专题二　培优练2　力学三大观点的综合应用.docx

培优练2力学三大观点的综合应用

1.(2021·湖北卷·15)如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。

(1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；

(2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；

(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。

答案(1)2R(2)mgsinθ2

(3)10mgR

解析(1)设B到半圆弧轨道最高点时速度为v2，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得mg＝mv

B离开最高点后做平抛运动，

则在竖直方向上有2R＝12gt

在水平方向上有x＝v2t

联立解得x＝2R

(2)对A由C点到D点的过程，由机械能守恒定律得mgRcosθ＝12m

由于对A做功的力只有重力，

则在D点时，A所受力对A做功的功率为P＝mgvDsinθ

解得P＝mgsinθ2

(3)设A、B碰后瞬间的速度分别为v1、v2，对B由Q点到最高点的过程，

由机械能守恒定律得12mv22＝12mv2

解得v2＝5

对A由Q点到C点的过程，由机械能守恒定律得12mv12＝mgR，解得v1

设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，

由动量守恒定律得mv0＝mv1+mv2，

解得v0＝2gR+

碰撞过程中A和B损失的总动能为

ΔE＝12mv02－

解得ΔE＝10mgR。

2.(2024·黑龙江齐齐哈尔市二模)如图所示，半径为L的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的最低点与长为L的水平传送带左端A水平相切，传送带沿顺时针转动的速度为v0(v02gL)，传送带的右端B紧靠等高的光滑水平面，质量为m的滑块b静止在水平面上，离右边的竖直墙距离为L。质量为3m的滑块a从轨道上的最高点由静止释放沿圆弧面滑下，当a滑到传送带右端时刚好与传送带共速，a滑上水平面后与b发生弹性碰撞，b与墙碰撞前后速度等大反向，不计滑块的大小，重力加速度为g

(1)滑块a与传送带间的动摩擦因数；

(2)滑块a第一次通过传送带，带动传送带的电动机额外多做的功；

(3)在滑块a、b第一次和第二次碰撞的时间间隔内，滑块a运动的距离。

答案(1)v022gL－1(2)3mv0(v0－2gL

解析(1)设滑块a滑到A点时速度大小为v，根据机械能守恒有3mgL＝12×3mv

解得v＝2

设a与传送带间动摩擦因数为μ，则a在传送带上运动的加速度a＝μg

根据题意知v02－v2＝

解得μ＝v02

(2)a通过传送带过程动能的增量

ΔEk＝12×3mv02－12×3mv2＝

a与传送带间因摩擦产生的热量

Q＝μ·3mg(v0·v0-va－L)＝32mv02

根据功能关系，带动传送带的电动机额外多做的功

W＝Q+ΔEk＝3mv0(v0－2gL

(3)设滑块a与b发生弹性碰撞后瞬间，a、b的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒有

3mv0＝3mv1+mv2

根据能量守恒有12×3mv02＝12×3

解得v1＝12v0，v2＝32

设a、b第一次碰撞后a运动x的距离时a、b发生第二次碰撞，根据题意结合几何关系，对滑块a有

x＝v1t

对滑块b有2L－x＝v2t，

解得x＝12L