热点18　力学综合题(三种运动形式的应用)
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1.(2019•滨州模拟)如图所示，一个质量为M、长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M＝5m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为5mg.管从下端距离地面为H处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)管第一次落地弹起时管和球的加速度；
(2)管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管达到相同速度时，管的下端距地面的高度；
(3)管第二次弹起后球不致滑落，L应满足什么条件？

2．将一端带有四分之一圆弧轨道的长木板固定在水平面上，其中B点为圆弧轨道的最低点，BC段为长木板的水平部分，长木板的右端与平板车平齐并紧靠在一起，但不粘连．现将一质量m1＝2 kg的物块由圆弧的最高点A无初速度释放，经过B点时对长木板的压力大小为40 N．物块经C点滑到平板车的上表面．若平板车固定不动，物块恰好停在平板车的最右端．已知圆弧轨道的半径R＝3.6 m，BC段的长度L1＝5.0 m，平板车的长度L2＝4 m，物块与BC段之间的动摩擦因数为μ＝0.2，平板车与水平面之间的摩擦可忽略不计，g＝10 m/s2.求：

(1)物块从A到B过程中克服摩擦做的功W克f；
(2)物块在BC段滑动的时间t；
(3)若换一材料、高度相同但长度仅为L3＝1 m的平板车，平板车的质量m2＝1 kg，且不固定，试通过计算判断物块是否能滑离平板车，若不能滑离，求出最终物块离平板车左端的距离；若能滑离，求出滑离时物块和平板车的速度大小．

3．(2019•烟台模拟)如图所示，质量为m＝1 kg的可视为质点的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为M＝2 kg的足够长的小车在最低点O点相切，并在O点滑上小车，水平地面光滑，当物块运动到障碍物Q处时与Q发生无机械能损失的碰撞．碰撞前物块和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动(物块始终在小车上)，小车运动过程中和圆弧无相互作用．已知圆弧半径R＝1.0 m，圆弧对应的圆心角θ为53°，A点距水平面的高度h＝0.8 m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.试求：

(1)小物块离开A点的水平初速度v1大小；
(2)小物块经过O点时对轨道的压力大小；
(3)第一次碰撞后直至静止，物块相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间．

热点18　力学综合题
(三种运动形式的应用)
1．解析：(1)管第一次落地弹起时，管的加速度a1＝5mg＋5mg5m＝2g，方向竖直向下．球的加速度a2＝5mg－mgm＝4g，方向竖直向上．
(2)取竖直向下为正方向．管第一次碰地瞬间的速度v0＝2gH，方向竖直向下．
碰地后，管的速度v1＝2gH，方向竖直向上；球的速度v2＝2gH，方向竖直向下
若球刚好没有从管中滑出，设经过时间t1，球、管的速度相同，则有－v1＋a1t1＝v2－a2t1
t1＝2v0a1＋a2＝2gH3g
故管下端距地面的高度
h1＝v1t1－12a1t21＝v213g－v219g＝49H.
(3)球与管达到相对静止后，将以速度v、加速度g竖直上升到最高点，
由于v＝v2－a2t1＝－132gH
故这个高度是h2＝v22g＝132gH22g＝19H
因此，管第一次落地弹起后上升的最大高度
Hm＝h1＋h2＝59H
从管弹起到球与管共速的过程球运动的位移
s＝v2t1－12a2t21＝29H
则球与管发生的相对位移s1＝h1＋s＝23H.
同理可知，当管与球从Hm再次下落，第二次落地弹起后到球与管共速，发生的相对位移为s2＝23Hm
所以管第二次弹起后，球不会滑出管外的条件是s1＋s2<L
即L应满足条件L>2827H.
答案：(1)见解析　(2)49H　(3)L>2827H
2．解析：(1)设物块到达B点时的速度大小为v1，由题意可知此时长木板对物块的支持力N＝40 N，由牛顿第二定律有
N－m1g＝m1v21R
解得v1＝6 m/s
从A到B由功能关系有W克f＝m1gR－12m1v21
解得W克f＝36 J.
(2)设物块在C点的速度大小为v2，从B运动到C的时间为t，由动能定理有
－μm1gL1＝12m1v22－12m1v21
解得v2＝4 m/s
由牛顿第二定律有μm1g＝m1a
解得a＝2 m/s2
则从B运动到C的时间为
t＝v1－v2a＝1 s.
(3)当平板车固定时，由动能定理有
0－12m1v22＝－fL2
解得f＝4 N
当平板车不固定时，假设物块恰好不能滑离平板车，它停在平板车最右端时二者共同的速度大小为v3，物块相对平板车滑行的距离为x
物块与平板车组成的系统动量守恒，有
m1v2＝(m1＋m2)v3
物块与平板车组成的系统能量守恒，有
fx＝12m1v22－12(m1＋m2)v23
联立解得x＝43m>1 m
说明假设不成立，物块滑离平板车
设物块滑离平板车时物块的速度大小为v4，平板车的速度大小为v5
物块与平板车组成的系统动量守恒，有
m1v2＝m1v4＋m2v5
物块与平板车组成的系统能量守恒，有
fL3＝12m1v22－12m1v24－12m2v25
解得v4＝103m/s，v5＝43m/s
另一组解v4＝2 m/s，v5＝4 m/s不合题意，舍去．
答案：(1)36 J　(2)1 s
(3)能滑离　103m/s　43m/s
3．解析：(1)对小物块由A到B有v2y＝2gh
在B点tan θ＝vyv1
解得v1＝3 m/s.
(2)由A到O，根据动能定理有
mg(h＋R－Rcos θ)＝12mv20－12mv21
在O点FN－mg＝mv20R
解得v0＝33 m/s，FN＝43 N
由牛顿第三定律知，小物块对轨道的压力
F′N＝43 N.
(3)摩擦力Ff＝μmg＝1 N，物块滑上小车后经过时间t达到的共同速度为vt
则v0－vtam＝vtaM，am＝2aM
得vt＝333 m/s
由于碰撞不损失能量，物块在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，物块与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：Ff•l相＝12(M＋m)v2t
得l相＝5.5 m
小车从物块碰撞后开始匀减速运动，(每个减速阶段)加速度不变
aM＝FfM＝0.5 m/s2，vt＝aMt
得t＝2333 s.
答案：(1)3 m/s　(2)43 N　(3)5.5 m　2333 s

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