2021版高考物理一轮复习课时规范练21力学三大观点的综合应用含解析

2021版高考物理一轮复习课时规范练21力学三大观点的综合应用含解析

课时规范练21　力学三大观点的综合应用 ‎1.‎ ‎(2019·陕西渭南市二模)如图,粗糙斜面与光滑水平面通过光滑小圆弧平滑连接,斜面倾角θ=37°。小滑块(可看作质点)A的质量为mA=1 kg,小滑块B的质量为mB=0.5 kg,其左端连接一轻质弹簧。若滑块A在斜面上受到F=2 N,方向垂直斜面向下的恒力作用时,恰能沿斜面匀速下滑。现撤去F,让滑块A从距斜面底端L=2.4 m处,由静止开始下滑。g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:‎ ‎(1)滑块A与斜面间的动摩擦因数;‎ ‎(2)撤去F后,滑块A到达斜面底端时的速度大小;‎ ‎(3)滑块A与弹簧接触后的运动过程中弹簧最大弹性势能。‎ ‎2.‎ 12‎ ‎(2019·山东聊城三模)如图所示,AC为光滑半圆轨道,其半径R=0.3 m,BD为粗糙斜面轨道,其倾角θ=37°,高度h=0.6 m,两轨道之间由一条足够长的光滑水平轨道AB相连,B处用光滑小圆弧平滑连接,轨道均固定在同一竖直平面内。在水平轨道上,用挡板将a、b两物块间的轻弹餐压缩后处于静止状态,物块与弹簧不栓接。同时放开左右两挡板,物块b恰好能到达斜面轨道最高点D。已知物块a、b的质量均为0.25 kg,物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,物块到达A点或B点之前已和弹簧分离,两物块均可视为质点。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。‎ ‎(1)求弹簧储存的弹性势能;‎ ‎(2)请通过计算说明物块a能否通过C点?若能,请求出物块a离开C后的落点到A的距离。‎ ‎3.‎ 如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10 m/s2。‎ ‎(1)求斜面体的质量;‎ ‎(2)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩?‎ 12‎ ‎4.如图甲所示,质量均为m=0.5 kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点。P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动,3 s末撤去力F,此时P运动到B点,之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞。已知B、C两点间的距离L=3.75 m,P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ=0.2,g取10 m/s2,求:‎ ‎(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1;‎ ‎(2)Q运动的时间t。‎ 12‎ 素养综合练 ‎5.如图所示,滑块A、B静止于光滑水平桌面上,B的上表面水平且足够长,其左端放置一滑块C,B、C间的动摩擦因数为μ(数值较小),A、B由不可伸长的轻绳连接,绳子处于松弛状态。现在突然给C一个向右的速度v0,让C在B上滑动,当C的速度为‎1‎‎4‎v0时,绳子刚好伸直,接着绳子被瞬间拉断,绳子拉断时B的速度为‎3‎‎16‎v0。已知A、B、C的质量分别为2m、3m、m。求:‎ ‎(1)从C获得速度v0开始经过多长时间绳子刚好伸直;‎ ‎(2)从C获得速度v0开始到绳子被拉断的过程中整个系统损失的机械能。‎ 12‎ ‎6.‎ ‎(2019·广东佛山二模)如图所示,一质量为3m、厚度h=0.05 m的木板C,静放在粗糙水平地面上。在木板C上静放一质量为2m的弹性小物块B。B所处位置的右侧光滑,长L1=0.22 m;B的左侧粗糙,长L2=0.32 m;B与其左侧的动摩擦因数μ1=0.9。竖直固定、半径R=0.45 m的光滑‎1‎‎4‎圆弧轨道,其最低点与木板C右端等高相切。现有一质量为m的弹性小物块A,从轨道最高点由静止下滑。已知C与地面间动摩擦因数μ2=0.25,小物块A、B可看为质点,重力加速度g取10 m/s2。试求:‎ 12‎ ‎(1)A刚滑上C时的速度大小;‎ ‎(2)A、B碰后瞬间的速度大小;‎ ‎(3)试分析判断,小物块A能否滑离木板C;如果能,试求小物块A落地瞬间与木板C右端的水平距离。‎ ‎7.如图所示,半径为R的光滑的‎3‎‎4‎圆弧轨道AP放在竖直平面内,与足够长的粗糙水平轨道BD通过光滑水平轨道AB相连。在光滑水平轨道上,有a、b两物块和一段轻质弹簧。将弹簧压缩后用细线将它们拴在一起,物块与弹簧不栓接。将细线烧断后,物块a通过圆弧轨道的最高点C时,对轨道的压力大小等于自身重力。已知物块a的质量为m,b的质量为2m,物块b与BD面间的动摩擦因数为μ,物块到达A点或B点前已和弹簧分离,重力加速度为g。求:‎ 12‎ ‎(1)物块b沿轨道BD运动的距离x;‎ ‎(2)烧断细线前弹簧的弹性势能Ep。‎ 参考答案 课时规范练21　力学三大观点的综合应用 ‎1.答案 (1)0.6　(2)2.4 m/s　(3)0.96 J 解析 (1)滑块沿着斜面匀速下滑时受力如图1所示 图1‎ 由平衡知mAgsinθ=Ff,FN=mAgcosθ+F,Ff=μFN 解得μ=mAgsinθF+mAgcosθ=0.6‎ ‎(2)滑块沿斜面加速下滑时受力如图2所示,‎ 12‎ 图2‎ 设滑块A滑到斜面底端时速度为v0,根据动能定理 ‎(mAgsinθ-μmAgcosθ)L=‎1‎‎2‎mAv‎0‎‎2‎ 代入数据解得v0=2.4m/s ‎(3)以A、B及弹簧为研究对象,设它们共同的速度为v,根据动量守恒定律mAv0=(mA+mB)v 根据能量守恒 Ep=‎1‎‎2‎mAv‎0‎‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎(mA+mB)v2‎ 代入数据解得:Ep=0.96J ‎2.答案 (1)5 J　(2)能　0.98 m 解析 (1)设a、b的质量分别为m1、m2,离开弹簧后的速度大小为v1、v2,‎ 物块b沿斜面上滑过程,由动能定理得:-m2gh-μm2gcosθ·hsinθ=0-‎1‎‎2‎m2‎v‎2‎‎2‎ 由动量守恒定律得:m1v1=m2v2‎ 由机械能守恒定律得:Ep=‎1‎‎2‎m1`v‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎m2‎v‎2‎‎2‎ 代入数据解得:v1=v2=2‎5‎m/s,Ep=5J ‎(2)假设物块a能通过最高点,由机械能守恒定律得:‎1‎‎2‎m1v‎1‎‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎m1vC‎2‎+m1g·2R 代入数据可解得:vC=2‎2‎m/s 在最高点C,由牛顿第二定律得:FN+m1g=m1‎vC‎2‎R 代入数据可解得:FN≈4.17N 因为FN>0,所以假设成立,物块能通过C点。‎ 12‎ a离开C后做平抛运动,在竖直方向有:2R=‎1‎‎2‎gt2‎ 落点到A的距离为s=vCt 代入数据可解得s≈0.98m ‎3.答案 (1)20 kg　(2)不能追上 解析 (1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度,设此共同速度为v,斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v20=(m2+m3)v①‎ ‎1‎‎2‎m2v‎20‎‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎(m2+m3)v2+m2gh②‎ 式中v20=-3m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得m3=20kg③‎ ‎(2)设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有 m1v1+m2v20=0④‎ 代入数据得v1=1m/s⑤‎ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3,由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20=m2v2+m3v3⑥‎ ‎1‎‎2‎m2v‎20‎‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎m2v‎2‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎m3v‎3‎‎2‎⑦‎ 联立③⑥⑦式并代入数据得v2=1m/s⑧‎ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方,故冰块不能追上小孩。‎ ‎4.答案 (1)8 m/s　7 m/s　(2)3.5 s 解析 (1)在0~3s内,对P由动量定理有:‎ F1t1+F2t2-μmg(t1+t2)=mv-0,其中F1=2N,F2=3N,t1=2s,t2=1s 解得:v=8m/s 12‎ 设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a,由牛顿第二定律有:‎ μmg=ma P在B、C两点间做匀减速直线运动,有:v2-v‎1‎‎2‎=2aL 解得:v1=7m/s ‎(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1'、v2,有:mv1=mv1'+mv2‎ ‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎=‎‎1‎‎2‎mv1'2+‎‎1‎‎2‎mv‎2‎‎2‎ 碰撞后Q做匀减速直线运动,有:t=‎v‎2‎a 解得:t=3.5s ‎5.答案 (1)‎3‎v‎0‎‎4μg　(2)‎‎417‎‎1024‎mv‎0‎‎2‎ 解析 (1)从C获得速度v0到绳子刚好伸直的过程中,根据动量定理得:-μmgt=‎1‎‎4‎mv0-mv0‎ 解得:t=‎‎3‎v‎0‎‎4μg ‎(2)设绳子刚伸直时B的速度为vB,对B、C组成的系统,由动量守恒定律得:mv0=m·‎1‎‎4‎v0+3mvB 解得:vB=‎1‎‎4‎v0‎ 绳子被拉断的过程中,A、B组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律得:3mvB=2mvA+3m·‎3‎‎16‎v0‎ 解得:vA=‎3‎‎32‎v0‎ 整个过程中,根据能量守恒定律得:‎ ΔE=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎-‎‎1‎‎2‎×2mvA‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎×3m·(‎3‎‎16‎v0)2-‎1‎‎2‎m·‎‎1‎‎4‎v‎0‎‎2‎‎=‎417‎‎1024‎mv‎0‎‎2‎ ‎6.答案 (1)3 m/s　(2)-1 m/s　2 m/s　(3)能　0.108 m 12‎ 解析 (1)对物体A,由动能定理有mgR=‎‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ 解得v0=‎2gR=3m/s ‎(2)弹性小物块A和B碰撞,设向左为正方向,动量守恒定律有mv0=mv1+2mv2‎ 由能量守恒定律‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎·2mv‎2‎‎2‎ 解得v1=-1m/s,v2=2m/s ‎(3)由于小物块B向左运动进入C的粗糙区域,而小物块A运动方向向右,C上表面右边光滑,故A将会从C右边飞出,‎ 在A未飞出C时,对B有μ1·2mg=2ma1,得a1=μ1g=9m/s2‎ 对C有μ1·2mg-μ2·6mg=3ma2,得a2=1m/s2‎ 设经过t1时间BC共速,此时A还未从C飞出 v共=v2-a1t1=a2t1得t1=0.2s;v共=0.2m/s A的位移大小x1=v1t1得x1=0.2m B的位移x2=v2t1-‎1‎‎2‎a1t‎1‎‎2‎可得:x2=0.22m C的位移x3=‎1‎‎2‎a2t‎1‎‎2‎可得x3=0.02m 由于x1+x3=0.22=L1,故此时A刚好从C的右端飞出;‎ x2-x3=0.2t3可知,BC停下后A才落地 故A落地瞬间与木板C右端的水平距离Δx=xBC+xA=0.108m ‎7.答案 (1)‎3R‎4μ　(2)‎9‎‎2‎mgR 解析 (1)弹簧弹开a、b过程,由动量守恒定律得0=mv1-2mv2‎ 物块a从A到P运动的过程中,由机械能守恒定律得‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎=mg·2R+‎‎1‎‎2‎mvC‎2‎ 在最高点重力与支持力合力提供向心力mg+F=mvC‎2‎R 联立可解得v1=‎6gR,v2=‎‎6gR‎2‎ 物块b减速到停下的过程中,由动能定理得 μ(2mg)x=‎1‎‎2‎·2mv‎2‎‎2‎-0‎ 可解得x=‎‎3R‎4μ ‎(2)弹簧弹开物块过程,弹性势能转化为动能Ep=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎·2mv‎2‎‎2‎ 解得弹性势能Ep=‎9‎‎2‎mgR 12‎