2019高考物理一輪復習 第六章 動量 動量守恒定律 第50講 力學三大規(guī)律的綜合應用加練半小時 教科版.docx
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第50講 力學三大規(guī)律的綜合應用 [方法點撥] 做好以下幾步:①確定研究對象,進行運動分析和受力分析;②分析物理過程,按特點劃分階段;③選用相應規(guī)律解決不同階段的問題,列出規(guī)律性方程. 1.(2018廣東東莞模擬)如圖1所示,某超市兩輛相同的手推購物車質量均為m、相距l(xiāng)沿直線排列,靜置于水平地面上.為節(jié)省收納空間,工人給第一輛車一個瞬間的水平推力使其運動,并與第二輛車相碰,且在極短時間內相互嵌套結為一體,以共同的速度運動了距離,恰好??吭趬叄糗囘\動時受到的摩擦力恒為車重的k倍,忽略空氣阻力,重力加速度為g.求: 圖1 (1)購物車碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能; (2)工人給第一輛購物車的水平?jīng)_量大?。? 2.(2017河北石家莊第二次質檢)如圖2所示,質量分布均勻、半徑為R的光滑半圓形金屬槽,靜止在光滑的水平面上,左邊緊靠豎直墻壁.一質量為m的小球從距金屬槽上端R處由靜止下落,恰好與金屬槽左端相切進入槽內,到達最低點后向右運動從金屬槽的右端沖出,小球到達最高點時與金屬槽圓弧最低點的距離為R,重力加速度為g,不計空氣阻力.求: 圖2 (1)小球第一次到達最低點時對金屬槽的壓力大小; (2)金屬槽的質量. 3.(2017江西上饒一模)如圖3所示,可看成質點的A物體疊放在上表面光滑的B物體上,一起以v0的速度沿光滑的水平軌道勻速運動,與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C發(fā)生碰撞,碰撞后B、C的速度相同,B、C的上表面相平且B、C不粘連,A滑上C后恰好能到達C板的右端.已知A、B質量相等,C的質量為A的質量的2倍,木板C長為L,重力加速度為g.求: 圖3 (1)A物體與木板C上表面間的動摩擦因數(shù); (2)當A剛到C的右端時,B、C相距多遠? 4.(2017河南六市第一次聯(lián)考)足夠長的傾角為θ的光滑斜面的底端固定一輕彈簧,彈簧的上端連接質量為m、厚度不計的鋼板,鋼板靜止時彈簧的壓縮量為x0,如圖4所示.一物塊從鋼板上方距離為3x0的A處沿斜面滑下,與鋼板碰撞后立刻與鋼板一起向下運動,但不粘連,它們到達最低點后又向上運動.已知物塊質量也為m時,它們恰能回到O點,O為彈簧自然伸長時鋼板的位置.若物塊質量為2m,仍從A處沿斜面滑下,則物塊與鋼板回到O點時,還具有向上的速度,已知重力加速度為g,計算結果可以用根式表示,求: 圖4 (1)質量為m的物塊與鋼板碰撞后瞬間的速度大小v1; (2)碰撞前彈簧的彈性勢能; (3)質量為2m的物塊沿斜面向上運動到達的最高點離O點的距離. 5.(2017山東泰安一模)如圖5所示,質量為m1=0.5kg的小物塊P置于臺面上的A點并與水平彈簧的右端接觸(不拴接),輕彈簧左端固定,且處于原長狀態(tài).質量M=1kg的長木板靜置于水平面上,其上表面與水平臺面相平,且緊靠臺面右端.木板左端放有一質量m2=1kg的小滑塊Q.現(xiàn)用水平向左的推力將P緩慢推至B點(彈簧仍在彈性限度內),撤去推力,此后P沿臺面滑到邊緣C時速度v0=10m/s,與長木板左端的滑塊Q相碰,最后物塊P停在AC的正中點,Q停在木板上.已知臺面AB部分光滑,P與臺面AC間的動摩擦因數(shù)μ1=0.1,AC間距離L=4 m.Q與木板上表面間的動摩擦因數(shù)μ2=0.4,木板下表面與水平面間的動摩擦因數(shù)μ3=0.1(g取10 m/s2),求: 圖5 (1)撤去推力時彈簧的彈性勢能; (2)長木板運動中的最大速度; (3)長木板的最小長度. 6.(2018河北邢臺質檢)如圖6所示,某時刻質量為m1=50kg的人站在m2=10kg的小車上,推著m3=40kg的鐵箱一起以速度v0=2m/s在水平地面沿直線運動到A點時,該人迅速將鐵箱推出,推出后人和車剛好停在A點,鐵箱則向右運動到距A點s=0.25 m的豎直墻壁時與之發(fā)生碰撞而被彈回,彈回時的速度大小是碰撞前的二分之一,當鐵箱回到A點時被人接住,人、小車和鐵箱一起向左運動,已知小車、鐵箱受到的摩擦力均為地面壓力的0.2倍,重力加速度g=10 m/s2,求: 圖6 (1)人推出鐵箱時對鐵箱所做的功; (2)人、小車和鐵箱停止運動時距A點的距離. 答案精析 1.(1)mkgl (2)m 解析 (1)設第一輛車碰前瞬間的速度為v1,與第二輛車碰后的共同速度為v2. 由動量守恒定律有mv1=2mv2 由動能定理有-2kmg=0-(2m)v 則碰撞中系統(tǒng)損失的機械能ΔE=mv-(2m)v 聯(lián)立以上各式解得ΔE=mkgl (2)設第一輛車推出時的速度為v0 由動能定理有 -kmgl=mv-mv I=mv0 聯(lián)立解得I=m 2.(1)5mg (2) 解析 (1)小球從靜止到第一次到達最低點的過程,根據(jù)機械能守恒定律有: mg2R=mv 小球剛到最低點時,根據(jù)圓周運動規(guī)律和牛頓第二定律有: N-mg=m 據(jù)牛頓第三定律可知小球對金屬槽的壓力為:N′=N 聯(lián)立解得:N′=5mg (2)小球第一次到達最低點至小球到達最高點過程,小球和金屬槽水平方向動量守恒,選取向右為正方向,則: mv0=(m+M)v 設小球到達最高點時與金屬槽圓弧最低點的高度為h. 則有R2+h2=(R)2 根據(jù)能量守恒定律有:mgh=mv-(m+M)v2 聯(lián)立解得M=. 3.(1) (2) 解析 (1)設A、B的質量為m,則C的質量為2m.B、C碰撞過程中動量守恒,令B、C碰后的共同速度為v1,以B的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得:mv0=3mv1 解得:v1= B、C共速后A以v0的速度滑上C,A滑上C后,B、C脫離,A、C相互作用過程中動量守恒,設最終A、C的共同速度v2,以向右為正方向,由動量守恒定律得: mv0+2mv1=3mv2 解得:v2= 在A、C相互作用過程中,根據(jù)能量守恒定律得: fL=mv+2mv-3mv 又f=μmg 解得:μ= (2)A在C上滑動時,C的加速度a== A從滑上C到與C共速經(jīng)歷的時間: t== B運動的位移:xB=v1t=L C運動的位移xC== B、C相距:x=xC-xB= 4.(1) (2)mgx0sinθ (3) 解析 (1)設物塊與鋼板碰撞前速度為v0, 3mgx0sinθ=mv 解得v0= 設物塊與鋼板碰撞后一起運動的速度為v1,以沿斜面向下為正方向,由動量守恒定律得 mv0=2mv1 解得v1= (2)設碰撞前彈簧的彈性勢能為Ep,當它們一起回到O點時,彈簧無形變,彈性勢能為零,根據(jù)機械能守恒定律得 Ep+(2m)v=2mgx0sinθ 解得Ep=mgx0sinθ (3)設v2表示質量為2m的物塊與鋼板碰后開始一起向下運動的速度,以沿斜面向下為正方向,由動量守恒定律得 2mv0=3mv2 它們回到O點時,彈性勢能為零,但它們仍繼續(xù)向上運動,設此時速度為v,由機械能守恒定律得 Ep+(3m)v=3mgx0sinθ+(3m)v2 在O點物塊與鋼板分離,分離后,物塊以速度v繼續(xù)沿斜面上升,設運動到達的最高點離O點的距離為l,有 v2=2al 2mgsinθ=2ma 解得l= 5.(1)27J (2)2m/s (3)3m 解析 (1)小物塊P由B到C的過程: W彈-μ1m1gL=m1v-0 解得W彈=27J Ep=W彈=27J 即撤去推力時彈簧的彈性勢能為27J. (2)小物塊P和滑塊Q碰撞過程動量守恒,以v0的方向為正方向 m1v0=-m1vP+m2vQ 小物塊P從碰撞后到靜止 -μ1m1gL=0-m1v 解得vQ=6m/s Q在長木板上滑動過程中: 對Q:-μ2m2g=m2a1 對木板:μ2m2g-μ3(M+m2)g=Ma2 解得a1=-4m/s2,a2=2 m/s2 當滑塊Q和木板速度相等時,木板速度最大,設速度為v,滑行時間為t. 對Q:v=vQ+a1t 對木板:v=a2t 解得t=1s v=2m/s 長木板運動中的最大速度為2m/s (3)在Q和木板相對滑動過程中 Q的位移:xQ=(vQ+v)t 木板的位移:x板=(0+v)t 木板的最小長度:L=xQ-x板 解得L=3m 6.(1)420J (2)0.2m 解析 (1)人推鐵箱過程,以v0的方向為正方向,由動量守恒定律得: (m1+m2+m3)v0=m3v1 解得v1=5m/s 人推出鐵箱時對鐵箱所做的功為: W=m3v-m3v=420J (2)設鐵箱與墻壁相碰前的速度為v2,箱子再次滑到A點時速度為v3,根據(jù)動能定理得: 從A到墻:-0.2m3gs=m3v-m3v 解得v2=2m/s 從墻到A:-0.2m3gs=m3v-m3(v2)2 解得v3=m/s 設人、小車與鐵箱一起向左運動的速度為v4,以向左方向為正方向,根據(jù)動量守恒定律得:m3v3=(m1+m2+m3)v4 解得v4=m/s 根據(jù)動能定理得: -0.2(m1+m2+m3)gx=0-(m1+m2+m3)v 解得x=0.2m- 配套講稿:
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