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题组一　三大力学观点在力学中的综合应用
1.如图所示，可视为质点的两个小球通过长度L＝6 m的轻绳连接，甲球的质量为m1＝0.2 kg，乙球的质量为m2＝0.1 kg.将两球从距地面某一高度的同一位置先后释放，甲球释放Δt＝1 s后再释放乙球，绳子伸直后即刻绷断(细绳绷断的时间极短，可忽略)，此后两球又下落t＝1.2 s同时落地．可认为两球始终在同一竖直线上运动，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)从释放乙球到绳子绷直的时间t0；
(2)绳子绷断的过程中绳对甲球拉力的冲量大小．
解析：(1)细线伸直时甲球的位移为：x甲＝g(t0＋Δt)2，
乙球的位移为：x乙＝gt，
因为x甲－x乙＝L，
联立解得：t0＝0.1 s.
(2)细线伸直时甲、乙的速度分别是：
v甲＝g(t0＋Δt)＝11 m/s，
v乙＝gt0＝1 m/s，
设细线绷断瞬间甲、乙球的速度分别为：v′甲和v′乙，
继续下落至落地时有：v′乙t＋gt2－(v′甲t＋gt2)＝L.
又在绳绷断的极短时间内两球动量守恒，
则有：m1v甲＋m2v乙＝m1v′甲＋m2v′乙，
联立方程解得：v′甲＝6 m/s，v′乙＝11 m/s.
设绳子绷断过程中绳对甲球拉力的冲量大小为I，
由动量定理得：I＝m1(v′甲－v甲)＝1.0 N·s.
答案：(1)0.1 s　(2)1.0 N·s
2．如图所示，地面和半圆轨道面均光滑．质量M＝1 kg、长L＝4 m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为s＝3 m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平．现有一质量m＝2 kg的滑块(不计大小)以v0＝6 m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时立即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2.求：
(1)求小车与墙壁碰撞时的速度；
(2)若滑块在圆轨道滑动的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半径R的取值范围．
解析：(1)根据牛顿第二定律：
对滑块有μmg＝ma1，
对小车有μmg＝Ma2.
滑块相对小车静止时，两者速度相等，即
v0－a1t＝a2t，
由以上各式解得：t＝1 s，此时小车的速度为
v2＝a2t＝4 m/s.
滑块的位移：x1＝v0t－a1t2，
小车的位移：x2＝a2t2，
相对位移：L1＝x1－x2，
联立解得：L1＝3 m，x2＝2 m.
L1＜L，x2＜s，说明滑块滑离小车前已具有相同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与墙壁碰撞时的速度为：v2＝4 m/s.
(2)滑块与墙壁碰后在小车上做匀减速运动，运动L2后滑上半圆轨道，
L2＝L－L1＝1 m.
若滑块恰能通过最高点，设滑至最高点的速度为vQ.则mg＝m,R)，
根据动能定理得：
－μmgL2－mg·2R＝mv－mv，
解得：R＝0.24 m.
若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．
根据动能定理得
－μmgL2－mgR＝0－mv，
解得：R＝0.6 m，
所以滑块不脱离圆轨道必须满足：R≤0.24 m或R≥0.6 m.
答案：(1)4 m/s　(2)R≤0.24 m或R≥0.6 m
3.(2018·海南卷)如图，光滑轨道PQO的水平段QO＝，轨道在O点与水平地面平滑连接．一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞．A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g.假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短．求：
(1)第一次碰撞后瞬间A和B的速度大小；
(2)A、B均停止运动后，二者之间的距离．
解析：(1)小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，
由机械能守恒定律：mgh＝mv，
解得滑至O点时速度为：v0＝.
碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律：
mv0＝mv1＋4mv2，
mv＝mv＋×4mv，
联立解得：v1＝－，负号表示A碰撞后速度方向向左，
v2＝，B碰撞后速度方向向右．
(2)碰撞后，B向右运动，设B向右运动的距离为xB，
由动能定理，－μ4mgxB＝0－×4mv，
解得：xB＝h.
碰撞后，A先向左运动，后又向右运动，A从O点开始向右运动xB的距离后速度为vA1，
由动能定理，－μmgxB＝mv－mv，
解得：vA1＝.
A、B再次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律，
mvA1＝mvA2＋4mvB2，
mv＝mv＋×4mv，
联立解得：vA2＝－ ，负号表示A碰撞后速度方向向左，
vB2＝ ，B碰撞后速度方向向右．
设B向右运动的距离为xB2，由动能定理得
－μ4mgxB2＝0－4mv，
解得xB2＝h.
设A向左运动的距离为xA2，由动能定理得
－μmgxA2＝0－mv，
解得xA2＝h，
A、B均停止运动后它们之间的距离为
x＝h＋h＝h.
答案：(1)　　(2)h
4.如图所示，有一质量为M＝2 kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m＝1 kg的小物块A和B(均可视为质点)，由车上P处开始，A以初速度v1＝2 m/s 向左运动，B同时以v2＝4 m/s向右运动．最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车．两物块与小车间的动摩擦因数均为μ＝0.1，g取10 m/s2.求：
(1)求小车总长L；
(2)物块B在小车上滑动的过程中产生的热量QB；
(3)从物块A、B开始运动计时，经6 s小车离原位置的距离x.
解析：(1)设最后达到共同速度v，取向右为正方向，整个系统动量守恒、能量守恒：mv2－mv1＝(2m＋M)v，
μmgL＝mv＋mv－(2m＋M)v2，
解得v＝0.5 m/s，L＝9.5 m.
(2)设物块A离小车左端的距离为x1，从A开始运动至左端历时t1，在A运动至左端前，小车是静止的．
μmg＝maA，
v1＝aAt1，
x1＝aAt，
联立可得t1＝2 s，x1＝2 m，
所以物块B离小车右端的距离x2＝L－x1＝7.5 m，
所以QB＝μmgx2＝7.5 J.
(3)设从开始到达到共同速度历时t2，则
v＝v2－aBt2，
μmg＝maB，
联立可得t2＝3.5 s.
小车在t1前静止，在t1至t2之间以加速度a向右加速：μmg＝(M＋m)a，
此时小车向右运动的位移x3＝a(t2－t1)2，
接下去三个物体组成的系统以v共同匀速运动了
x4＝v(6 s－t2)，
联立各式，解得小车在6 s内向右运动的总距离x＝x3＋x4＝1.625 m.
答案：(1)9.5 m　(2)7.5 J　(3)1.625 m
题组二　三大力学观点在电、磁学中的综合应用
5．如图所示，轨道ABCDP位于竖直平面内，其中圆弧段CD与水平段AC及倾斜段DP分别相切于C点和D点，水平段BC粗糙，其余都光滑，DP段与水平面的夹角θ＝37°，D、C两点的高度差h＝0.1 m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、电场强度大小未知的匀强电场中，一个质量m1＝0.4 kg、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A点由静止释放，经过时间t＝1 s，与静止在B点的不带电、质量m2＝0.6 kg的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起后，在BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP上某位置，物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC段的动摩擦因数均为μ＝0.2，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC段上做匀速直线运动的速度大小；
(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过圆弧段C点时，物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小．
解析：(1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度大小为E，物块Ⅰ带电荷量大小为q，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ速度为v1，碰撞后共同速度为v2，以向左为正方向，则
qE＝μ(m1＋m2)g，
qEt＝m1v1，
m1v1＝(m1＋m2)v2，
联立解得v2＝2 m/s.
(2)设圆弧段CD的半径为R，物块Ⅰ和Ⅱ经过C点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为FN
则R(1－cos θ)＝h，
FN－(m1＋m2)g＝(m1＋m2),R)，
解得：FN＝18 N，由牛顿第三定律可得物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小为18 N.
答案：(1)2 m/s　(2)18 N
6．如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计．质量分别为m和m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直．图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场．质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞．重力加速度为g.求：
(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；
(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；
(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热．
解析：(1)设a棒滑到水平导轨时速度为v0，下滑过程中a棒机械能守恒mv＝mgh，
a棒与b棒发生弹性碰撞，
由动量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2，
由机械能守恒定律：mv＝mv＋mv，
解得v1＝0，v2＝v0＝.
(2)b棒刚进磁场时的加速度最大．
b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒．
由动量守恒定律：mv2＝mv′2＋v′3.
设b棒进入磁场后某时刻，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动势E＝BL(vb－vc)，由闭合电路欧姆定律得I＝，由安培力公式得F＝BIL＝ma，联立得a＝.
故当b棒加速度为最大值的一半时有v2＝2(v′2－v′3)，
联立得v′2＝v2＝.
(3)最终b、c以相同的速度匀速运动．
由动量守恒定律：mv2＝(m＋)v，
由能量守恒定律：mv＝(m＋)v2＋Q，
解得Q＝mgh.
答案：(1)0　　(2)　(3)mgh
7.足够长的平行金属轨道M、N，相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝mc＝0.1 kg，接入电路的有效电阻Rb＝Rc＝1 Ω，轨道的电阻不计．平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示，若使b棒以初速度v0＝10 m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求：
(1)c棒的最大速度；
(2)c棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；
(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小．
解析：(1)在磁场力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达最大速度．取两棒组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有
mbv0＝(mb＋mc)v，
解得c棒的最大速度为v＝v0＝v0＝5 m/s.
(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为
Q＝mbv－(mb＋mc)v2＝2.5 J，
因为Rb＝Rc，所以c棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Qc＝＝1.25 J，
(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′，从半圆轨道最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得
mcv2－mcv′2＝mcg·2R，
解得v′＝3 m/s.
在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得
mcg＋F＝mc，
解得F＝1.25 N.
由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25 N，方向竖直向上．
答案：(1)5 m/s　(2)1.25 J　(3)1.25 N
8．如图所示，在绝缘水平面上的两物块A、B用劲度系数为k的水平绝缘轻质弹簧连接，物块B、C用跨过轻质定滑轮的绝缘轻绳连接，A靠在竖直墙边，C在倾角为θ的长斜面上，滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行．A、B、C的质量分别是m、2m、2m，A、C均不带电，B带正电，滑轮左侧存在着水平向左的匀强电场，整个系统不计一切摩擦，B与滑轮足够远．B所受的电场力大小为6mgsin θ，开始时系统静止．现让C在沿斜面向下的拉力F作用下做加速度大小为a的匀加速直线运动，弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g.
(1)求弹簧的压缩长度x1；
(2)求A刚要离开墙壁时C的速度大小v1及拉力F的大小；
(3)若A刚要离开墙壁时，撤去拉力F，同时电场力大小突然减为2mgsin θ，方向不变，求在之后的运动过程中弹簧的最大弹性势能Epm.
解析：(1)开始时，弹簧处于压缩状态．
对C受力平衡有FT1＝2mgsin θ，
对B受力平衡有FT1＋kx1＝6mgsin θ ，
解得x1＝.
(2)A刚要离开墙壁时墙壁对A的弹力为零，弹簧刚好不发生形变，则B做匀加速直线运动，位移大小为x1时有v＝2ax1，
解得v1＝2.
根据牛顿第二定律
对B有：FT2－6mgsin θ＝2ma，
对C有：F＋2mgsin θ－FT2＝2ma，
解得F＝4m(gsin θ＋a)．
(3)A离开墙壁后，A、B、C系统的合外力为零，系统动量守恒，当三个物块的速度相等时(设为v2)，弹簧弹性势能最大，有
(2m＋2m)v1 ＝(m＋2m＋2m)v2，
根据能量守恒定律有
(2m＋2m)v＝(m＋2m＋2m)v＋Epm，
解得：Epm＝.
答案：(1)　(2)2　4m(gsin θ＋a)　(3)

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