高考物理一輪復(fù)習(xí)-第3講-三大觀點解決力學(xué)綜合問題

授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第333頁1.(2022·四川成都模擬)某滑道示意圖如下，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h(yuǎn)＝10m，C點是半徑R＝20m圓弧的最低點，質(zhì)量m＝60kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a＝4.5m/s2，到達(dá)B點時速度vB＝30m/s。取重力加速度g＝10m/s2。(1)求長直助滑道AB的長度L；(2)求運動員在AB段所受合外力的沖量I的大小；(3)若不計BC段的阻力，畫出運動員經(jīng)過C點時的受力圖，并求其所受支持力FN的大小。解析：(1)已知AB段的初、末速度，則利用運動學(xué)公式可以求解斜面的長度，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)根據(jù)動量定理可知，合外力的沖量等于動量的改變量所以I＝mvB－0＝1800N·s。(3)運動員在最低點的受力情況如圖所示由牛頓第二定律可得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)從B點運動到C點由動能定理可知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)圖見解析3900N2.(2022·安徽六安一中模擬)如圖所示，一根直桿與水平面成θ＝37°角，桿上套有一個小滑塊，桿底端N處有一個彈性擋板，板面與桿垂直，現(xiàn)將滑塊拉到M點由靜止釋放，滑塊與擋板碰撞后以原速率彈回。已知M、N兩點間的距離d＝0.5m，滑塊與桿之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，g取10m/s2，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)滑塊第一次下滑的時間t；(2)滑塊與擋板第一次碰撞后上滑的最大距離x。解析：(1)設(shè)滑塊下滑時的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律mgsin37°－μmgcos37°＝ma解得a＝4.0m/s2由d＝eq\f(1,2)at2可得，滑塊第一次下滑的時間t＝eq\r(\f(2d,a))＝eq\r(\f(2×0.5,4.0))s＝0.5s。(2)滑塊第一次與擋板相碰時的速度v＝at＝4.0×0.5m/s＝2m/s由題意知，滑塊與擋板碰撞后以原速率彈回，上滑時，根據(jù)動能定理得－(mgsin37°＋μmgcos37°)x＝0－eq\f(1,2)mv2代入數(shù)據(jù)，解得滑塊與擋板第一次碰撞后上滑的最大距離x＝0.25m。答案：(1)0.5s(2)0.25m3．(2022·江西重點中學(xué)模擬)如圖所示，AC為光滑半圓軌道，其半徑R＝0.3m，BD為粗糙斜面軌道，其傾角θ＝37°，高度h＝0.6m，兩軌道之間由一條足夠長的光滑水平軌道AB相連，B處用光滑小圓弧平滑連接，軌道均固定在同一豎直平面內(nèi)。在水平軌道上，用擋板將a、b兩物塊間的輕彈簧壓縮后處于靜止?fàn)顟B(tài)，物塊與彈簧不拴接。同時放開左右兩擋板，物塊b恰好能到達(dá)斜面軌道最高點D。已知物塊a、b的質(zhì)量均為0.25kg，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，物塊到達(dá)A點或B點之前已和彈簧分離，兩物塊均可視為質(zhì)點。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求彈簧儲存的彈性勢能；(2)請通過計算說明物塊a能否通過C點？若能，請求出物塊a離開C后的落點到A的距離。解析：(1)設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，離開彈簧后的速度大小為v1、v2，物塊b沿斜面上滑過程，由動能定理得：－m2gh－μm2gcosθ·eq\f(h,sinθ)＝0－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)由動量守恒定律得：m1v1＝m2v2由機械能守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)代入數(shù)據(jù)解得v1＝v2＝2eq\r(5)m/s，Ep＝5J。(2)假設(shè)物塊a能通過最高點，由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＋m1g·2R代入數(shù)據(jù)可解得vC＝2eq\r(2)m/s在最高點C，由牛頓第二定律得：FN＋m1g＝m1eq\f(v\o\al(2,C),R)代入數(shù)據(jù)可解得FN≈4.17N，因為FN>0，所以假設(shè)成立，物塊a能通過C點。物塊a離開C點后做平拋運動，在豎直方向有：2R＝eq\f(1,2)gt2在水平方向有：s＝vCt代入數(shù)據(jù)可解得s≈0.98m。答案：(1)5J(2)能0.98m4.(2022·山東師大附中期中)如圖所示，質(zhì)量M＝1.5kg的長木板置于光滑水平地面上，質(zhì)量m＝0.5kg的物塊放在長木板的右端，在長木板右側(cè)的地面上固定著一個有孔的彈性擋板，孔的尺寸剛好可以讓長木板無接觸地穿過。現(xiàn)使長木板和物塊以v0＝4m/s的速度一起向右勻速運動，物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞，而長木板穿過擋板上的孔繼續(xù)向右運動。已知物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。(1)物塊與擋板碰撞后，求物塊距擋板的最大距離x；(2)若物塊與擋板第n次碰撞后，物塊距擋板的最大距離xn＝6.25×10－3m，求n；(3)若整個過程中物塊不會從長木板上滑落，求長木板的最短長度L0；(4)若長木板的長度L1＝6.225m，求物塊和長木板分離時兩者的速度。解析：(1)由于物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞，所以物塊與擋板碰撞后以原來的速度大小返回，即v1＝v0＝4m/s物塊與長木板由于摩擦力作用而做勻減速直線運動，當(dāng)物塊速度減小為零時，物塊離擋板的距離最大，最大距離x＝eq\f(v\o\al(2,1),2μg)＝1.6m。(2)物塊與擋板發(fā)生第一次碰撞后，物塊先向左減速運動到速度為零后再向右加速運動，長木板一直向右減速運動，若物塊與擋板第二次碰撞之前物塊與長木板已經(jīng)達(dá)到共速，那么從第一次物塊與擋板碰撞返回到第二次碰撞的過程中，以初速度v0為正方向，由動量守恒定律可得m(－v1)＋Mv0＝(m＋M)v2解得物塊第二次碰撞前的速度v2＝eq\f(1,2)v0＝2m/s設(shè)物塊由速度為0加速到v2的過程中運動的位移為x′，則μmgx′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得x′＝eq\f(x,4)，證明物塊第二次與擋板碰撞前，物塊與長木板已經(jīng)達(dá)到共同速度v2，從第二次物塊與擋板碰撞返回到第三次碰撞過程中，由動量守恒定律可得m(－v2)＋Mv2＝(m＋M)v3解得物塊第三次碰撞前的速度v3＝eq\f(1,2)v2＝(eq\f(1,2))2v0＝1m/s同理根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，物塊第n次碰撞前的速度vn＝(eq\f(1,2))n－1v0第n次碰撞后物塊的速度大小為vn，方向向左，此次物塊距擋板的最大距離xn＝eq\f(v\o\al(2,n),2μg)，又xn＝6.25×10－3m解得n＝5。(3)由分析知，物塊多次與擋板碰撞后，最終將與長木板同時靜止，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故長木板的最短長度為6.4m。(4)若長木板的長度L1＝6.225m，設(shè)物塊與擋板發(fā)生n次碰撞后分離，則有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即物塊與擋板發(fā)生3次碰撞后分離，第三次碰撞前的速度v3＝(eq\f(1,2))3－1v0＝1m/s設(shè)此后分離時物塊的速度為v1′，長木板的速度為v2′，由動量守恒定律得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聯(lián)立解得v1′＝－eq\f(1,4)m/s，v2′＝eq\f(3,4)m/s即分離時，物塊的速度大小為eq\f(1,4)m/s，方向水平向左，長木板的速度大小為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.(2022·四川成都石室中學(xué)一診)如圖所示，水平地面上左側(cè)有一質(zhì)量mC＝2kg的四分之一光滑圓弧斜槽C，斜槽末端切線水平，右側(cè)有一質(zhì)量mB＝3kg的帶擋板P的木板B，木板上表面水平且光滑，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，斜槽末端和木板左端平滑過渡但不粘連。某時刻一質(zhì)量mA＝1kg的可視為質(zhì)點的光滑小球A從斜槽頂端由靜止?jié)L下，重力加速度g＝10m/s2。(1)若光滑圓弧斜槽C不固定，圓弧半徑R＝3m，且不計斜槽C與地面間的摩擦，求小球滾動到斜槽末端時斜槽的動能；(2)若斜槽C固定在地面上，小球從斜槽末端滾上木板左端時的速度v0＝1m/s，小球滾上木板的同時，外界給木板施加大小也為v0＝1m/s的水平向右的初速度，并且同時分別在小球上和木板上施加水平向右的恒力F1與F2，且F1＝F2＝5N。當(dāng)小球運動到木板右端時(與擋板碰前的瞬間)，木板的速度剛好減為零，之后小球與木板的擋板發(fā)生第1次相碰，以后會發(fā)生多次碰撞。已知小球與擋板的碰撞都是彈性碰撞且碰撞時間極短，小球始終在木板上運動。求：①小球與擋板第1次碰撞后的瞬間，木板的速度大小；②小球與擋板第1次碰撞后至第2020次碰撞后瞬間的過程中F1與F2做功之和。解析：(1)設(shè)小球滾動到斜槽末端時，A與C的速度大小分別為vA、vC，A與C在水平方向上動量守恒，則mAvA－mCvC＝0A與C組成的系統(tǒng)機械能守恒，則mAgR＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)斜槽動能Ek＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)，解得Ek＝10J。(2)①小球滾到木板上后，設(shè)小球與木板的加速度大小分別為a1與a2，則有a1＝eq\f(F1,mA)＝5m/s2a2＝eq\f(μmA＋mBg－F2,mB)＝eq\f(5,3)m/s2木板從開始運動到速度第一次減為零用時t0＝eq\f(v0,a2)＝eq\f(3,5)s小球第1次與擋板碰前瞬間速度v1＝v0＋a1t0＝4m/s設(shè)第1次碰撞后小球與木板的速度分別為vA1、vB1，A與B組成的系統(tǒng)動量守恒，則mAv1＝mAvA1＋mBvB1系統(tǒng)機械能守恒，則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)聯(lián)立解得vB1＝2m/s，vA1＝－2m/s。②由題可知，第一次碰撞后，小球以2v0＝2m/s的初速度沿木板向左勻減速運動然后再向右勻加速運動，木板以2v0的初速度向右勻減速運動，木板速度再次減為零的時間t＝eq\f(2v0,a2)＝eq\f(12v0,g)此時，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＝