通用版2020版高考物理二輪復(fù)習(xí)專題分層突破練7應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決綜合問(wèn)題含解析

1、專題分層突破練7應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決綜合問(wèn)題A組1. （2019湖南長(zhǎng)沙模擬）在冰壺比賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對(duì)方的藍(lán)壺，兩者在大本營(yíng)中心發(fā)生對(duì)心碰撞如圖（a）所示，碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的v-t圖線如圖（b）中實(shí)線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量相等，則A.兩壺發(fā)生了彈性碰撞B.碰后藍(lán)壺速度為 0. 8 m/sC.碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為2.4 mD.碰后紅壺所受摩擦力小于藍(lán)壺所受摩擦力2. （2019湖南懷化二模）如圖所示，質(zhì)量為m=1 kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放置在光滑的水平面上，與 根處于自然長(zhǎng)度的彈簧接觸但不相連，彈簧另一端固定在豎直墻面上。水平面右側(cè)與一傾角9=37。、長(zhǎng)s=1

2、 m的斜面在A處平滑連接，在斜面頂端B處通過(guò)長(zhǎng)度可忽略的圓弧軌道與光滑水 平軌道BCf連，半徑R=0.8 m的豎直放置的光滑圓弧軌道CD與軌道BC相切于C點(diǎn)?，F(xiàn)用外力作用于物塊將彈簧壓縮一段距離，然后撤去外力，物塊由靜止釋放后恰好運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)。已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為科=0.5, g取10 m/s2,sin 37 ° =0. 6,cos 37 ° =0.8，求：（1）釋放物塊瞬間，彈簧的彈性勢(shì)能用（2）物塊由D點(diǎn)返回到C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道壓力Fn的大小；(3)物塊第一次從 A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t。3.(2019山東實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖所示,在水平桌面上放有長(zhǎng)度為L(zhǎng)=2

3、m的木板C,C上右端是固定擋板P,在C中點(diǎn)處放有小物塊 B, P的厚度可忽略不計(jì)。C上表面與固定在地面上半徑為R=0. 45 m的圓弧光滑軌道相切，質(zhì)量為m=1 kg的小物塊A從圓弧最高點(diǎn)由靜止釋放，木板C與桌面之間無(wú)摩擦，A、C之間和B C之間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)均為科。A B、C(包含才板P)的質(zhì)量相同，開始時(shí)，B和C靜止，A、B可視為質(zhì)點(diǎn)。(g取10 m/s 2)(1)求滑塊從釋放到離開軌道受到的沖量大小；(2)若物塊A與B發(fā)生碰撞，求滑動(dòng)摩擦因數(shù) 科應(yīng)滿足的條件；(3)若物塊A與B發(fā)生碰撞(設(shè)為完全彈性碰撞)后，物塊B與擋板P發(fā)生碰撞，求滑動(dòng)摩擦因數(shù)均為科應(yīng)滿足的條件。4.(2019山東濱州

4、模擬)如圖甲所示，足夠長(zhǎng)白木板 C通過(guò)某一裝置鎖定在地面上 ，物塊A、B靜止在 木板C上，物塊A B間距離為1. 1 m。開始時(shí)物塊 A以速度V0=6 m/s向右運(yùn)動(dòng),物塊A在與B碰撞 前一段時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)圖象如圖乙所示。已知物塊 A B可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量分別為ra=1 kg、m=4 kg, AB與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，木板C的質(zhì)量nc=1 kg, C與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為6o A與B彈性碰撞過(guò)程時(shí)間極短、可忽略摩擦力的影響，A、B碰撞后瞬間木板 C解除鎖定。重力加速度 g取10m/s2。求：6.05.50.1 侑乙(1)物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù) (2)碰撞后瞬間物塊 A的速度；(3)最后停止時(shí)

5、物塊 A、B間的距離(結(jié)果保留兩位小數(shù))。5.（2019廣西八市調(diào)研）如圖所示,固定在水平面上的斜面體傾角為0 =37° ,斜面足夠長(zhǎng)。長(zhǎng)為 L、質(zhì)量為m的長(zhǎng)木板B放在斜面頂端,長(zhǎng)為-L、質(zhì)量為-m的木板C也放在余面上，R C均處于鎖定狀態(tài)。木板B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為科2=0. 5,B、C兩木板厚度相同，兩板間距離為L(zhǎng)。將質(zhì)量為-m的物塊A可視為質(zhì)點(diǎn)）輕放在長(zhǎng)木板B的頂端，同時(shí)解除木板 B的鎖定，A、B均從靜止開始做勻加速直 線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)木板 B與C剛好要相碰時(shí)，解除木板C的鎖定，此時(shí)物塊A剛好要滑離木板 B,已知木板 B與C相碰后粘在一起（碰撞時(shí)間極短），重力加速度為g,sin 3

6、7 ° =0.6，求：（1）物塊A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù) 科1；（2）從開始運(yùn)動(dòng)到 B與C剛好要相碰，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q若B、C碰撞后，BC整體和A都恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，求A在C上滑行的時(shí)間。6. (2019江西名校聯(lián)考)如圖所示，水平地面上左側(cè)有一質(zhì)量為2m的四分之一光滑圓弧斜槽C斜槽末端切線水平，右側(cè)有一質(zhì)量為3m的帶擋板P的木板B,木板上表面水平且光滑，木板與地面的動(dòng)摩 擦因數(shù)為0. 25,斜槽末端和木板左端平滑過(guò)渡但不粘連。某時(shí)刻 ，一質(zhì)量為m的可視為質(zhì)點(diǎn)的光滑 小球A從斜槽頂端靜止?jié)L下，重力加速度為g,求：(1)若光滑圓弧斜槽 C不固定，圓弧半徑為R且不計(jì)斜槽C與地面白摩擦，求

7、小球滾動(dòng)到斜槽末端時(shí)斜槽的動(dòng)能(2)若斜槽C固定在地面上，小球從斜槽末端滾上木板左端時(shí)的速度為vo,小球滾上木板上的同時(shí)，外界給木板施加大小為 vo的水平向右初速度，并且同時(shí)分別在小球上和木板上施加水平向右的恒力F1與F2,且Fi=F2=0.5mg當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到木板右端時(shí) (與擋板碰前的瞬間，木板的速度剛好減為零，之后小球與木板的擋板發(fā)生第1次相碰，以后會(huì)發(fā)生多次碰撞。已知小球與擋板的碰撞都是彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短，小球始終在木板上運(yùn)動(dòng)。求：小球與擋板第1次碰撞后的瞬間，木板的速度大小小球與擋板第1次碰撞后至第2 019次碰撞后瞬間的過(guò)程中Fi與F2做功之和。7.(2019廣東揭陽(yáng)二模)如圖所示

8、,在臺(tái)階的水平臺(tái)面邊緣靜止一質(zhì)量為m=0. 1 kg的小球A在緊靠A的左側(cè)用細(xì)線豎直掛一同樣大小的小球B兩球心連線水平。在平臺(tái)下面的地面上有一傾角為。二37。的傳送帶，傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),長(zhǎng)度為L(zhǎng)= m,傳送帶的上端離臺(tái)階的高度H=0. 45 m。把3小球B拉到離平臺(tái)h=0.8 m高處由靜止釋放，與小球A正碰后B的速率變?yōu)榕鲎睬暗?，小球A恰好沿平行于傳送帶的方向從傳送帶的上端飛上彳送帶并沿傳送帶運(yùn)動(dòng)。已知小球A與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=3,重力加速度g取10 m/s 2。求：(1)傳送帶上端與臺(tái)階的水平距離s;(2)求小球B的質(zhì)量；(3)若要使小球A能在最短時(shí)間內(nèi)到達(dá)傳送帶底端，傳送帶轉(zhuǎn)

9、動(dòng)的速度應(yīng)滿足什么條件？專題分層突破練7應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決綜合問(wèn)題1 . B解析 由題圖知：碰前紅壺的速度 Vo=1. 0m/s,碰后速度為vo'= 0. 2m/s,可知,碰后紅壺沿原方向 運(yùn)動(dòng)，設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為 v,取碰撞前紅壺的速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv=mv'+mv,代入數(shù)據(jù)解得：v=0. 8m/s, -mv' 2+-mV,碰撞過(guò)程機(jī)械能有損失,碰撞為非彈性碰撞，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)v-1圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，可得，碰后藍(lán)壺移動(dòng)的位移大小x=t= X 5n=2m,故C錯(cuò)誤；根據(jù)圖象的斜率表示加速度,知碰后紅壺的加速度大于藍(lán)壺的加速

10、度兩者的質(zhì)量相等，由牛頓第二定律知碰后紅壺所受摩擦力大于藍(lán)壺所受的摩擦力，故D錯(cuò)誤。2 .答案(1)18 J (2)30 N (3)0.2 s解析(1)根據(jù)能量守恒定律得E)=mg s - sin 0 +F) +mgcos 0 - s解得Ep=18J2(2)由機(jī)械能寸恒te律得 mgR=mv在C點(diǎn)由牛頓第二定律得 F-mg=m聯(lián)立解得F=30N由牛頓第三定律知物塊對(duì)圓弧軌道的壓力大小為Fn=F=30N(3)由功能關(guān)系得日=-由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 S=(V0+V)t聯(lián)立解得t=0. 2s3 .答案(1)3 N s (2)科 0.3 (3)科 0.15解析(1)設(shè)滑塊離開軌道時(shí)的速度為V0,則 mgR=

11、V0=3m/s由動(dòng)量定理得I= A P=mv=3N - s(2)若物塊A剛好與物塊B不發(fā)生碰撞，則物塊A運(yùn)動(dòng)到物塊B所在處時(shí)三者的速度均相同，設(shè)為V1,由動(dòng)量守恒定律得mv=3mv-科 mg -(3 m)式中-就是物塊A相對(duì)木板C運(yùn)動(dòng)的路程，解得w=v 3即=3時(shí)，A剛好不與B發(fā)生碰撞，若3，則A將與B發(fā)生碰撞，故A與B發(fā)生碰撞的條件是 -o 3代入數(shù)據(jù)得：科0. 3(3)物塊A、B間的碰撞是彈性的，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，因?yàn)橘|(zhì)量相等，碰撞前后A B交換速 度，B相對(duì)于A C向右運(yùn)動(dòng)，以后發(fā)生的過(guò)程相當(dāng)于第(2)問(wèn)中所進(jìn)行的延續(xù)，由物塊B替換A繼續(xù) 向右運(yùn)動(dòng)。若物塊B剛好與擋板P不發(fā)生碰撞，A、B

12、、C三者的速度相等，設(shè)此時(shí)三者的速度為 V2mv=3mv-mgL=(3 n)-解得科二Q 3即科=_日, A與B碰撞，但B與P剛好不發(fā)生碰撞，若-,就能使B與P發(fā)生碰撞，故A與B碰撞后,物塊B與擋板P發(fā)生碰撞的條件是科- 3代入數(shù)據(jù)得：科0. 154 .答案(1)0 .5 (2)3 m/s 方向向左(3)1 .37 m解析根據(jù)圖象可知aA=-對(duì)A受力分析并列牛頓第二定律：inAg=rA0A聯(lián)立以上兩式解得物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)Wi=0. 5(2)設(shè)碰撞前瞬間 A的速度為v,則v2- =-2aAXi由于A、B彈性碰撞，碰撞后A B的速度分別為va、vb,取向右為正方向，則 mv=mvA+mvB

13、2-mv =-mA-mB聯(lián)立以上三式解得：vA=-3m/s、vB=2m/s;即碰撞后瞬間物塊 A的速度大小為 3m/s,方向向左。(3)碰撞后對(duì)木板 C受力分析得 邛mBg-(11mg-科2(m+m+m) g=mac由物塊B受力得 31mBg=nBaB設(shè)經(jīng)時(shí)間"物塊B與木板C達(dá)到相同的速度 v,則丫=丫夕2 81此時(shí)C的速度為v=act聯(lián)立以上四式解得：v=1.0m/s、t=0.2s從碰撞結(jié)束到B C速度相同，B向右的位移大小為 X2,則X2=-tB C相對(duì)靜止后一起運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a,則img+2( nA+m+m) g=( m+nc) aR C一起向右運(yùn)動(dòng)的位移大小為X3,則0-

14、v2=-2ax3A碰撞后到停下經(jīng)過(guò)的位移大小為X4,則0- =-2aAX4最后停止時(shí)物塊A、B間的距離X=X2+X3+X4=1.37mt15 .答案(1) 3 (2) ；mgL (3) 3 3 33解析(1)設(shè)A和B勻加速時(shí)的加速度大小分別為a和a2, B碰C前運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為對(duì)A和B分別用牛頓第二定律有：-mgin 0 -科 1 x-mgcos 0 =mamgsin 0 +(i 1 x-mgcos 0 -科 2、m+m gcos 0 =ma2L=_aiL=a2求得科1=-3(2) A在B上滑動(dòng)時(shí)因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=陰x-mgcos。- L從開始運(yùn)動(dòng)到B與C剛好要相碰時(shí)的一段時(shí)間內(nèi)，B與斜面間的

15、摩擦產(chǎn)生的熱量Q=2X -mgcos 0 - L此時(shí)整個(gè)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=Q+Q聯(lián)立解得：Q=7mgL3(3)由(1)問(wèn)求得物塊A滑動(dòng)的加速度大小為 ai=g3木板B運(yùn)動(dòng)的加速度大小為 a2=6g3當(dāng)B和C剛要相碰時(shí)，A、B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間ti=2 -當(dāng)B和C相碰前一瞬間，A的速度大小vi=aiti=3 3B的速度大小 V2=&ti=3 3B與C碰撞的過(guò)程動(dòng)量守恒。設(shè)碰撞粘在一起的一瞬間，B、C的共同速度為V3,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv= - V3求得V3=- 3由題意碰后，A和BC都做勻速運(yùn)動(dòng)設(shè)物塊A在板C上滑行的時(shí)間為t2,3 -貝 U t 2= - 36 .答案(i) 3mgR (

16、2)2v0 24 216 m解析(i)設(shè)小球滾動(dòng)到斜槽末端時(shí)，八與。的速度大小分別為VA、VCA與C水平方向動(dòng)量守恒,則：mv-2mv=0A與C系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則：mgR= -2mC的動(dòng)能為：E=-2m聯(lián)立解得：R=mgR3(2)小球滾到木板上后，小球與木板的加速度大小分別為ai與32則有：ai=-32=-36木板開始運(yùn)動(dòng)到速度第一次減為零時(shí)用時(shí)為t0,則有：10=小球第一次與擋板碰前瞬間速度為:vi=vo+ait 0另設(shè)第一次碰完后小球與木板的速度分別為VAI、 VB1A與B動(dòng)量守恒,則：mv=mvi+3mviA與B系統(tǒng)動(dòng)能不變，則：-3m聯(lián)立解得：vbi=2vo, vai=-2vo由題可知

17、，第1次碰撞后，小球以2V0沿木板向左勻減速運(yùn)動(dòng)再反向勻加速，木板以2v。向右勻減速運(yùn)動(dòng)(兩者v-t圖象如圖所示)木板速度再次減為零的時(shí)間：t=小球的速度：VA2=-2v0+at= 4v0此時(shí)，小球的位移：2X1=-2vot+-at =2木板的位移：X2=2vot- -a2t =即小球、木板第2次相碰前瞬間的速度與第1次相碰前瞬間的速度相同，以后小球、木板重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)過(guò)程；則第1次碰撞后與第2019次碰撞后瞬間，小球與木板總位移相同，都為：X2oi9=2O18 -則此過(guò)程Fi與F2做功之和：W=Fi+F2) X2019聯(lián)立解得：W24216m7 .答案(1)1 .2 m (2)0.2 kg (3) v 傳 m/s解析(1)小千A做平拋運(yùn)動(dòng)，有:H=gt2到達(dá)傳送帶上端時(shí),豎直方向：Vy=gtvy=VAtan 0傳送帶上端與臺(tái)階的水平距離：S=VAt解得:s=1. 2m(2)設(shè)B與A碰前的速度為V0,由動(dòng)能定理，得：nBgh=m解得：vo=4m/s碰后B的速度大小為：VB=-vo=2m/s若碰