训练08　动力学、动量和能量观点在力学中的应用-2021年高考二轮复习专题强化训练（解析版）

训练 07　动力学、动量和能量观点在力学中的应用 题型一 动量与动力学观点的综合应用 例 1 　 (2018·全国卷Ⅱ·24)汽车 A 在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车 B，立即采取制动 措施，但仍然撞上了汽车 B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后 B 车向前滑动了 4.5 m，A 车向前滑动了 2.0 m．已知 A 和 B 的质量分别为 2.0×103 kg 和 1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动 摩擦因数均为 0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小 g＝10 m/s2.求： (1)碰撞后的瞬间 B 车速度的大小； (2)碰撞前的瞬间 A 车速度的大小． 【答案】　(1)3.0 m/s　(2)4.25 m/s 【解析】　(1)设 B 车的质量为 mB，碰后加速度大小为 aB.根据牛顿第二定律有 μmBg＝mBaB① 式中 μ 是汽车与路面间的动摩擦因数． 设碰撞后瞬间 B 车速度的大小为 vB′，碰撞后滑行的距离为 sB.由运动学公式有 vB′2＝2aBsB② 联立①②式并利用题给数据得 vB′＝3.0 m/s③ (2)设 A 车的质量为 mA，碰后加速度大小为 aA，根据牛顿第二定律有 μmAg＝mAaA④ 设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为 vA′，碰撞后滑行的距离为 sA，由运动学公式有 vA′2＝2aAsA⑤设碰撞前的瞬间 A 车速度的大小为 vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有 mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 vA＝4.25 m/s 变式 1 　(2019·河南示范性高中上学期期终)如图所示，带有圆管轨道的长轨道水平固定，圆管轨道竖直(管 内直径可以忽略)，底端分别与两侧的直轨道相切，圆管轨道的半径 R＝0.5 m，P 点左侧轨道(包括圆管)光 滑，右侧轨道粗糙．质量 m＝1 kg 的物块 A 以 v0＝10 m/s 的速度滑入圆管，经过竖直圆管轨道后与直轨道 上 P 处静止的质量 M＝2 kg 的物块 B 发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后物块 B 在粗糙轨道上滑行 18 m 后速度 减小为零．已知物块 A、B 与粗糙轨道间的动摩擦因数均为 μ＝0.1，取重力加速度大小 g＝10 m/s2，物块 A、B 均可视为质点．求： (1)物块 A 滑过竖直圆管轨道最高点 Q 时受到管壁的弹力； (2)最终物块 A 静止的位置到 P 点的距离． 【答案】　　(1)150 N，方向竖直向下　(2)2 m 【解析】　 (1)物块 A 从开始运动到 Q 点的过程中，由机械能守恒定律可得： 1 2mv02＝mg×2R＋1 2mv2Q 物块 A 在 Q 点时，设轨道对物块 A 的弹力 FT 向下，由牛顿第二定律可得： FT＋mg＝mv2Q R 解得 FT＝150 N， 则物块 A 在 Q 点时轨道对它的弹力大小为 150 N，方向竖直向下； (2)由机械能守恒定律可知，物块 A 与 B 碰前瞬间的速度为 v0，物块 A 与 B 碰撞过程，由动量守恒定律：mv0＝mv1＋Mv2 碰后物块 B 做匀减速运动，由运动学公式：v22＝2axB Ff＝μMg＝Ma 解得 v1＝－2 m/s，v2＝6 m/s 由机械能守恒定律可知，物块 A 若能滑回 Q 点，其在 P 点反弹时的最小速度满足： 1 2mvmin2＝mg×2R vmin＝2 5 m/s>2 m/s 则物块 A 反弹后滑入圆管后又滑回 P 点，设最终位置到 P 点的距离为 xA， 则：v12＝2μgxA 解得最终物块 A 静止的位置到 P 点的距离 xA＝2 m 题型二 力学三大观点解决多过程问题 例 2 　(2019·第二次模拟)如图所示，有一个可视为质点的质量为 m＝1 kg 的小物块，从光 滑平台上的 A 点以 v0＝2 m/s 的初速度水平抛出，到达 C 点时，恰好沿 C 点的切线方向进入固定在水平地 面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端 D 点的质量为 M＝3 kg 的长木板．已知木板上表面与 圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数 μ＝0.3，圆弧 轨道的半径为 R＝0.4 m，C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角 θ＝60°，不计空气阻力，g 取 10 m/s2.求： (1)小物块到达 C 点时的速度大小； (2)小物块刚要到达圆弧轨道末端 D 点时对轨道的压力； (3)要使小物块不滑出长木板，木板的长度 L 至少多大． 【答案】　　(1)4 m/s　(2)60 N，方向竖直向下　(3)2.5 m【解析】　　(1)小物块到达 C 点时的速度方向与水平方向的夹角为 60°， vC＝ v0 cos 60°＝4 m/s (2)小物块由 C 到 D 的过程中，由动能定理得：mgR(1－cos 60°)＝1 2mvD2－1 2mvC2， 代入数据解得：vD＝2 5 m/s. 小物块在 D 点时由牛顿第二定律得：FN－mg＝mvD2 R 代入数据解得：FN＝60 N， 由牛顿第三定律得：FN′＝FN＝60 N，方向竖直向下． (3)若小物块始终在长木板上，当达到共同速度时速度大小为 v，小物块在木板上滑行的过程中，由动量守恒 定律得 mvD＝(M＋m)v 解得：v＝ 5 2 m/s 对物块和木板组成的系统，由功能关系得 μmgL＝1 2mvD2－1 2(M＋m)v2 解得：L＝2.5 m 变式 2 　(2019·贵州安顺市适应性监测(三))如图所示，半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平 地面上，下端与水平地面在 P 点相切，一个质量为 2m 的物块 B(可视为质点)静止在水平地面上，左端固定 有水平轻弹簧，Q 点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q 间的距离为 R，PQ 段地面粗糙、动摩擦因数为 μ＝ 0.5，Q 点右侧水平地面光滑，现将质量为 m 的物块 A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑， 重力加速度为 g.求： (1)物块 A 沿圆弧轨道滑至 P 点时对轨道的压力大小； (2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)； (3)物块 A 最终停止位置到 Q 点的距离．【答案】　　(1)3mg　(2)1 3mgR　(3)1 9R 【解析】　(1)物块 A 从静止沿圆弧轨道滑至 P 点，设物块 A 在 P 点的速度大小为 vP， 由机械能守恒定律有：mgR＝1 2mvP2 在最低点轨道对物块的支持力大小为 FN， 由牛顿第二定律有：FN－mg＝mvP2 R ， 联立解得：FN＝3mg， 由牛顿第三定律可知物块对轨道 P 点的压力大小为 3mg. (2)设物块 A 与弹簧接触前瞬间的速度大小为 v0，由动能定理有 mgR－μmgR＝1 2mv02－0， 解得 v0＝ gR， 当物块 A、物块 B 具有共同速度 v 时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有： mv0＝(m＋2m)v， 1 2mv02＝1 2(m＋2m)v2＋Ep， 联立解得 Ep＝1 3mgR. (3)设物块 A 与弹簧分离时，A、B 的速度大小分别为 v1、v2，规定向右为正方向，则有 mv0＝－mv1＋2mv2， 1 2mv02＝1 2mv12＋1 2(2m)v22， 联立解得：v1＝1 3 gR， 设 A 最终停在 Q 点左侧距 Q 点 x 处，由动能定理有：－μmgx＝0－1 2mv12 解得 x＝1 9R.模拟训练 练规范 练速度 1．(2018·全国卷Ⅰ·24)一质量为 m 的烟花弹获得动能 E 后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时， 弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为 E，且均沿竖直方向运动．爆炸 时间极短，重力加速度大小为 g，不计空气阻力和火药的质量．求： (1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度． 【答案】　(1)1 g 2E m 　(2)2E mg 【解析】　(1)设烟花弹上升的初速度为 v0，由题给条件有 E＝1 2mv02① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 t，由运动学公式有 0－v0＝－gt② 联立①②式得 t＝1 g 2E m ③ (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为 h1，由机械能守恒定律有 E＝mgh1④ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为 v1 和 v2.由题给条件和动 量守恒定律有 1 4mv12＋1 4mv22＝E⑤ 1 2mv1＋1 2mv2＝0⑥ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分继续上 升的高度为 h2，由机械能守恒定律有1 4mv12＝1 2mgh2⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 h＝h1＋h2＝2E mg 2．(2019·河南南阳市上学期期末)如图所示，水平光滑地面上有两个静止的小物块 A 和 B(可视为质点)，A 的质量 m＝1.0 kg，B 的质量 M＝4.0 kg，A、B 之间有一轻质压缩弹簧，且 A、B 间用细线相连(图中未画 出)，弹簧的弹性势能 Ep＝40 J，弹簧的两端与物块接触但不固定连接．水平面的左侧有一竖直墙壁，右侧 与倾角为 30°的光滑斜面平滑连接．将细线剪断，A、B 分离后立即撤去弹簧，物块 A 与墙壁发生弹性碰撞 后，A 在 B 未到达斜面前追上 B，并与 B 相碰后结合在一起向右运动，g 取 10 m/s2，求： (1)A 与弹簧分离时的速度大小； (2)A、B 沿斜面上升的最大距离． 【答案】　(1)8 m/s　(2)1.024 m 【解析】　(1)设 A、B 与弹簧分离时的速度大小分别为 v1、v2， 系统动量守恒：0＝mv1－Mv2 系统能量守恒：Ep＝1 2mv12＋1 2Mv22 解得 v1＝8 m/s，v2＝2 m/s； (2)A 与墙壁碰后速度大小不变，设 A 与 B 相碰后，A 与 B 的速度大小为 v， A、B 系统动量守恒：mv1＋Mv2＝(m＋M)v 解得 v＝3.2 m/s 对 A、B 整体，由动能定理得： －(m＋M)gLsin 30°＝0－1 2(m＋M)v2 解得 L＝1.024 m.3．(2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)如图所示，半径 R1＝1 m 的四分之一光滑圆弧轨道 AB 与平台 BC 在 B 点平滑连接，半径 R2＝0.8 m 的四分之一圆弧轨道上端与平台 C 端连接，下端与水平地面平滑连接， 质量 m＝0.1 kg 的乙物块放在平台 BC 的右端 C 点，将质量也为 m 的甲物块在 A 点由静止释放，让其沿圆 弧下滑，并滑上平台与乙相碰，碰撞后甲与乙粘在一起从 C 点水平抛出，甲物块与平台间的动摩擦因数均 为 μ＝0.2，BC 长 L＝1 m，重力加速度 g 取 10 m/s2，不计两物块的大小及碰撞所用的时间，求： (1)甲物块滑到 B 点时对轨道的压力大小； (2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小； (3)粘在一起的甲、乙两物块从 C 点抛出到落到 CDE 段轨道上所用的时间． 【答案】　　(1)3 N　(2)2 m/s　(3)0.4 s 【解析】　(1)甲物块从 A 点滑到 B 点，根据机械能守恒定律有：mgR1＝1 2mv12 甲物块运动到 B 点时，根据牛顿第二定律有：FN－mg＝mv12 R1 联立解得：FN＝3 N 根据牛顿第三定律可知，甲物块在 B 点对轨道的压力大小 FN′＝FN＝3 N (2)甲从 B 点向右滑动的过程中，做匀减速直线运动，加速度大小为 a＝μg＝2 m/s2 甲物块乙相碰前瞬间的速度为 v2＝ v12－2μgL＝4 m/s 设甲、乙相碰后瞬间共同速度的大小为 v3，根据动量守恒有：mv2＝2mv3 解得：v3＝2 m/s； (3)碰撞后，甲和乙以 2 m/s 的速度水平抛出，假设两物块会落到水平地面上 则下落的时间 t＝ 2R2 g ＝0.4 s 则水平的位移 x＝v3t＝0.8 m＝R2说明两物块刚好落到 D 点，假设成立 因此抛出后落到 CDE 轨道上所用时间为 0.4 s. 4. (2019·河南安阳市下学期二模)如图所示，一圆心为 O、半径为 R 的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其 下端和粗糙的水平轨道在 A 点相切，AB 为圆弧轨道的直径．质量分别为 m、2m 的滑块 1、2 用很短的细线 连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连)，滑块 1、2 位于 A 点．现剪断两滑块间的细线， 滑块 1 恰能过 B 点，且落地点恰与滑块 2 停止运动的地点重合．滑块 1、2 可视为质点，不考虑滑块 1 落地 后反弹，不计空气阻力，重力加速度为 g，求： (1)滑块 1 过 B 点的速度大小； (2)弹簧释放的弹性势能大小； (3)滑块 2 与水平轨道间的动摩擦因数． 【答案】　(1) gR　(2)15 4 mgR　(3) 5 16 【解析】　　(1)滑块 1 恰能经过 B 点，则有 mg＝mvB2 R 解得：vB＝ gR (2)滑块 1 从 A 点运动到 B 点的过程中，根据动能定理有：－mg·2R＝1 2mvB2－1 2mvA2 解得 vA＝ 5gR 滑块 1、2 被弹簧弹开过程，根据动量守恒定律有：mvA＝2mv 根据能量守恒定律有：Ep＝1 2mvA2＋1 2·2mv2 联立解得：Ep＝15 4 mgR (3)滑块 1 经过 B 点后做平抛运动，则水平方向有：x＝vBt竖直方向有：2R＝1 2gt2 滑块 2 在水平方向做匀减速运动，根据动能定理有：－μ·2mg·x＝0－ 1 2·2mv2 联立解得：μ＝ 5 16