2024屆高三物理復(fù)習(xí)小練習(xí)(二十六)　應(yīng)用三大觀點解決力學(xué)綜合問題（解析版）

2024屆高三一輪復(fù)習(xí)小練(二十六)應(yīng)用三大觀點解決力學(xué)綜合問題A卷——全員必做1．如圖(a)所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個帶電小球，t＝0時，甲靜止，乙以6m/s的初速度向甲運動。它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運動(整個運動過程中兩球沒有接觸)，它們運動的v-t圖像分別如圖(b)中甲、乙兩曲線所示。則由圖線可知()A．兩帶電小球的電性一定相反B．甲、乙兩球的質(zhì)量之比為2∶1C．t2時刻，乙球的電勢能最大D．在0～t3時間內(nèi)，甲的動能一直增大，乙的動能一直減小解析：選B由題圖(b)可知，乙球減速的同時，甲球正向加速，說明兩球相互排斥，帶有同種電荷，故A錯誤；兩球作用過程動量守恒m乙Δv乙＝m甲Δv甲，解得eq\f(m甲,m乙)＝eq\f(2,1)，故B正確；t1時刻，兩球共速，距離最近，則乙球的電勢能最大，故C錯誤；在0～t3時間內(nèi)，甲的動能一直增大，乙的動能先減小后增大，故D錯誤。2.(2022·泰安檢測)如圖所示，水平地面上A、B兩個木塊用輕彈簧連接在一起，質(zhì)量分別為2m、3m，靜止時彈簧恰好處于原長。一質(zhì)量為m的木塊C以速度v0水平向右運動并與木塊A相撞。不計一切摩擦，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則碰后彈簧的最大彈性勢能不可能為()A.eq\f(1,3)mv02 B.eq\f(1,5)mv02C.eq\f(1,12)mv02 D.eq\f(4,15)mv02解析：選A當(dāng)C與A發(fā)生彈性正碰時，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×(2m)v22，聯(lián)立解得v2＝eq\f(2,3)v0，當(dāng)A、B速度相等時彈簧的彈性勢能最大，設(shè)共同速度為v，以A的初速度方向為正方向，則由動量守恒定律得2mv2＝(2m＋3m)v，得v＝eq\f(4,15)v0。由機(jī)械能守恒定律可知，彈簧的最大彈性勢能為Ep＝eq\f(4,15)mv02；當(dāng)C與A發(fā)生完全非彈性正碰時，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝3mv1′，當(dāng)A、B、C速度相等時彈簧的彈性勢能最大，設(shè)共同速度為v′，則由動量守恒定律得3mv1′＝6mv′。由機(jī)械能守恒定律可知，彈簧的最大彈性勢能為Ep＝eq\f(1,12)mv02，由此可知碰后彈簧的最大彈性勢能范圍是eq\f(1,12)mv02≤Ep≤eq\f(4,15)mv02，故A正確。3.如圖所示，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M＝2m的斜面體，斜面體表面光滑、高度為h、傾角為θ。一質(zhì)量為m的小物塊以一定的初速度沿水平面向右運動，不計沖上斜面過程中機(jī)械能損失。如果斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面頂端。如果斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能到達(dá)的最大高度為()A.eq\f(h,3)B.eq\f(h,2)C.eq\f(2h,3)D．h解析：選C斜面固定時，由動能定理得：－mgh＝0－eq\f(1,2)mv02，所以v0＝eq\r(2gh)；斜面不固定時，由水平方向動量守恒得：mv0＝(M＋m)v，由機(jī)械能守恒得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgh′，解得：h′＝eq\f(2,3)h。故C正確。4．如圖所示，質(zhì)量為M的物塊甲，以速度v0沿光滑水平地面向前運動，連接有輕彈簧、質(zhì)量為m的物塊乙靜止在正前方，物塊甲與彈簧接觸后壓縮彈簧，則下列判斷錯誤的是()A．僅增大v0，彈簧的最大壓縮量增大B．僅增大m，彈簧的最大壓縮量增大C．僅增大M，彈簧的最大壓縮量增大D．v0一定，m＋M一定，彈簧的最大壓縮量一定解析：選D根據(jù)動量守恒有Mv0＝(m＋M)v，最大壓縮量時對應(yīng)的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)Mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2＝eq\f(mMv02,2M＋m)＝eq\f(mv02,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M))))＝eq\f(Mv02,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,m)＋1)))。而彈性勢能于壓縮量之間的關(guān)系Ep＝eq\f(1,2)k(Δx)2，由此可以判斷，A、B、C項正確，D項錯誤。5．(2022·哈爾濱模擬)(多選)如圖所示，足夠長的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可視為質(zhì)點的物塊P，P、Q間接觸面粗糙。現(xiàn)給P向右的速率vP，給Q向左的速率vQ，取向右為速度的正方向，不計空氣阻力，則運動過程P、Q速度隨時間變化的圖像可能正確的是()解析：選ABC開始時，木板和物塊均在摩擦力作用下做勻減速運動，兩者最終達(dá)到共同速度，以向右為正方向，P、Q系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得mPvP－mQvQ＝(mP＋mQ)v；若mPvP＝mQvQ，則v＝0，圖像如圖A所示；若mPvP>mQvQ，則v>0，圖像如圖B所示；若mPvP<mQvQ，則v<0，圖像如圖C所示。故選項A、B、C正確，D錯誤。6.如圖所示，用輕繩將兩個彈性小球緊緊束縛在一起并發(fā)生微小的形變，現(xiàn)正在光滑水平面上以速度v0＝0.1m/s向右做勻速直線運動，已知a、b兩彈性小球質(zhì)量分別為m1＝1.0kg和m2＝2.0kg。一段時間后輕繩突然自動斷開，斷開后兩球仍沿原直線運動。經(jīng)過t＝5.0s兩球的間距s＝4.5m，則下列說法正確的是()A．剛分離時，a、b兩球的速度方向相同B．剛分離時，b球的速度大小為0.4m/sC．剛分離時，a球的速度大小為0.6m/sD．兩球分離過程中釋放的彈性勢能為0.27J解析：選D在輕繩突然自動斷開過程中，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)斷開后兩球的速度分別為v1和v2，剛分離時，若a、b兩球分離時的速度方向相同，由動量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根據(jù)題述，經(jīng)過t＝5.0s兩球的間距s＝4.5m，有v1t－v2t＝s，解得v1＝0.7m/s，v2＝－0.2m/s，負(fù)號說明b球的速度方向向左，假設(shè)不成立，選項A、B、C錯誤；由機(jī)械能守恒定律，兩球分離過程中釋放的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v02＝0.27J，選項D正確。7.如圖所示，一沙袋用無彈性輕細(xì)繩懸于O點。開始時沙袋處于靜止?fàn)顟B(tài)，一彈丸以水平速度v0擊入沙袋后未穿出，二者共同擺動。若彈丸質(zhì)量為m，沙袋質(zhì)量為5m，彈丸相對于沙袋的形狀其大小可忽略不計，彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質(zhì)量忽略不計，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法中正確的是()A．彈丸打入沙袋過程中，細(xì)繩所受拉力大小保持不變B．彈丸打入沙袋過程中，彈丸對沙袋的沖量大小大于沙袋對彈丸的沖量大小C．彈丸打入沙袋過程中所產(chǎn)生的熱量為eq\f(mv02,72)D．沙袋和彈丸一起擺動所達(dá)到的最大高度為eq\f(v02,72g)解析：選D彈丸打入沙袋的過程由動量守恒定律得：mv0＝(m＋5m)v，解得v＝eq\f(1,6)v0；彈丸打入沙袋后，總質(zhì)量變大，且做圓周運動，根據(jù)T＝6mg＋6meq\f(v2,L)可知，細(xì)繩所受拉力變大，A錯誤；根據(jù)牛頓第三定律可知，彈丸打入沙袋過程中，彈丸對沙袋的沖量大小等于沙袋對彈丸的沖量大小，B錯誤；彈丸打入沙袋過程中所產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)·6mv2＝eq\f(5,12)mv02，C錯誤；由機(jī)械能守恒可得：eq\f(1,2)·6mv2＝6mgh，解得h＝eq\f(v02,72g)，D正確。8.(多選)如圖所示，小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道，整個小車(含管道)的質(zhì)量為3m，靜止在光滑的水平面上?，F(xiàn)有一個可以看作質(zhì)點的小球，質(zhì)量為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰好能到達(dá)管道的最高點，然后從管道左端滑離小車。關(guān)于這個過程，下列說法正確的是()A．小球滑離小車時，小車回到原來位置B．小球滑離小車時，小車的速度大小為eq\f(v,2)C．車上管道中心線最高點距小車上表面的豎直高度為eq\f(3v2,8g)D．小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點的過程中，小車的動量變化大小是eq\f(mv,2)解析：選BC小球與小車在水平方向上的合外力為零，故在水平方向上動量守恒，所以小車的速度一直向右，小球滑離小車時，小車向右運動，不可能回到原來位置，故A錯誤；由動量守恒定律可得：mv＝3mv車＋mv球，由機(jī)械能守恒可得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×3mv車2＋eq\f(1,2)mv球2，解得v車＝0.5v，v球＝－0.5v，故B正確；小球恰好到達(dá)管道的最高點時，小球和小車的速度相同，故由動量守恒定律得：mv＝(3m＋m)v′，可得此時的速度v′＝eq\f(1,4)v，由機(jī)械能守恒可得：eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×4m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)v))2＝mgh，所以車上管道中心線最高點距小車上表面的豎直高度h＝eq\f(3v2,8g)，故C正確；小球恰好到達(dá)管道的最高點后，則小球和小車的速度相同，故小車的動量變化大小為Δp＝3m·eq\f(1,4)v＝eq\f(3,4)mv，故D錯誤。9.如圖所示，質(zhì)量m1＝0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝1.5m，現(xiàn)有質(zhì)量m2＝0.2kg且可視為質(zhì)點的物塊，以水平向右的速度v0＝2m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2，求：(1)物塊在車面上滑行的時間t；(2)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不超過多少。解析：(1)設(shè)物塊與小車的共同速度為v，以水平向右的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v設(shè)物塊與車面間的滑動摩擦力為Ff，對物塊應(yīng)用動量定理有－Fft＝m2v－m2v0又Ff＝μm2g代入數(shù)據(jù)解得t＝0.24s。(2)要使物塊恰好不從車面滑出，需滿足物塊到車面最右端時與小車有共同的速度，設(shè)其為v′，則m2v0′＝(m1＋m2)v′由動能定理有－μm2gL＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2－eq\f(1,2)m2v0′2代入數(shù)據(jù)解得v0′＝5m/s故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不超過5m/s。答案：(1)0.24s(2)5m/s10．(2020·浙江7月選考)小明將如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道AB和傾角θ＝37°的斜軌道BC平滑連接而成。質(zhì)量m＝0.1kg的小滑塊從弧形軌道離地高H＝1.0m處靜止釋放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑塊與軌道AB和BC間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力。(g取10m/s2)(1)求滑塊運動到與圓心O等高的D點時對軌道的壓力；(2)通過計算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點；(3)若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點x處的質(zhì)量為2m的小滑塊相碰，碰后一起運動，動摩擦因數(shù)仍為0.25，求它們在軌道BC上到達(dá)的高度h與x之間的關(guān)系。(碰撞時間不計，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)解析：(1)由機(jī)械能守恒定律得mgH＝mgR＋eq\f(1,2)mvD2根據(jù)牛頓第二定律得FN＝meq\f(vD2,R)＝8N根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊運動到D點時對軌道的壓力為FN′＝FN＝8N，方向水平向左。(2)設(shè)滑塊能在斜軌道上到達(dá)的最高點為C′點，根據(jù)功能關(guān)系得mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cosθ＋mgLBC′sinθ得LBC′＝eq\f(15,16)m<1.0m，故不能。(3)設(shè)滑塊運動到距A點x處的速度為v，由動能定理得mgH－μmgx＝eq\f(1,2)mv2設(shè)碰撞后的速度為v′，動量守恒定律得mv＝3mv′設(shè)碰撞后滑塊滑到斜軌道的高度為h，由動能定理得－3μmg(LAB－x)－3μmgeq\f(h,tanθ)－3mgh＝0－eq\f(1,2)(3m)v′2得h＝eq\f(1,6)x－eq\f(5,48)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)m<x≤1m))h＝0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x≤\f(5,8)m))。答案：(1)8N，方向水平向左(2)不能(3)h＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(00≤x≤\f(5,8)m,\f(1,6)x－\f(5,48)m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)m<x≤1m))))B卷——重點選做11.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的長木板靜止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且長為l，左端O處固定輕質(zhì)彈簧，右側(cè)用不可伸長的輕繩連接于豎直墻上，輕繩所能承受的最大拉力為F。質(zhì)量為m的小滑塊以速度v從A點向左滑動壓縮彈簧，彈簧的壓縮量達(dá)最大時細(xì)繩恰好被拉斷，再過一段時間后長木板停止運動，小滑塊恰未掉落。則()A．細(xì)繩被拉斷瞬間木板的加速度大小為eq\f(F,M)B．細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為eq\f(1,2)mv2C．彈簧恢復(fù)原長時滑塊的動能為eq\f(1,2)mv2D．滑塊與木板AB間的動摩擦因數(shù)為eq\f(v2,2gl)解析：選ABD細(xì)繩被拉斷瞬間，對木板分析，由于OA段光滑，沒有摩擦力，在水平方向上只受到彈簧的彈力，細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈力等于F，根據(jù)牛頓第二定律有：F＝Ma，解得a＝eq\f(F,M)，A正確；滑塊以速度v從A點向左滑動壓縮彈簧，到彈簧壓縮量最大時速度為0，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒可知，細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為eq\f(1,2)mv2，B正確；彈簧恢復(fù)原長時木板獲得動能，所以滑塊的動能小于eq\f(1,2)mv2，C錯誤；由于細(xì)繩被拉斷瞬間，木板速度為零，小滑塊速度為零，所以小滑塊的動能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，即Ep＝eq\f(1,2)mv2，小滑塊恰未掉落時滑到木板的最右端，且速度與木板相同，設(shè)為v′，取向左為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律得：0＝(m＋M)v′，Ep＝eq\f(1,2)(m＋M)v′2＋μmgl，聯(lián)立解得μ＝eq\f(v2,2gl)，D正確。12.如圖所示，質(zhì)量為M的平板車P高為h，質(zhì)量為m的小物塊Q的大小不計，位于平板車的左端，系統(tǒng)原來靜止在光滑水平地面上。一不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩長為R，一端懸于Q正上方高為R處，另一端系一質(zhì)量也為m的小球(大小不計)。今將小球拉至細(xì)繩與豎直位置成60°角，由靜止釋放，小球到達(dá)最低點時與Q的碰撞時間極短，且無能量損失，已知Q離開平板車時速度大小是平板車速度的兩倍，Q與平板車之間的動摩擦因數(shù)為μ，M∶m＝4∶1，重力加速度為g。求：(1)Q離開平板車時的速度；(2)平板車的長度。解析：(1)小球由靜止擺到最低點的過程中，由動能定理mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\r(gR)小球與Q相撞時，小球與Q組成的系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能守恒，則有mv0＝mv1＋mvQeq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mvQ2解得v1＝0，vQ＝eq\r(gR)二者交換速度，即小球靜止下來，Q在平板車上滑行的過程中，Q與平板車組成的系統(tǒng)動量守恒，則有mvQ＝Mv＋m·2v又M＝4m解得v＝eq\f(\r(gR),6)則Q離開平板車時速度為2v＝eq\f(\r(gR),3)。(2)設(shè)平板車長L，由能量守恒定律知Ff·L＝eq\f(1,2)mvQ2－eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)m·(2v)2又Ff＝μmg解得平板車的長度為L＝eq\f(7R,18μ)。答案：(1)eq\f(\r(gR),3)(2)eq\f(7R,18μ)13．(2021·湖南高考)如圖，豎直平面內(nèi)一足夠長的光滑傾斜軌道與一長為L的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，水平軌道右下方有一段弧形軌道PQ。質(zhì)量為m的小物塊A與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ。以水平軌道末端O點為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系xOy，x軸的正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下，弧形軌道P端坐標(biāo)為(2μL，μL)，Q端在y軸上。重力加速度為g。(1)若A從傾斜軌道上距x軸高度為2μL的位置由靜止開始下滑，求A經(jīng)過O點時的速度大??；(2)若A從傾斜軌道上不同位置由靜止開始下滑，經(jīng)過O點落在弧形軌道PQ上的動能均相同，求PQ的曲線方程；(3)將質(zhì)量為λm(λ為常數(shù)且λ≥5)的小物塊B置于O點，A沿傾斜軌道由靜止開始下滑，與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)，要使A和B均能落在弧形軌道上，且