2023高考物理二輪專題復(fù)習(xí)與測試專題強(qiáng)化練九力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

專題強(qiáng)化練(九)力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1．如圖所示，平臺AB右側(cè)是一個凹槽，凹槽右端連接一個半徑r＝0.38m的半圓軌道，軌道固定在豎直平面內(nèi)，CD為豎直直徑．一質(zhì)量為m的滑板Q放置在凹槽內(nèi)水平面上，其上表面剛好與平臺AB和C點(diǎn)水平等高．開始時滑板靜置在緊靠凹槽左端處，此時滑板右端與凹槽右端的距離d＝0.60m．一質(zhì)量也為m的小物塊P1；(可視為質(zhì)點(diǎn))以v0＝7.0m/s的初速度從平臺滑上滑板，當(dāng)物塊滑至滑板右端時滑板恰好到達(dá)凹槽右端．已知物塊與滑板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75，其余接觸面的摩擦均可忽略不計(jì)，取重力加速度g＝10m/s2.(1)求滑板的長度l；(2)質(zhì)量為M的另一小物塊P2以相同的初速度同樣從平臺滑上靜止的滑板，P2與滑板間的動摩擦因數(shù)也為μ＝0.75，假設(shè)滑板碰到凹槽右端時立刻停止運(yùn)動．要使物塊P2能到達(dá)半圓軌道的D點(diǎn)，M至少為m的幾倍？解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律可得，小物塊P1的加速度大小為a1＝eq\f(μmg,m)＝μg＝7.5m/s2，滑板Q的加速度大小為a2＝eq\f(μmg,m)＝μg＝7.5m/s2，根據(jù)題意可知，從小物塊P1滑上滑板Q到滑板右端到達(dá)凹槽右端過程，小物塊P1一直做勻減速運(yùn)動，滑板Q一直做勻加速運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為t，對于滑板Q，d＝eq\f(1,2)a2t2，解得t＝0.4s，對于小物塊P1，x＝v0t－eq\f(1,2)at2，解得x＝2.2m，故滑板的長度為l＝x－d＝1.6m.(2)小物塊P1到達(dá)半圓軌道最低點(diǎn)C時的速度為v1＝v0－a1t＝4m/s，設(shè)小物塊P1可以到達(dá)D點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mg·2r＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得小物塊P1在D點(diǎn)速度為v2＝eq\r(0.8)m/s<eq\r(gr)＝eq\r(3.8)m/s.說明小物塊P1到不了D點(diǎn)，另一小物塊P2以相同的初速度同樣從平臺滑上靜止的滑板，P2減速過程的加速度大小與P1減速過程的加速度大小一樣，故為了能使P2到達(dá)D點(diǎn)，P2滑上滑板后，滑板Q與凹槽右端碰撞前，P2與Q必須先達(dá)到共速，根據(jù)動量守恒可得Mv0＝(M＋m)v，假設(shè)P2剛好到達(dá)D點(diǎn)，則有Mg＝Meq\f(veq\o\al(2,D),r)，整個過程P2與滑板Q因?yàn)橄鄬瑒赢a(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝μMgl，根據(jù)能量守恒可得eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)Mv2＋Q＋Mg·2r＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,D)，由以上式子代入數(shù)據(jù)整理可得6M2－37Mm＋6m2＝0，解得M＝6m或M＝eq\f(m,6)(舍掉)，故M至少是m的6倍。答案：(1)1.6m(2)6倍2．(2021·浙江卷)如圖所示，水平地面上有一高H＝0.4m的水平臺面，臺面上豎直放置傾角θ＝37°的粗糙直軌道AB、水平光滑直軌道BC、四分之一圓周光滑細(xì)圓管道CD和半圓形光滑軌道DEF，它們平滑連接，其中管道CD的半徑r＝0.1m、圓心在O1點(diǎn)，軌道DEF的半徑R＝0.2m、圓心在O2點(diǎn)，O1、D、O2和F點(diǎn)均處在同一水平線上．小滑塊從軌道AB上距臺面高為h的P點(diǎn)靜止下滑，與靜止在軌道BC上等質(zhì)量的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經(jīng)管道CD、軌道DEF從F點(diǎn)豎直向下運(yùn)動，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上Q點(diǎn)，已知小滑塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,12)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)若小滑塊的初始高度h＝0.9m，求小滑塊到達(dá)B點(diǎn)時速度v0的大?。?2)若小球能完成整個運(yùn)動過程，求h的最小值hmin；(3)若小球恰好能過最高點(diǎn)E，且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點(diǎn)Q與F點(diǎn)的水平距離x的最大值xmax.解析：(1)小滑塊在AB軌道上運(yùn)動：mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入數(shù)據(jù)解得：v0＝eq\f(4,3)eq\r(gh)＝4m/s.(2)小球沿CDEF軌道運(yùn)動，在最高點(diǎn)可得：mg＝meq\f(veq\o\al(2,Emin),R)，從C點(diǎn)到E點(diǎn)由機(jī)械能守恒可得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Emin)＋mg(R＋r)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Bmin)，解得vEmin＝eq\r(2)m/s，vBmin＝2eq\r(2)m/s.小滑塊與小球碰撞后動量守恒，機(jī)械能守恒，因此有：mvAmin＝mv′A＋mvBmin，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Amin)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Bmin)，解得v′A＝0，vBmin＝vAmin，結(jié)合(1)問可得：vAmin＝eq\f(4,3)eq\r(ghmin)，解得h的最小值：hmin＝0.45m.(3)設(shè)F點(diǎn)到G點(diǎn)的距離為y，小球從E點(diǎn)到G點(diǎn)的運(yùn)動，由動能定理eq\f(1,2)mveq\o\al(2,G)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Emin)＋mg(R＋y)，由平拋運(yùn)動可得：x＝vGt，H＋r－y＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立可得水平距離為：x＝2eq\r(（0.5－y）（0.3＋y）)，由數(shù)學(xué)知識可得當(dāng)：0.5－y＝0.3＋y.取最大，最大值為：xmax＝0.8m.答案：(1)4m/s(2)hmin＝0.45m(3)0.8m3．如圖所示，一質(zhì)量M＝3.0kg、長L＝5.15m的長木板B靜止放置于光滑水平面上，其左端緊靠一半徑R＝2m的光滑圓弧軌道，但不粘連．圓弧軌道左端點(diǎn)P與圓心O的連線PO與豎直方向夾角為60°，其右端最低點(diǎn)處與長木板B上表面相切．距離木板B右端d＝2.5m處有一與木板等高的固定平臺，平臺上表面光滑，其上放置有質(zhì)量m＝1.0kg的滑塊D.平臺上方有一固定水平光滑細(xì)桿，其上穿有一質(zhì)量M＝3.0kg的滑塊C，滑塊C與D通過一輕彈簧連接，開始時彈簧處于豎直方向．一質(zhì)量m＝1.0kg的滑塊A自M點(diǎn)以某一初速度水平拋出下落高度H＝3m后恰好能從P點(diǎn)沿切線方向滑入圓弧軌道．A下滑至圓弧軌道最低點(diǎn)并滑上木板B，帶動B向右運(yùn)動，B與平臺碰撞后即粘在一起不再運(yùn)動．A隨后繼續(xù)向右運(yùn)動，滑上平臺，與滑塊D碰撞并粘在一起向右運(yùn)動．A、D組合體在隨后運(yùn)動過程中一直沒有離開平臺，且C沒有滑離細(xì)桿．A與木板B間動摩擦因數(shù)為μ＝0.75.忽略所有滑塊大小及空氣阻力對問題的影響．重力加速度g＝10m/s2，求：(1)滑塊A到達(dá)P點(diǎn)的速度大小；(2)滑塊A到達(dá)圓弧最低點(diǎn)時對軌道壓力的大小；(3)滑塊A滑上平臺時速度的大小；(4)若彈簧第一次恢復(fù)原長時，C的速度大小為0.5m/s.則隨后運(yùn)動過程中彈簧的最大彈性勢能是多大？解析：(1)從開始到P點(diǎn)物體做平拋運(yùn)動，豎直方向veq\o\al(2,y)＝2gH從P點(diǎn)沿切線進(jìn)入圓軌道vp＝eq\f(vy,sin60°)＝4eq\r(5)m/s.(2)從P點(diǎn)到圓弧最低點(diǎn)，由動能定理mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,p)在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律可知FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，由牛頓第三定律可知FN＝F′N＝60N.(3)假設(shè)物塊A在木板B上與B共速后木板才到達(dá)右側(cè)平臺，以AB系統(tǒng)，由動量守恒定律mv1＝(M＋m)v2由能量關(guān)系μmgx相＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,2)解得x相＝5m<5.15m．B板從開始滑動到AB共速的過程中，對B由動能定理μmgxB＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)解得xB＝1.25m<2.5m，即假設(shè)成立；B撞平臺后，A在B上繼續(xù)向右運(yùn)動，對A由動能定理－μmg(L－s相)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v3＝2m/s.(4)彈簧第一次恢復(fù)原長時，當(dāng)C的速度方向向右時，以ABC為系統(tǒng)，由動量守恒定律可知mv3＝2mv4＋Mv5，三者速度相同時彈性勢能最大，由動量守恒定律mv3＝(2m＋M)v6由能量關(guān)系Epmax＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,4)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,5)－eq\f(1,2)(2m＋M)veq\o\al(2,6)解得Epmax＝0.0375J彈簧第一次恢復(fù)原長時，當(dāng)C的速度方向向左時，以AD和C系統(tǒng)，由動量守恒定律mv3＝2mv7＋Mv5三者速度相同時彈性勢能最大，由動量守恒定律mv3＝(2m＋M)v8由能量關(guān)系可知E′pmax＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,7)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,5)－eq\f(1,2)(2m＋M)veq\o\al(2,8)，解得E′pmax＝3.0375J.答案：(1)vp＝4eq\r(5)m/s(2)60N(3)2m/s(4)3.0375J4．(2022·河北卷)如圖，光滑水平面上有兩個等高的滑板A和B，質(zhì)量分別為1kg和2kg，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質(zhì)量均為1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右運(yùn)動，B和D以相同速度kv0向左運(yùn)動，在某時刻發(fā)生碰撞，作用時間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個新滑塊，A與B粘在一起形成一個新滑板，物塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1.重力加速度大小g取10m/s2.(1)若0<k<0.5，求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k＝0.5，從碰撞后到新滑塊與新滑板相對靜止時，求兩者相對位移的大?。馕觯?1)物塊C、D碰撞過程中滿足動量守恒，設(shè)碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度為v物，C、D的質(zhì)量均為m＝1kg，以向右方向?yàn)檎较?，則有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物，解得v物＝eq\f(1－k,2)v0＝5(1－k)m/s>0，可知碰撞后滑塊C、D形成的新滑塊的速度大小為5(1－k)m/s，方向向右．滑板A、B碰撞過程中滿足動量守恒，設(shè)碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑，滑板A和B質(zhì)量分別為1kg和2kg，則由Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑，解得v滑＝eq\f(1－2k,3)v0＝eq\f(10－20k,3)m/s>0，則新滑板速度方向也向右．(2)若k＝0.5，可知碰后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為v′物＝5(1－k)m/s＝5×(1－0.5)m/s＝2.5m/s.碰后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為v′滑＝eq\f(10－20k,3)m/s＝0m/s.可知碰后新物塊相對于新