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考點規(guī)范練22　動量守恒中的力學綜合問題
一、單項選擇題
1.如圖所示,水平面上固定著兩根足夠長的平行導槽,質量為m的U形管恰好能在兩導槽之間自由滑動,一質量也為m的小球沿水平方向,以初速度v0從U形管的一端射入,從另一端射出。已知小球的半徑略小于管道半徑,不計一切摩擦,下列說法正確的是(　　)
A.該過程中,小球與U形管組成的系統(tǒng)機械能和動量都守恒
B.小球從U形管的另一端射出時,速度大小為v0
C.小球運動到U形管圓弧部分的最左端時,速度大小為v0
D.從小球射入至運動到U形管圓弧部分的最左端的過程中,U形管對平行導槽的沖量大小為mv0,方向垂直于導槽向上
二、非選擇題
2.如圖甲所示,半徑R=0.8 m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內,A為軌道最高點,與圓心O等高;B為軌道最低點。在光滑水平面上緊挨B點有一靜止的平板車,其質量m0=3 kg,小車足夠長,車的上表面與B點等高,平板車上表面涂有一種特殊材料,物塊在上面滑動時,動摩擦因數隨物塊相對小車左端位移的變化圖像如圖乙所示。物塊(可視為質點)從圓弧軌道最高點A由靜止釋放,其質量m=1 kg,g取10 m/s2。
(1)求物塊滑到B點時對軌道壓力的大小。
(2)物塊相對小車靜止時距小車左端多遠
3.(2023·浙江卷)為了探究物體間碰撞的特性,設計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接,兩半徑均為R=0.4 m的四分之一圓周組成的豎直細圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質量為3m的滑塊b與質量為2m的滑塊c用勁度系數k=100 N/m的輕質彈簧連接,靜置于軌道FG上。現有質量m=0.12 kg的滑塊a以初速度v0=2 m/s從D處進入,經DEF管道后,與FG上的滑塊b碰撞(時間極短)。已知傳送帶長L=0.8 m,以v=2 m/s的速率順時針轉動,滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.5,其他摩擦和阻力均不計,各滑塊均可視為質點,彈簧的彈性勢能Ep=kx2(x為形變量),g取10 m/s2。
(1)求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度的大小vF和所受支持力的大小FN。
(2)若滑塊a碰后返回到B點時速度vB=1 m/s,求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能ΔE。
(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住,求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx。
4.(2022·全國乙卷)如圖甲所示,一質量為m的物塊A與輕質彈簧連接,靜止在光滑水平面上;物塊B向A運動,t=0時與彈簧接觸,到t=2t0時與彈簧分離,第一次碰撞結束,A、B的v-t圖像如圖乙所示。已知從t=0到t=t0時間內,物塊A運動的距離為0.36v0t0。A、B分離后,A滑上粗糙斜面,然后滑下,與一直在水平面上運動的B再次碰撞,之后A再次滑上斜面,達到的最高點與前一次相同。斜面傾角為θ(sin θ=0.6),與水平面平滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內。求:
甲
乙
(1)第一次碰撞過程中,彈簧彈性勢能的最大值;
(2)第一次碰撞過程中,彈簧壓縮量的最大值;
(3)物塊A與斜面間的動摩擦因數。
考點規(guī)范練22　動量守恒中的力學綜合問題
1.D　解析:由于不計一切摩擦,在小球與U形管相互作用過程中,小球的動能只能與U形管的動能發(fā)生轉移,故小球與U形管組成的系統(tǒng)機械能守恒,系統(tǒng)沿導槽方向所受合外力為零,小球與U形管組成的系統(tǒng)沿導槽方向動量守恒,故A錯誤。小球進出U形管的過程,小球與U形管系統(tǒng)機械能守恒,沿著軌道方向,系統(tǒng)動量守恒,類比彈性碰撞,質量相等交換速度,小球從U形管的另一端射出時,速度大小為0,故B錯誤。小球運動到U形管圓弧部分的最左端過程中,沿著軌道方向,系統(tǒng)動量守恒,以向左為正方向,由動量守恒定律得mv0=(m+m)vx,解得vx=,根據機械能守恒定律得(設小球的合速度為v3),解得v3=v0,故C錯誤。在小球運動到U形管圓弧部分的最左端時,垂直軌道的分速度為v3y==v0,運動到U形管圓弧部分的最左端的過程中,在垂直軌道方向,以垂直向下為正方向,對小球,根據動量定理有I=mv3y=mv0,U形管與平行導槽間的作用力是作用力與反作用力,它們大小相等、方向相反、作用時間相等,則平行導槽受到的沖量大小也為mv0,故D正確。
2.解析:(1)物塊從光滑圓弧軌道A點滑到B點的過程中,只有重力做功,由機械能守恒定律得mgR=
代入數據解得vB=4 m/s
在B點,由牛頓第二定律得FN-mg=m
代入數據解得FN=30 N
由牛頓第三定律可知,物塊滑到B點時對軌道的壓力FN'=FN=30 N。
(2)物塊滑上小車后,由于水平地面光滑,系統(tǒng)所受合外力為零,所以系統(tǒng)的動量守恒。以向右為正方向,由動量守恒定律得mvB=(m+m0)v
代入數據解得v=1 m/s
由能量關系得系統(tǒng)因摩擦產生的熱量Q=(m+m0)v2
解得Q=6 J
由功能關系知Q=μ1mgx1+μ1mg(x-x1)
將μ1=0.4,x1=0.5 m代入可解得x=1.75 m。
答案:(1)30 N　(2)1.75 m
3.解析: (1)在滑塊a從D到F的運動過程中,根據動能定理得
mg·2R=
解得vF=10 m/s
在F點有FN-mg=m
解得FN=31.2 N。
(2)滑塊a返回傳送帶的過程一直在做減速運動,設滑塊a與滑塊b碰后的速度為va,在滑塊a從碰后到返回到傳送帶的B點的過程中,根據動能定理得
-mg·2R-μmgL=
解得va=5 m/s
a和b相互作用的過程滿足動量守恒,mvF=m(-va)+3mvb
解得vb=5 m/s
a和b碰撞過程損失的機械能為
ΔE=×3m
解得ΔE=0。
(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住,則根據動量守恒定律得
mvF=(m+3m)v
解得v=2.5 m/s
彈簧被壓縮到最短和最長,均有mvF=(m+3m+2m)v'
解得v'= m/s
彈簧最大壓縮量和最大伸長量均滿足
kx2=(m+3m)v2-(m+3m+2m)v'2
彈簧最大長度與最小長度之差為Δx=2x
解得Δx=0.2 m。
答案: (1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m
4.解析:(1)當t=t0時,A與B速度相同,彈簧彈性勢能最大,滿足mB·1.2v0=(mB+mA)v0
此時彈簧的彈性勢能Ep=mB(1.2v0)2-(mB+mA)
解得mB=5m,Ep=0.6m。
(2)設0~t0時間內某一時刻物塊A的速度為vA,物塊B的速度為vB,從此刻到二者速度相同的過程中,由動量守恒定律得
mAvA+mBvB=(mA+mB)v0
由微元法可知,在極短的一段時間Δt內,有
mAvAΔt+mBvBΔt=(mA+mB)v0Δt
故在0~t0時間內有
mAxA+mBxB=(mA+mB)v0t0
其中xA、xB分別表示A、B在這段時間內移動的距離
已知xA=0.36v0t0,解得xB=1.128v0t0
故第一次碰撞過程中,彈簧的最大壓縮量Δx=xB-xA=0.768v0t0。
(3)由題圖乙知,第一次碰撞結束時,A的速度為2v0,B的速度為0.8v0,因第二次碰撞結束后A達到的最高點與第一次相同,故第二次碰撞結束時A的速度也為2v0。
設A上升的最高點高度為h,第二次碰撞前A的速度大小為vA'
A上滑過程中,由動能定理得
-mgh-μmgcos θ·=0-m(2v0)2 ①
A下滑過程中,由動能定理得
mgh-μmgcos θ·mvA'2-0 ②
由題意知,第二次碰撞為彈性碰撞,設碰后B的速度大小為vB'
由動量守恒定律得
mB·0.8v0-mAvA'=mBvB'+mA·2v0 ③
由能量守恒定律得
mB(0.8v0)2+mAvA'2=mBvB'2+mA(2v0)2④
聯立①②③④得μ=0.45。
答案:(1)0.6m
(2)0.768v0t0
(3)0.45
3

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