高考物理二轮总复习专题分层突破练8　应用力学三大观点解决综合问题 Word版含解析

高考物理二轮总复习专题分层突破练8　应用力学三大观点解决综合问题 Word版含解析

www.ks5u.com 专题分层突破练8　应用力学三大观点解决综合问题 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A组 ‎1.(2020湖北高三月考)如图甲所示,在光滑水平面上有一小车,其质量M=2 kg,车上放置有质量mA=2 kg的木板A,木板上有可视为质点的物体B,其质量mB=4 kg。已知木板A与小车间的动摩擦因数μ0=0.3。A、B紧靠车厢前壁,A的左端与小车后壁间的距离为x=2 m。现对小车施加水平方向的恒力F,使小车从静止开始做匀加速直线运动,经过1 s木板A与车厢后壁发生碰撞,该过程中A的速度—时间图像如图乙所示,已知重力加速度大小g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。‎ ‎(1)求A、B间的动摩擦因数μ;‎ ‎(2)求恒力F的大小;‎ ‎(3)木板A与小车后壁碰撞后粘在一起(碰撞时间极短),碰后立即撤去恒力F,若要使物体B不与小车后壁发生碰撞,则小车车厢前、后壁间距L至少为多少?‎ ‎2.‎ ‎(2020辽宁高三模拟)跑步健身可以增强体质,增强人的意志和毅力。跑步涉及很多物理现象,如图所示,长L=24 m的木板右端固定一立柱,板和立柱的总质量M=60 kg,木板置于水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数μ=0.05。质量m=60 kg的人(视为质点)立于木板左端,木板与人均静止。若人以大小为a1=2 m/s2的加速度匀加速向右跑至木板的右端,并立即抱住立柱,g取10 m/s2,求:‎ ‎(1)从人开始奔跑至到达木板右端所经历的时间t;‎ ‎(2)人抱住立柱的瞬间损失的机械能ΔE;‎ ‎(3)从人开始运动到最终木板静止,木板发生的位移大小x。‎ ‎3.(2020山东高三模拟)若物体做机械振动的回复力F回与振动物体的位移x满足关系式F回=-kx,那么机械振动的周期为T=2πmk,其中k为常数。如图是多米诺骨牌中滚球触发机关的一段示意图,轻质弹簧一端固定在斜面底端,质量为0.2 kg的小球放在倾角为60°的光滑斜面最上端B点,在弹簧弹力作用下处于静止状态,弹簧的劲度系数为k0=5π2 N/m。长度l=0.5 m的水平轨道CD和光滑圆弧轨道在D点相切,B、C竖直高度差Δh=0.6 m,小球在水平轨道上受到恒定阻力f=0.6 N。现用沿斜面向下的推力使小球缓慢移动一小段距离到达A点,此时突然撤去推力,弹簧上端到达B点时立即被锁定,小球从B点弹出后恰好沿水平方向进入CD轨道,继续运动到弧面上的触发点E,原速率弹回。重力加速度g取10 m/s2。求:‎ ‎(1)小球第一次到C点时的速度大小;‎ ‎(2)小球从A点到B点的过程中弹簧对小球的冲量大小;‎ ‎(3)小球最终停止时离D点的距离。‎ B组 ‎4.(2020山东高三二模)足够长的木板静止放置在水平桌面上,木块A、B静止放置在长木板上,木块C固定在长木板上。木块A和B的质量mA=mB=m,木块C的质量为mC=2m,长木板的质量为m,木块A、B与木板间的动摩擦因数为μ,木板与地面间的动摩擦因数为μ‎5‎,木块间的距离均为d,给木块A一个水平向右的初速度v0=‎14μgd,已知木块碰撞后均粘在一起以共同速度运动,且碰撞时间极短,木块可看作质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:‎ ‎(1)A与B碰撞后瞬间的速度大小;‎ ‎(2)A、B与C碰撞后瞬间A、B、C共同的速度大小。‎ ‎5.(2020天津高三模拟)如图所示,在竖直平面内的光滑水平坑道的左侧有一直角三角形光滑斜面AC,坑道右侧接一半径为R的半圆形光滑轨道DE,且C与D等高。坑道内有一上表面粗糙、与DC水平线等高、质量为2m的平板车。平板车开始在坑道的左侧。已知斜面AC高为10R、长为25R,一质量为m可看成质点的滑块由静止从A点滑下(重力加速度为g),求:‎ ‎(1)滑块滑到C时的速度大小;‎ ‎(2)若滑块滑上车的瞬间(拐角处)无机械能损失,且小车到达D点的瞬间滑块恰滑到车的右端,继续滑上半圆形轨道,且它滑到最高点E时对轨道的压力恰好为零,则滑块在平板车上滑行时产生了多少内能;‎ ‎(3)若平板车的长度为10R,则滑块与平板车之间的滑动摩擦力大小为多少。‎ ‎6.‎ ‎(2020广西高三二模)如图所示,木槽A质量为m,置于水平桌面上,木槽上底面光滑,下底面与桌面间的动摩擦因数为μ,槽内放有两个滑块B和C(两滑块都可看作质点),B、C的质量分别为m和2m,现用这两个滑块将很短的轻质弹簧压紧(两滑块与弹簧均不连接,弹簧长度忽略不计),此时B到木槽左端、C到木槽右端的距离均为L,弹簧的弹性势能为Ep=μmgL。现同时释放B、C两滑块,B与A的竖直内壁的碰撞为弹性碰撞,C与A的竖直内壁碰撞后粘在一起不再分离,且碰撞时间极短。求:‎ ‎(1)B、C两滑块离开弹簧时的速度vB、vC的大小;‎ ‎(2)滑块与槽壁第一次碰撞后A的速度v1的大小;‎ ‎(3)木槽A在与滑块第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中,木槽A对地位移x的大小。‎ 参考答案 专题分层突破练8　应用力学 三大观点解决综合问题 ‎1.答案(1)0.25　(2)34 N　(3)3.975 m 解析(1)若A、B间不发生相对滑动,则A、B整体的加速度a'=μ0g=3m/s2‎ 由乙图可知,A的加速度 aA=ΔvΔt=4m/s2‎ 即A、B间发生相对滑动,对A有 μ0(mA+mB)g-μmBg=mAaA 可得μ=0.25‎ ‎(2)对小车,在该过程中,F-μ0(mA+mB)g=Ma 且x=‎1‎‎2‎at2-‎1‎‎2‎aAt2‎ 可得a=8m/s2,F=34N ‎(3)知当A与小车碰撞时vA=4m/s vB=μgt=2.5m/s v车=at=8m/s 该过程中B相对于A滑动距离为 L1=‎1‎‎2‎aAt2-‎1‎‎2‎aBt2=0.75m A与小车在碰撞中动量守恒,可知 Mv车+mAvA=(M+mA)v 可得v=6m/s 由动量守恒定律和能量守恒定律有 ‎(M+mA)v+mBvB=(M+mA+mB)v共 且‎1‎‎2‎(M+mA)v2+‎1‎‎2‎mBvB‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎(M+mA+mB)v共‎2‎=μmBgL2‎ 可得L2=1.225m 故前、后壁间距L≥x+L1+L2=3.975m ‎2.答案(1)4 s　(2)2 160 J　(3)4 m 解析(1)人向右运动过程中,受到摩擦力大小f1=ma1=60×2N=120N 木板向左加速运动 f1-μ(M+m)g=Ma2‎ 解得a2=f‎1‎‎-μ(M+m)gM=‎ ‎120-0.05×120×10‎‎60‎m/s2=‎ ‎1m/s2‎ 人运动的位移x1=‎1‎‎2‎a1t2‎ 木板运动的位移x2=‎1‎‎2‎a2t2‎ 二者反向运动,位移满足L=x1+x2‎ 解得t=4s ‎(2)人抱住立柱瞬间前,人的速度大小为v1=a1t=2×4m/s=8m/s 此时立柱的速度大小为v2=a2t=1×4m/s=4m/s 人抱住立柱瞬间,人和立柱共速,选择水平向右为正方向,根据动量守恒定律有 mv1-Mv2=(M+m)v 解得v=mv‎1‎-Mv‎2‎M+m=2m/s 根据能量守恒定律有 ΔE=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎Mv‎2‎‎2‎-‎‎1‎‎2‎(M+m)v2‎ 解得ΔE=2160J ‎(3)根据(1)可知x2=‎1‎‎2‎a2t2=‎1‎‎2‎×1×16m=8m 人抱住立柱后,共同减速的加速度 a3=μ(M+m)gM+m=μg=0.5m/s2‎ 共减速的位移x3=v‎2‎‎2‎a‎3‎‎=‎‎2‎‎2‎‎2×0.5‎m=4m 则木板移动的位移x=x2-x3=4m ‎3.答案(1)2 m/s　(2)0.973 N·s ‎(3)0.17 m 解析(1)小球从B点到C点过程 ‎0-(vBsinθ)2=-2gΔh 得vB=4m/s 到达C点只有水平速度,根据速度的合成与分解可得vC=vBcosθ=2m/s ‎(2)小球在B点时mgsinθ-k0x0=0‎ 设小球发生位移x,则 F=k0(x0+x)-mgsinθ=k0x 因为F回与x方向相反,‎ 所以F回=-kx,其中k=k0‎ 因此小球做简谐运动,周期为 T=2πmk=0.4s 小球从A→B所用时间为t1=‎1‎‎4‎T=0.1s 由动量定理I-mgsinθ·t1=mvB-0‎ 弹簧对小球冲量大小为I=0.973N·s ‎(3)设小球在水平轨道CD上经x0停止运动,有-fx0=0-‎‎1‎‎2‎mvC‎2‎ 得x0=0.67m>0.5m 则x=x0-0.5m=0.17m 即小球停在离D点0.17m的位置 ‎4.答案(1)‎3μgd　(2)‎‎3‎‎3μgd‎10‎ 解析(1)对木块A,根据牛顿第二定律可得μmAg=mAa1‎ 解得a1=μg 木块A对木板的摩擦力为 f1=μmAg=μmg 地面对木板的滑动摩擦力为 f2=μ‎5‎(mA+mB+m+mC)g=μmg 由于f1=f2,所以木块A滑动时木板静止不动,对木块A根据运动学公式可得 v‎1‎‎2‎‎-‎v‎0‎‎2‎‎=-2a1d 解得v1=2‎‎3μgd 木块A与木块B碰撞,木块A与木块B组成的系统动量守恒,则有 mAv1=(mA+mB)v2‎ 解得v2=‎‎3μgd ‎(2)对木块A、B,根据牛顿第二定律可得μ(mA+mB)g=(mA+mB)a2‎ 解得a2=μg 木块A、B对木板的摩擦力为 f3=μ(mA+mB)g=2μmg>f2‎ 根据牛顿第二定律可得木板的加速度为f3-f2=(m+mC)a3‎ 解得a3=‎1‎‎3‎μg 根据运动学公式可得xAB=v2t-‎1‎‎2‎a2t2‎ x木板=‎1‎‎2‎a3t2‎ xAB-x木板=d 联立解得t=‎1‎‎2‎‎3dμg,或t=‎3dμg(舍去)‎ 木块A、B的速度为v3=v2-a1t=‎‎3μgd‎2‎ 木板的速度为v4=a3t=‎‎3μgd‎6‎ 木块A、B与木块C碰撞,木块A、B、C和木板组成的系统动量守恒,则有 ‎(mA+mB)v3+(m+mC)v4=(mA+mB+mC+m)v5‎ 解得A、B与C碰撞后瞬间A、B、C共同的速度v5=‎‎3‎‎3μgd‎10‎ ‎5.答案(1)2‎5gR　(2)‎25‎‎4‎mgR　(3)‎5‎‎8‎mg 解析(1)由A到C由动能定理有 mgh=‎‎1‎‎2‎mvC‎2‎ 解得vC=2‎5gR;‎ ‎(2)在E点,由牛顿第二定律有 mg=mvE‎2‎R 解得vE=gR;‎ 由机械能守恒定律有 ‎1‎‎2‎mvE‎2‎‎+mg2R=‎‎1‎‎2‎mvD‎2‎ 解得vD=‎5gR;‎ 由滑块与小车组成的系统动量守恒有 mvC=mvD+2mv 解得v=‎5gR‎2‎;‎ 由滑块与小车组成的系统能量守恒有 Q=‎1‎‎2‎mvC‎2‎-‎1‎‎2‎mvD‎2‎+‎‎1‎‎2‎×2mv2‎ 解得Q=‎25‎‎4‎mgR;‎ ‎(3)由功能关系有Q=fl 解得f=‎5‎‎8‎mg。‎ ‎6.答案(1)vB=‎4‎‎3‎μgL　vC=‎1‎‎3‎μgL　(2)v1=‎4‎‎3‎μgL　(3)x=‎L‎6‎ 解析(1)弹簧弹开B、C两滑块的过程中,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有 ‎0=2mvC-mvB Ep=‎1‎‎2‎mvB‎2‎+‎‎1‎‎2‎·2mvC‎2‎ 解得vB=‎‎4‎‎3‎μgL vC=‎‎1‎‎3‎μgL ‎(2)由题意得B与A先碰撞且B与A为弹性碰撞,则mvB=mv1+mvB'‎ ‎1‎‎2‎mvB‎2‎=‎‎1‎‎2‎mvB'2+‎‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎ 解得v1=‎‎4‎‎3‎μgL vB'=0‎ ‎(3)设滑块B经过时间t1与木槽A左侧壁碰撞t1=‎LvB‎=‎‎3L‎4μg 木槽A与滑块B相撞后,A向左做匀减速运动,其加速度大小为 a=μ(m+m+2m)gm=4μg 木槽A和滑块B相撞后速度减为0的时间t2=‎v‎1‎a‎=‎L‎12μg 假设在(t1+t2)这段时间内,C与A未碰撞,木槽移动的距离为x1,则 x1=‎1‎‎2‎v1t2=‎L‎6‎ 滑块C和木槽移动的距离之和为 s=vC(t1+t2)+x1=‎5‎‎6‎L

查看更多