专题二计算题培优练1力学中的多过程组合问题

计算题培优练1力学中的多过程组合问题[分值：25分]1.(11分)(2025·山东卷·17)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m=12kg的小球自Q点正上方h=2m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1kg，b的质量mb=34kg，方形物体的质量M=92kg，重力加速度大小g=10m/s2，弹簧的劲度系数k=50N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep=12kx2((1)(4分)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；(2)(7分)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。答案(1)6m/s23m/s(2)23m/s解析(1)根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有mv1=Mv2由能量守恒定律有mgh=12mv12+联立解得v1=6m/s，v2=23即小球速度大小为6m/s，方向水平向左，方形物体速度大小为23m/s(2)由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，则有mv1=(m+ma)v3解得v3=2m/s设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度为v4，根据胡克定律F=kx1系统机械能守恒12(m+ma)v32=12(m+ma)v联立解得v4=1m/s，x1=0.3m固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有(m+ma)v4=(m+ma+mb)vb解得vb=23m/s由能量守恒定律可得，最大弹性势能为Epm=12(m+ma)v42+12kx12-12(m+ma+m2.(14分)(2025·广西卷·15)图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入已与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°，以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数μ=32，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I(1)(2分)单个散货的质量。(2)(3分)水平传送带的平均传送速度大小。(3)(9分)倾斜传送带的平均输出功率。答案(1)Iv0(2)dIM解析(1)对单个散货由动量定理-I=0-mv0解得单个散货的质量为m=I(2)落入货箱中散货的个数为N=Mm=则水平传送带的平均传送速度大小为v=dNΔ(3)设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律μmgcos30°-mgsin30°=ma解得a=14加速时间t1=v0a加速位移x1=12at1设匀速时间为t2其中t1+t2=9Δt则匀速位移为x2=v0t2=v0(9Δt-4v故传送带的长度为L=x1+x2=9v0Δt-2在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为Δx=v0t1-x1=2