度h=0.3m处有一点A,现将质量为m=1kg的小球(可以视为质点)从A点由静止释放,然后经过半圆轨道的B、C、D点后冲出(C点为圆轨道的最低点).重力加速度g取10m/s2,忽略空气阻力.(1)求小球到达C点时的速度大小;(2)求小球第一次冲出D点时的速度大小,以及能够上升的最大高度;(3)如果没有铁桩,求小球第二次冲出D点并到达最高点时,与初位置A点的水平距离.[答案](1)3m/s(2)2m/s0.15m(3)0.2m[解析](1)小球从A到C由动能定理得mg(h+r)=12m解得vC=2g((2)小球从C到D的过程水平方向动量守恒,则mvC=(M+m)vx由能量关系得mgh=12m(vx2+v12mvyvD=v解得H=0.15m,vD=2m/s(3)如果没有滑块左侧的铁桩,小球第一次冲出D点时,滑块向左的位移为x则Mx=m(2r-x)解得x=2mrM+m此时滑块和小球的水平速度均为零,小球向上做竖直上抛运动,再次回到D点进入凹槽,此后凹槽向右运动,先加速后减速,到小球从B点冲出时,凹槽回到原来的位置,速度减为零,以后重复原来的运动,则当小球第二次冲出D点并到达最高点时,小球与初位置A点的水平距离为Δx=2r-x=0.2m4.如图所示,一辆小车静止在光滑水平地面上,小车上固定着半径为R=0.5m的14光滑圆轨道,小车和轨道的总质量为M=2kg,轨道底端水平.质量为m=1.99g的物块静止于圆弧轨道底端,物块可以看作质点,有一质量为m0=0.01kg的子弹,以速度为v0=400m/s水平向右射入物块,并留在其中,子弹射入过程时间极短.重力加速度g取10m/s2,求(1)子弹打入物块后瞬间,物块对轨道的压力大小;(2)物块上升到最高点时,距圆弧轨道底端的高度;(3)在以后运动的过程中,小车的最大速度大小.[答案](1)36N(2)0.1m(3)2m/s[解析](1)子弹射入物块过程时间极短,该过程子弹和物块系统动量守恒,有m0v0=m0+m子弹打入物块瞬间,受力分析,有FN-m0+m解得FN=m代入数据解得FN=36N由牛顿第三定律得物块对轨道的压力F'N=FN=36N(2)由题意可知,物块上升到最高点时,物块与小车的速度相同.整个过程,系统水平方向动量守恒,可得m0+mv共1=m系统机械能守恒,可得m0+m解得物块距圆弧轨道低端的高度为h=0.1m(3)当物块返回轨道最低点时,小车的速度最大.从物块沿轨道开始运动,到最后返回到轨道最低点,整个过程,水平方向动量守恒可得m0+mv共1=m0+整个过程系统机械能守恒12m解得小车的最大速度v2=2m/s力学三大观点的综合应用5.如图为一游戏装置的示意图,倾角α=53°的轨道AB与半径R=0.50m半圆轨道相切.水平放置的传送带以v带=2m/s的恒定速度顺时针转动,传送带两端EF长L2=3m,传送带右端与一光滑水平面平滑对接,水平面上依次摆放N个完全相同的物块,物块的质量M=0.3kg且数量足够多.游戏开始时,让质量为m=0.1kg的物块从轨道AB上由静止滑下,到达轨道最低点C时对轨道的压力为6.8N.质量为m的物块与轨道AB间的动摩擦因数μ1=0.5、与传送带间的动摩擦因数μ2=0.1.轨道其余部分均光滑.碰撞均为对心弹性碰撞,物块均可视为质点,整个装置处于同一竖直平面内.(g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6)(1)求质量为m的物块到达C点时的速度大小vC和从轨道AB释放的高度H;(2)若质量为m的物块恰好从传送带左端E点沿水平方向落入传送带,求C、E两点的水平距离L1;(3)求质量为m的物块在传送带上运动的总时间t总.[答案](1)29m/s1.04m(2)1.6m(3)5.25s[解析](1)在C点,由牛顿第二定律得FNC-mg=mv解得vC=29m/s物块从释放到运动至C点,由动能定理得mgH+R+Rcos53°-μmg解得H=1.04m(2)物块从C点运动至D点,由动能定理得-mgR-Rcos53°解得vD=5m/s在D点,分解速度可得vDx=vDcos53°=3m/s,vDy=vDsin53°=4m/s又tDE=vDyg=0依题意L1=Rsin53°+vDxtDE=1.6m(3)依题意,质量为m的物块恰好从传送带左端E点沿水平方向落入传送带,有vE=vDx=3m/s因为x1=v带2-vE2-2μg=2所以物块从E运动到F先减速后匀速传送带上运动时间t0=v带-vE到达传送带右端速度v0=v带=2m/s因为物块1、2、3…、N中任意相邻两物块间碰撞时均发生速度交换,所以质量为m的物块每次从传送带返回到右边水平面上与物块1碰撞前,物块1的速度均为零.设质量为m的物块第n次与物块1碰前的速度为vn-1,碰后速度为vn,物块1碰后的速度为v'n,由动量守恒和能量守恒得mvn-1=mvn+Mv'n,12mvn由以上两式得vn=-12vn-1,v1=-12