微专题3力学三大观点的综合运用

微专题3力学三大观点的综合运用1.[2023·江苏卷]如图所示,滑雪道AB由坡道和水平道组成,且平滑连接,坡道倾角均为45°.平台BC与缓冲坡CD相连.若滑雪者从P点由静止开始下滑时,恰好到达B点.滑雪者现从A点由静止开始下滑,从B点飞出.已知A、P间的距离为d,滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,不计空气阻力.(1)求滑雪者运动到P点的时间t;(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v;(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上,求平台BC的最大长度L.[答案](1)(2)(3)d(1-μ)[解析](1)滑雪者从A到P根据动能定理有mgdsin45°-μmgdcos45°=m-0,根据动量定理有(mgsin45°-μmgcos45°)t=mvP-0,联立解得t=,vP=(2)由于滑雪者从P点由静止开始下滑,恰好到达B点,故从P点到B点合力做功为0,所以当从A点下滑时,到达B点有v=vP=(3)当滑雪者刚好落在C点时,平台BC的长度最大,滑雪者从B点飞出做斜抛运动,竖直方向上有vBsin45°=g×,水平方向上有L=vBcos45°·Δt,联立可得L=d(1-μ)2.[2023·湖南卷]如图,质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上,凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道,椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b,长轴水平,短轴竖直.质量为m的小球,初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑.以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点,在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy,椭圆长轴位于x轴上.整个过程凹槽不翻转,重力加速度为g.(1)小球第一次运动到轨道最低点时,求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离;(2)在平面直角坐标系xOy中,求出小球运动的轨迹方程;(3)若=,求小球下降h=高度时,小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示).[答案](1)a(2)+=1(3)2b[解析](1)小球运动到最低点的过程中系统在水平方向上动量守恒,取向左为正方向,则有0=mv1-Mv2小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒,则有mgb=m+M联立解得v2=因任何时候在水平方向都动量守恒,则有0=m-M两边同时乘t可得mx1=Mx2由几何关系可知x1+x2=a联立解得x2=a(2)小球向左运动过程中凹槽向右运动,当小球的坐标为(x,y)时,设此时凹槽水平向右运动的位移为Δx根据上式有m(a-x)=M·Δx小球相对凹槽的运动轨迹为椭圆的一部分,根据数学知识可知此时的椭圆方程为+=1整理得+=1(3)将=代入小球的轨迹方程化简可得[x-(a-b)]2+y2=b2,即此时小球的轨迹为以(a-b,0)为圆心、b为半径的圆,当小球下降的高度为时,如图所示,由几何关系可知此时速度方向和水平方向的夹角为60°,小球下降的过程中,根据系统水平方向动量守恒得

0=mv3cos60°-Mv4

根据系统机械能守恒得

mg=m+M

联立解得v3==2b

3.如图所示,光滑水平面的左侧是倾角为37°的粗糙斜面,右侧是半径为0.7m的竖直半圆形光滑轨道.可看作质点的物块A、B放在水平面上,两者用细线相连,A、B间有一压缩弹簧.某时刻烧断细线,A、B被弹簧弹开,物块A向左运动滑上斜面,沿斜面上升的最大高度是0.6m.物块B向右运动进入半圆轨道,离开半圆轨道最高点后又落在水平面上.已知物块A质量为物块B质量的2倍,物块A与斜面间的动摩擦因数为0.25,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:(1)物块A被弹簧弹开时获得的初速度大小;(2)物块B经过半圆轨道最高点时所受弹力与其重力之比;(3)物块B经过半圆轨道后落到水平面上的落点与半圆轨道最高点的水平距离.[答案](1)4m/s(2)29∶7(3)1.2m[解析](1)设物块B的质量为m,物块A的质量为M,物块A沿斜面上滑过程,加速度的大小为a==8m/s2物块A沿斜面上滑的距离为L==1m

物块A获得的初速度为vA==4m/s

(2)A、B分离过程动量守恒,规定向左为正方向,有MvA-mvB=0

分离后物块B的速度为vB==2vA=8m/s

设物块B在最高点的速度为vB',沿着半圆轨道上升到最高点机械能守恒,有m=mvB'2+2mgR

代入数据解得vB'=6m/s

设在最高点所受弹力为FN,则根据牛顿第二定律有FN+mg=m

代入数据解得==29∶7

(3)物块B离开最高点后做平抛运动

在竖直方向有2R=gt2

落点与最高点的水平距离为x=vB't

代入数据解得x=1.2m

4.[2023·辽宁卷]如图,质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上,右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧,弹簧处于自然状态.质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度v0=m/s滑上木板左端,两者共速时木板恰好与弹簧接触.木板足够长,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.弹簧始终处在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=kx2.重力加速度g取10m/s2,结果可用根式表示.(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1.(2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小.(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0.求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中,系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示).[答案](1)1m/s0.125m(2)0.25mm/s(3)4t0-8[解析](1)由于地面光滑,则木板和物块组成的系统动量守恒,则有m2v0=(m1+m2)v1代入数据有v1=1m/s对木板受力分析有a1==4m/s2则=2a1x1代入数据解得x1=0.125m(2)木板与弹簧接触以后,对木板和物块组成的系统有kx=(m1+m2)a共对物块有a2=μg=1m/s2当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动,解得此时的弹簧压缩量x2=0.25m对木板和物块组成的系统由动能定理有-k=(m1+m2)-(m1+m2)代入数据有v2=m/s(3)物块与木板开始相对滑动(即木板速度为v2)到二者加速度首次相同的过程中,木板的加速度始终大于物块的加速度,物块相对木板始终向右运动,木板先向右速度从v2减小到0,再反向加速运动到加速度大小等于a2,因弹簧弹力与形变量成正比,故此过程木板的减速运动过程与加速运动过程具有对称性,可知此过程的总时间为2t0,木板的末速度大小等于v2,木板的位移为零,弹簧的初、末状态的形变量相同,物块一直受滑动摩擦力作用,则对物块,由动量定理有-μm2g·2t0=m2v3-m2v2解得v3=-2t0则对于木板和物块组成的系统有Wf=m1+m2-(m1+m2)DU=-Wf联立有ΔU=4t0-85.[2023·浙江6月选考]为了探究物体间碰撞特性,设计了如图所示的实验装置.水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接,两半径均为R=0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接.质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100N/m的轻质弹簧连接,静置于轨道FG上.现有质量m=0.12kg的滑块a以初速度v0=2m/s从D处进入,经DEF管道后,与FG上的滑块b碰撞(时间极短).已知传送带长L=0.8m,以v=2m/s的速率顺时针转动,滑块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,其他摩擦和阻力均不计,各滑块均可视为质点,弹簧的弹性势能Ep=kx2(x为形变量),g取10m/s2.(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN;(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1m/s,求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE;(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx.[答案](1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m[解析](1)滑块a从D到F过程有2mgR=m-m解得vF=10m/s在F点,有FN-mg=m解得FN=31.2N(2)滑块a从F到B过程有-2mgR-μmgL=m-m解得vF'=5m/s滑块a、b碰撞,动量守恒,有mvF=3mv-mvF'解得v=5m/s滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE=m-=0(3)滑块a碰到b立即被粘住,到滑块ab与c共速,由动量守恒定律有mvF=4mv1=6mv2得v1=m/s,v2=m/s滑块ab与c共速时弹簧形变量最大或最小滑块ab、弹簧、滑块c系统机械能守恒,有kx2=×4m-×6m弹簧最大或最小形变量x=0.1m弹簧最大长度与最小长度之差Δx=2x=0.2m6.[2023·浙江1月选考]一游戏装置竖直截面如图所示,该装置由固定在水平地面上倾角θ=37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ=37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成,除FG段外各段轨道均光滑,且各处平滑连接.螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处.凹槽GHIJ底面HI水平光滑,上面放有一无动力摆渡车,并紧靠在竖直侧壁GH处,摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面.已知螺旋圆形轨道半径R=0.5m,B点高度为1.2R,FG长度LFG=2.5m,HI长度L0=9m,摆渡车长度L=3m、质量m=1kg.将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h=2.3m处静止释放,滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍.(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止,滑块视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC;(2)摆渡车碰到IJ前,滑块恰好不脱离摆渡车,求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ;(3)在(2)的条件下,求滑块从G到J所用的时间t.[答案](1)4m/s22N(2)0.3(3)2.5s[解析](1)根据机械能守恒定律可得mg(h-3R)=m-0解得vC=4m/s在最高点C,根据牛顿第二定律得FC+mg=m解得FC=22N(2)根据动能定理可得mgh-0.2mgLFG=m设达到共速时的速度为v,根据动量守恒定律得2mv=mvG根据功能关系可得μmgL=m-×2mv2解得μ=0.3(3)设滑块滑上摆渡车到共速的时间为t1,有t1==1s设共速后继续向右匀速运动的时间为t2,有t2==1.5st=t1+t2=2.5s7.如图甲所示,平台ON上有一轻质弹簧,其左端固定于竖直挡板上,右端与质量为m=0.5kg、可看作质点的物块A相接触(不粘连),OP段粗糙且长度等于弹簧原长.PN段光滑,上面有静止的小滑块B、C,mB=1.5kg,mC=0.5kg,滑块B、C之间有一轻弹簧刚好处于原长,滑块B与轻弹簧连接,滑块C未连接弹簧,两滑块离N点足够远.物块A开始静止于P点,现对物块施加一个水平向左的外力F,大小随位移x变化关系如图乙所示.物块A向左运动x=0.40m后撤去外力F,此后物块A向右运动到离开P点时的速度为v0=4m/s,物块A与滑块B碰撞后粘在一起,碰撞时间极短.滑块C脱离弹簧后滑上倾角为θ=37°的传送带,并刚好到达传送带顶端.已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.50,水平面MN右端N处与倾斜传送带平滑连接,传送带以恒定速度v=1m/s顺时针转动,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:(1)物块A与滑块B碰撞前克服摩擦力做的功;(2)滑块C刚滑上传送带时的速度大小;(3)滑块C滑上传送带到达顶端的过程中,滑块C与传送带之间因摩擦产生的热量.[答案](1)2J(2)1.6m/s(3)0.536J[解析](1)根据F-x图像可以求外力F做功为WF=×0.2J+18×0.2J=6J物块A从开始运动到经过P点的过程中,根据动能定理有WF-Wf=m解得Wf=2J(2)物块A与滑块B碰撞,根据动量守恒定律得mv0=(m+mB)v1解得v1=1m/sA、B碰撞后,到弹簧恢复原长时,物块A、滑块B、滑块C与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒,则有(m+mB)v1=(m+mB)vB+mCvC(m+mB)=(m+mB)+mC解得vB=0.6m/svC=1.6m/s(3)滑块C在传送带上减速至与传送带共速过程中有mCgsinθ+μmCgcosθ=mCa1解得a1=10m/s2则减速过程用时为t1==0.06s滑块C与传送带之间的相对位移是Δx1=t1-vt1=0.018m则滑块C与传送带间因摩擦产生的热量为Q1=μmCgcosθ·Δx1=0.036J滑块C与传送带共速后,继续减速滑到顶端的过程中有mCgsinθ-μmCgcosθ=mCa2解得a2=2m/s2则减速过程用时为t2==0.5s滑块C与传送带之间的相对位移是Δx2=vt2-t2=0.25m则滑块C与传送带间因摩擦产生的热量为Q2=μmCgcosθ·Δx2=0.5J摩擦产生的总热量为Q=Q1+Q2=0.536J8.如图所示,静止在光滑水平面上总质量为3m的长木板,表面由半径为R的四分之一光滑圆弧面AB和长为2R的水