計算題突破1力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用1.(10分)(2025河北保定一模)皮帶式傳送帶是物料搬運系統(tǒng)機械化和自動化不可缺少的組成部分。如圖所示,以速度v=1m/s順時針轉(zhuǎn)動的傳送帶BC與水平地面處于同一水平面上,AB、BC的水平長度均為L=1.25m。一質(zhì)量m2=1kg的小球b用長為R=1.6m的輕繩懸掛于O點,一質(zhì)量m1=3kg的小物塊a靜置于懸點O正下方的A點,整個裝置處于同一豎直面內(nèi)?，F(xiàn)將小球b向左拉至輕繩與豎直方向成θ=60°角的位置由靜止釋放,小球b運動到最低點與小物塊a發(fā)生彈性碰撞。已知小物塊a與水平地面和傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.1,不計傳送帶輪軸處的摩擦,小物塊a與小球b均可視為質(zhì)點,重力加速度g取10m/s2。求:(1)碰撞后瞬間輕繩對小球b的拉力大小及小物塊a的速度大小;(2)小物塊a在傳送帶上運動的時間。2.(10分)(2024浙江1月選考)某固定裝置的豎直截面如圖所示,由傾角θ=37°的直軌道AB,半徑R=1m的圓弧軌道BCD,長度L=1.25m、傾角為θ的直軌道DE,半徑為R、圓心角為θ的圓弧管道EF組成,軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側(cè)光滑水平面上緊靠著質(zhì)量m=0.5kg的滑塊b,其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質(zhì)量m=0.5kg的小物塊a從軌道AB上高度為h處靜止釋放,經(jīng)圓弧軌道BCD滑上軌道DE,軌道DE由特殊材料制成,小物塊a向上運動時動摩擦因數(shù)μ1=0.25,向下運動時動摩擦因數(shù)μ2=0.5,且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當(dāng)小物塊a在滑塊b上滑動時動摩擦因數(shù)恒為μ1,小物塊a運動到滑塊b右側(cè)的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。(其他軌道均光滑,小物塊a可視為質(zhì)點,不計空氣阻力,sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)若h=0.8m,求小物塊a:①第一次經(jīng)過C點的向心加速度大小;②在DE上經(jīng)過的總路程;③在DE上向上運動的時間t上和向下運動的時間t下之比。(2)若h=1.6m,滑塊b至少多長才能使小物塊a不脫離滑塊b?3.(14分)(2025山東名校聯(lián)合檢測)如圖所示,一足夠長的固定斜面與水平面的夾角α=37°,有一下端有擋板、上表面光滑的長木板正沿斜面勻速下滑,長木板質(zhì)量為3m、速度大小為v0=1m/s,現(xiàn)將另一質(zhì)量為m的小物塊輕輕地放在長木板的某一位置,當(dāng)小物塊即將運動到擋板位置時(與擋板碰撞前的瞬間),長木板的速度剛好減為零,隨后小物塊與擋板發(fā)生第1次碰撞,以后每隔一段時間,小物塊與擋板碰撞一次,小物塊始終沒有脫離長木板,長木板始終在斜面上運動,已知小物塊與擋板的碰撞為彈性碰撞且碰撞時間極短,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)小物塊在長木板上下滑的過程中,長木板的加速度大小;(2)小物塊放在長木板上的瞬間,其與擋板間的距離;(3)小物塊與擋板第5次碰撞后到第6次碰撞前,擋板的位移大小。4.(16分)(2025山東濟南模擬)如圖所示,在光滑水平面上放置一端帶有擋板的長直木板A,木板A左端上表面有一小物塊B(可視為質(zhì)點),其到擋板的距離為d=2m,A、B質(zhì)量均為m=1kg,不計一切摩擦。從某時刻起,B始終受到水平向右、大小為F=9N的恒力作用,經(jīng)過一段時間,B與A的擋板發(fā)生碰撞,碰撞過程中無機械能損失,碰撞時間極短。重力加速度g取10m/s2。(1)B與A的擋板發(fā)生第一次碰撞后的瞬間,求B和A的速度大小。(2)求由A、B靜止開始到B與A的擋板發(fā)生第二次碰撞的時間以及碰后瞬間A和B的速度大小。(3)畫出由A、B靜止開始到B與A的擋板發(fā)生三次碰撞時間內(nèi),B的速度v隨時間t的變化圖像。(4)從B開始運動到與A的擋板發(fā)生第n次碰撞時間內(nèi),求B運動的距離。

參考答案1.答案(1)12.5N2m/s(2)62解析(1)小球b運動到最低點的過程,由動能定理有m2gR(1cosθ)=12m2v解得v0=4m/s小球b與小物塊a發(fā)生彈性碰撞,以水平向右為正方向,由動量守恒定律和能量守恒定律有m2v0=m1v1+m2v212m2v02=12解得v1=2m/s,v2=2m/s碰撞后瞬間對小球b有Fm2g=m2v解得F=12.5N。(2)小物塊a從A點運動到B點,由動量定理有μm1gL=12m1v32解得v3=62小物塊a從B點運動到與傳送帶共速的過程,由動量定理有μm1gt1=m1vm1v3解得t1=62-由動能定理有μm1gx=12m1v212m得x=0.25m<L小物塊a與傳送帶共同做勻速運動的時間t2=L-xv=則小物塊a從A點運動到傳送帶右端所需要的時間t=t1+t2=62s2.答案(1)①16m/s2②2m③1∶2(2)0.2m解析(1)①對小物塊a,從A點到第一次經(jīng)過C點的過程,根據(jù)機械能守恒定律有mgh=1第一次經(jīng)過C點的向心加速度大小為a=vC2R=2gh②小物塊a在DE上時,因為μ2mgcosθ<mgsinθ所以小物塊a每次在DE上升至最高點后一定會下滑,之后經(jīng)過若干次在DE上的滑動使機械能損失,最終小物塊a將在B、D間往復(fù)運動,且易知小物塊每次在DE上向上運動和向下運動的距離相等,設(shè)其在DE上經(jīng)過的總路程為s,根據(jù)功能關(guān)系有mg[hR(1cosθ)]=(μ1mgcosθ+μ2mgcosθ)s解得s=2m。③根據(jù)牛頓第二定律可知,小物塊a在DE上向上運動和向下運動的加速度大小分別為a上=gsinθ+μ1gcosθ=8m/s2a下=gsinθμ2gcosθ=2m/s2將小物塊a在DE上的若干次運動等效看作是一次完整的上滑和下滑,則根據(jù)運動學(xué)公式有12a上t上2解得t上(2)對小物塊a從A點到F點的過程,根據(jù)動能定理有mg[hLsinθ2R(1cosθ)]μ1mgLcosθ=12解得vF=2m/s設(shè)滑塊b長度為l時,小物塊恰好不脫離滑塊b,且此時二者達(dá)到共同速度v,根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有mvF=2mv12mvF2=12×解得l=0.2m。3.答案(1)2m/s2(2)0.5m(3)0.5625m解析(1)長木板開始勻速下滑,由平衡條件得3mgsinα=μ·3mgcosα解得μ=0.75把小物塊放上長木板后,對長木板,由牛頓第二定律得μ·4mgcosα3mgsinα=3ma解得a=2m/s2。(2)長木板上表面光滑,碰撞前小物塊做勻加速直線運動,小物塊加速運動時間t=v0a=0.5設(shè)小物塊與擋板第一次碰撞前小物塊的速度為v,則v=gtsinα=3m/s小物塊的位移為x1=v2t=32×12m=長木板的位移為x2=v02t=12×0.5m=0.小物塊放在長木板上的瞬間,其與擋板的距離為Δx=x1x2=0.5m。(3)小物塊與擋板碰撞過程系統(tǒng)動量守恒,由動量守恒定律得mv=mv1+3mv2由機械能守恒定律得12mv2=12mv解得v1=1.5m/s,v2=1.5m/s碰撞后長木板速度再次減為零的時間t'=v2a=0.75此時小物塊的速度為v1'=v1+gt'sinα解得v1'=3m/s長木板平均速度為v板=v22=小物塊平均速度為v塊=v1'+長木板與小物塊位移相等,接下來再次碰撞以此類推可知,小物塊與擋板第5次碰撞后的瞬間,擋板的速度大小為1.5m/s小物塊與擋板第5次碰撞后到第6次碰撞前,擋板的位移大小x=1.52×0.75m=0.56254.答案(1)06m/s(2)43s12m/s(3)見解析圖(4)[2+4n(n1)]m(n=1,2,3,4,…)解析(1)B從A的左端開始運動到右端的過程,由動能定理有Fd=1解得v0=6m/sB與A碰撞過程,由動量守恒定律和機械能守恒定律有mv0=mvB+mvA1解得vB=0,vA=6m/s。(2)第一次碰撞后A向右以速度vA=6m/s做勻速直線運動,B做初速度為0、加速度為a=Fm=9m/s2的勻加速直線運動,則A、B第二次碰撞時有vAt=12解得t=43此時B的速度為vB1=at=12m/s,A的速度為vA1=vA=6m/s,第二次碰撞時,由動量守恒定律和機械能守恒定律有mvA1+mvB1=mvA2+mvB21解得vA2=12m/s,vB2=6m/s。(3)同理第三次碰撞時有vB2t'+12at'2=vA2解得t'=43此時B的速度為vB3=vB2+at'=18m/s從開始運動到第一次碰撞的時間t0=v0a由A、B靜止開始到B與A的擋板發(fā)生3次碰撞時間內(nèi),B的速度v隨時間t的變化圖像如圖所示(4)由以上分析可知,從第二次碰撞后,到下一次碰撞,B向前運動的距離都比前一次多8m由vt圖像可知,從B開始運動到第1次碰撞,B運動