題組一 動量與能量觀點的綜合應用
1.(多選)(2024山東濟南模擬)光滑水平面上有兩個質量均為m的物體A、B,如圖所示,B上連接一勁度系數為k的輕彈簧。物體A以初速度v0向靜止的物體B運動。從A接觸彈簧到第一次將彈簧壓縮到最短的時間t=,彈簧彈性勢能Ep=kx2(x為彈簧的形變量),彈簧始終處于彈性限度內,下列說法正確的是( )

A.彈簧的最大壓縮量為v0
B.彈簧的最大壓縮量為v0
C.從開始壓縮彈簧到彈簧第一次壓縮最短的過程中,物體A的位移為
D.從開始壓縮彈簧到彈簧第一次壓縮最短的過程中,物體B的位移為
2.(2023山東威海檢測)質量均為m的木塊A和B并排放在光滑水平面上,A上固定一豎直輕桿,輕桿上端的O點系一條不可拉伸的長為l的細線,細線另一端系一個可以看作質點的球C,質量也為m。現將C球拉起使細線水平自然伸直,并由靜止釋放C球,重力加速度為g,不計空氣阻力。求:
(1)C球第一次擺到最低點時的速度大小;
(2)從C球由靜止釋放到第一次擺到最低點的過程中,B移動的距離;
(3)C球向左擺動的最高點距O點的豎直高度。
題組二 力學三大觀點的綜合應用
3.(2022海南卷)有一個角度可變的軌道,當傾角為30°時,A恰好勻速下滑,現將傾角調為60°,從高為h的地方從靜止下滑,過一段時間無碰撞地進入光滑水平面,與B發(fā)生彈性正碰,B被一根繩子懸掛,與水平面接觸但不擠壓,碰后B恰好能做完整的圓周運動,已知A的質量是B質量的3倍,求:
(1)A與軌道間的動摩擦因數μ;
(2)A與B剛碰完B的速度大小;
(3)繩子的長度L。
4.(2024廣東河源期末)超速和車距過小是發(fā)生交通事故的主要原因。某次碰撞測試中,甲車在水平路面以大小為v1=72 km/h的速度向右行駛,與向左行駛、速度大小為v2=54 km/h的乙車發(fā)生正面碰撞,碰后甲車立即停下,乙車向右反彈了一段距離后也停下。此后在甲車后方行駛的丙車由于速度太快且與甲車車距太近來不及剎車,以大小為v3=72 km/h的速度撞向甲車,碰后丙車和甲車連在一起向右運動并再次碰撞乙車,最終三車連在一起又運動了一段距離。若所有的碰撞都為一維碰撞,碰撞時間極短,碰撞后各車均失去動力且車輪抱死不能滾動只能滑行。已知三車質量相同,輪胎與路面間的動摩擦因數均為μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)甲、乙車第一次碰撞后乙車的速度大小和乙車向右反彈到停下運動的距離;
(2)甲、乙車第二次碰撞后瞬間三車一起運動的速度大小。
綜合提升練
5.面對能源緊張和環(huán)境污染等問題,混合動力汽車應運而生?；旌蟿恿ζ?是指擁有兩種不同動力源(如燃油發(fā)動機和電力發(fā)動機)的汽車,既節(jié)能又環(huán)保。汽車質量為M,靜止在平直路面,只采用電力驅動,發(fā)動機額定功率為P1啟動,達到最大速度v1后,再次提速,兩種動力同時啟動,此時發(fā)動機的總額定功率為2P1,由v1經時間t達到最大速度v2(未知);運動一段時間后,開始“再生制動”剎車,所謂“再生制動”就是車輛靠慣性滑行時帶動發(fā)電機發(fā)電,將部分動能轉化為電能儲存在電池中。加速過程中可視為阻力恒定;“再生制動”剎車過程中阻力的大小可視為與速度的大小成正比,即f=kv。求:
(1)汽車速度由v1到v2過程中前進的位移s1;
(2)汽車由速度v2減到零過程中行駛的距離s2。
6.(2022廣東卷)某同學受自動雨傘開傘過程的啟發(fā),設計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊,初始時它們處于靜止狀態(tài)。當滑塊從A處以初速度v0=10 m/s向上滑動時,受到滑桿的摩擦力f為1 N,滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞,帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動。已知滑塊的質量m=0.2 kg,滑桿的質量m桿=0.6 kg,A、B間的距離l=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不計空氣阻力。求:
(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中,桌面對滑桿支持力的大小FN1和FN2;
(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v;
(3)滑桿向上運動的最大高度h。
7.(2024廣東模擬)某同學用如圖甲所示的裝置做一探究實驗,將一質量為m的帶孔小球穿在光滑豎直桿上,從高度為H1處由靜止釋放,與地面發(fā)生碰撞后該小球豎直反彈的最大高度為;經過多次實驗發(fā)現,每次小球碰地后的速度大小與碰地前速度大小之比為一定值e,假定小球與豎直桿間的摩擦力和空氣阻力均可忽略不計,重力加速度大小為g。
(1)求該定值e的大小;
(2)現讓該小球仍從H1處釋放,為了使得小球與地面碰撞后反彈高度與釋放高度相等,則在小球釋放瞬間對小球迅速向下拍打,求拍打過程對小球做的功;
(3)如圖乙所示,在同一高度H1同時釋放兩質量相同的小球(小球均可視為質點),下方的小球碰地后立刻與上方的小球發(fā)生彈性正碰,求碰撞后上方小球能彈起的最大高度。
8.(2024廣東廣州期末)如圖所示,以A、B為端點的光滑圓弧軌道固定于豎直平面,一滑板靜止在光滑水平地面上,左端緊靠B點,上表面所在平面與圓弧軌道相切于B點。離滑板右端L0=0.25 m處有一豎直固定的擋板P,一物塊從A點由靜止開始沿軌道滑下,經B點滑上滑板,此時立即將圓弧軌道撤掉。已知物塊可視為質點,質量m=1 kg,滑板質量m0=4 kg,圓弧軌道半徑R=1.25 m,物塊與滑板間的動摩擦因數μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2?；迮c擋板P的碰撞沒有機械能損失,物塊始終沒有滑離滑板。
(1)求物塊滑到圓弧軌道底端B點時對軌道的壓力;
(2)求滑板與擋板P第一次碰撞前瞬間物塊速度v1的大小;
(3)求滑板長度的最小值。
參考答案
第5講 專題提升:力學三大觀點的綜合應用
1.BD 解析 彈簧壓縮到最大時,A、B的速度相同,以A初速度方向為正方向,根據動量守恒定律可得,mv0=2mv,根據能量守恒定律可得,·2mv2+Epm,解得Epm=,根據彈性勢能公式可得,xm=v0,故A錯誤,B正確;由動量守恒定律可得,m+m=mv0,則有mt+mt=mv0t,故mxA+mxB=mv0t=,由A、B選項分析可知,xA-xB=xm=v0,聯立解得xA=,xB=,故C錯誤,D正確。
2.答案 (1)2 (2) (3)
解析 (1)對A、B、C組成的系統(tǒng),由水平方向上動量守恒及機械能守恒可得
mvC=2mvAB
mgl=×2m
聯立解得C球第一次擺到最低點時的速度大小
vC=2。
(2)對A、B、C組成的系統(tǒng),由人船模型規(guī)律可得
mxC=2mxAB
xC+xAB=l
聯立解得從C球由靜止釋放到第一次擺到最低點的過程中,B移動的距離
xAB=。
(3)C球向左擺動到最高點時A、C有共同速度v,對A、C組成的系統(tǒng),取向左為正方向,由水平方向上動量守恒可得
mvC-mvAB=2mv
由機械能守恒定律可得
×2mv2+mgh
則C球向左擺動的最高點距O點的豎直高度Δh=l-h
聯立解得Δh=。
3.答案 (1) (2) (3)0.6h
解析 (1)傾角為30°時A勻速運動,根據平衡條件有
mgsin30°=μmgcs30°
得μ=。
(2)(3)A從高為h的地方滑下后速度為v0,根據動能定理有
3mgh-μ·3mgcs60°·3m
A與B碰撞后速度分別為v1和v2,根據動量守恒定律、能量守恒定律有
3mv0=3mv1+mv2
·3m·3m
B到達最高點速度為v3,根據牛頓第二定律有
mg=m
根據能量守恒有
+mg·2L
解得v2=,L=0.6h。
4.答案 (1)5 m/s 2.5 m (2) m/s
解析 (1)根據題意,設每輛車的質量為m,取水平向右為正方向,甲、乙第一次碰撞動量守恒,有
mv1-mv2=0+mv
解得v=5m/s
碰后對乙車,由動能定理得
-μmgs=0-mv2
解得乙車碰撞后到停下的距離s=2.5m。
(2)丙、甲碰撞,碰后丙、甲的速度為v4,由動量守恒定律有
mv3=2mv4
解得v4=10m/s
丙、甲一起運動到撞上乙前,設撞上乙前甲、丙的速度為v5,由動能定理得
-μ·2mgs=·2m()
解得v5=5m/s
對甲、乙、丙車,碰撞后三車的速度為v6,由動量守恒定律有
2mv5=3mv6
解得v6=m/s。
5.答案 (1)2v1t- (2)
解析 (1)發(fā)動機額定功率為P1啟動,達到的最大速度v1時有
f1=F1
所以汽車加速過程中的阻力
f1=F1=
同理,發(fā)動機的總額定功率為2P1,達到最大速度v2時有
f1=
解得
v2=2v1
汽車速度由v1到v2過程中根據動能定理有
2P1t-f1s1=
解得前進的位移
s1==2v1t-。
(2)“再生制動”剎車過程即速度由v2減到零的過程,根據動量定理有
-kvt=-ks2=0-Mv2=-2Mv1
解得汽車由速度v2減到零過程中行駛的距離
s2=。
6.答案 (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
解析 本題考查物體平衡、動能定理、完全非彈性碰撞,意在考查綜合分析能力。
(1)當滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的總重力,即
FN1=(m+m桿)g=8N
滑塊向上滑動過程中受到滑桿的摩擦力為1N,根據牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1N,方向豎直向上,則此時桌面對滑桿的支持力為
FN2=m桿g-f=5N。
(2)滑塊向上運動到碰前瞬間,根據動能定理有
-mgl-fl=mv2-
代入數據解得v=8m/s。
(3)由于滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞,即碰后兩者共速,碰撞過程根據動量守恒有mv=(m+m桿)v共
碰后滑塊和滑桿以速度v共整體向上做豎直上拋運動,根據動能定理有
-(m+m桿)gh=0-(m+m桿)
代入數據聯立解得h=0.2m。
7.答案 (1) (2)3mgH1 (3)
解析 (1)設小球碰地前的速度為v1,碰地后的速度為v2,對小球下落過程,由機械能守恒定律有
mgH1=
碰后上升過程,由機械能守恒定律有
mg
小球碰地后的速度大小與碰地前速度大小之比e=。
(2)拍打小球后,小球碰地前的速度為v3,碰地后的速度為v4,對小球下落過程,由機械能守恒定律有
W+mgH1=
碰后上升過程,由機械能守恒定律有
mgH1=
小球碰地后的速度大小與碰地前速度大小之比e=
聯立解得W=3mgH1。
(3)以豎直向上為正方向,對下方小球下落過程,由機械能守恒定律有
mgH1=
又e=
故碰地后下方小球的速度v2=(方向豎直向上)
對上方小球下落過程,由機械能守恒定律有
mgH1=
則上方小球與下方小球碰前上方小球的速度
v1=-(方向豎直向下)
上、下兩球發(fā)生彈性正碰,設碰后速度分別為v1'和v2',由動量守恒定律有
mv1+mv2=mv1'+mv2'
由機械能守恒定律有
mv1'2+mv2'2
聯立解得
v1'=,v2'=-
設兩球碰后上方小球能彈起的最大高度為H1',碰后上升過程,由機械能守恒定律有
mgH1'=mv1'2
解得H1'=。
8.答案 (1)30 N,方向豎直向下 (2)3 m/s
(3)6.232 m
解析 (1)物塊從A到B,根據機械能守恒有
mgR=
解得vB=5m/s
在B點時由牛頓第二定律有
FN-mg=m
根據牛頓第三定律,物塊滑到B點時對軌道的壓力FN'=FN
聯立解得FN'=30N,方向豎直向下。
(2)假設滑板與擋板P第一次碰撞前物塊與滑板已經共速,設物塊滑上滑板到二者共速時間為t0,物塊加速度大小為a1,滑板加速度大小為a2,有
a1=μg=2m/s2
a2==0.5m/s2
v共=vB-a1t0=a2t0
解得v共=1m/s,t0=2s
該過程中滑板的位移為
x板=t0=1m>L0
故假設不成立,滑板與擋板P第一次碰撞前物塊與滑板未共速,設滑板開始運動到與擋板碰撞的時間為t1,有
L0=a2
解得t1=1s
故物塊的速度為v1=vB-a1t1=3m/s。
(3)滑板第一次與擋板P碰撞時速度為
v板1=a2t1=0.5m/s
碰撞后速度反向,因為mv1>m0v板1,由動量守恒可知當物塊和滑板第一次共速時,速度方向向右,有
mv1-m0v板1=(m+m0)v共1
解得v共1=0.2m/s
因為此時速度方向向右,故滑板會與擋板再次碰撞,碰撞后滑板的速度方向向左,此時m0v共1>mv共1,同理可知當物塊和滑板第二次共速時,速度方向向左,根據動量守恒有
mv共1-m0v共1=-(m+m0)v共2
解得v共2=0.12m/s
之后物塊與滑板以共同速度向左一直勻速運動,分析可知從物塊滑上滑板開始到達到向左的共同速度v共2,物塊相對于滑板始終向滑板的右端運動,整個過程根據能量守恒有
(m+m0)=μmgL板min
代入數值解得滑板長度的最小值為L板min=6.232m。

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