2024年高考物理二輪復(fù)習(xí)專題強(qiáng)化練八力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用含解析

PAGE8-專題強(qiáng)化練(八)題組一三大力學(xué)觀點(diǎn)在力學(xué)中的綜合應(yīng)用1.如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的兩個(gè)小球通過(guò)長(zhǎng)度L＝6m的輕繩連接，甲球的質(zhì)量為m1＝0.2kg，乙球的質(zhì)量為m2＝0.1kg.將兩球從距地面某一高度的同一位置先后釋放，甲球釋放Δt＝1s后再釋放乙球，繩子伸直后即刻繃斷(細(xì)繩繃斷的時(shí)間極短，可忽視)，此后兩球又下落t＝1.2s同時(shí)落地．可認(rèn)為兩球始終在同一豎直線上運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2.求：(1)從釋放乙球到繩子繃直的時(shí)間t0；(2)繩子繃斷的過(guò)程中繩對(duì)甲球拉力的沖量大小．解析：(1)細(xì)線伸直時(shí)甲球的位移為：x甲＝eq\f(1,2)g(t0＋Δt)2，乙球的位移為：x乙＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)，因?yàn)閤甲－x乙＝L，聯(lián)立解得：t0＝0.1s.(2)細(xì)線伸直時(shí)甲、乙的速度分別是：v甲＝g(t0＋Δt)＝11m/s，v乙＝gt0＝1m/s，設(shè)細(xì)線繃斷瞬間甲、乙球的速度分別為：v′甲和v′乙，接著下落至落地時(shí)有：v′乙t＋eq\f(1,2)gt2－(v′甲t＋eq\f(1,2)gt2)＝L.又在繩繃斷的極短時(shí)間內(nèi)兩球動(dòng)量守恒，則有：m1v甲＋m2v乙＝m1v′甲＋m2v′乙，聯(lián)立方程解得：v′甲＝6m/s，v′乙＝11m/s.設(shè)繩子繃斷過(guò)程中繩對(duì)甲球拉力的沖量大小為I，由動(dòng)量定理得：I＝m1(v′甲－v甲)＝1.0N·s.答案：(1)0.1s(2)1.0N·s＝4m的小車放在地面上，其右端與墻壁的距離為s＝3m，小車上表面與半圓軌道最低點(diǎn)P的切線相平．現(xiàn)有一質(zhì)量m＝2kg的滑塊(不計(jì)大小)以v0＝6m/s的初速度滑上小車左端，帶動(dòng)小車向右運(yùn)動(dòng)．小車與墻壁碰撞時(shí)馬上被粘在墻壁上，已知滑塊與小車表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10m/s2.求：(1)求小車與墻壁碰撞時(shí)的速度；(2)若滑塊在圓軌道滑動(dòng)的過(guò)程中不脫離軌道，求半圓軌道半徑R的取值范圍．解析：(1)依據(jù)牛頓其次定律：對(duì)滑塊有μmg＝ma1，對(duì)小車有μmg＝Ma2.滑塊相對(duì)小車靜止時(shí)，兩者速度相等，即v0－a1t＝a2t，由以上各式解得：t＝1s，此時(shí)小車的速度為v2＝a2t＝4m/s.滑塊的位移：x1＝v0t－eq\f(1,2)a1t2，小車的位移：x2＝eq\f(1,2)a2t2，相對(duì)位移：L1＝x1－x2，聯(lián)立解得：L1＝3m，x2＝2m.L1＜L，x2＜s，說(shuō)明滑塊滑離小車前已具有相同速度，且共速時(shí)小車與墻壁還未發(fā)生碰撞，故小車與墻壁碰撞時(shí)的速度為：v2＝4m/s.(2)滑塊與墻壁碰后在小車上做勻減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)L2后滑上半圓軌道，L2＝L－L1＝1m.若滑塊恰能通過(guò)最高點(diǎn)，設(shè)滑至最高點(diǎn)的速度為vQ.則mg＝meq\f(veq\o\al(2,Q),R)，依據(jù)動(dòng)能定理得：－μmgL2－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得：R＝0.24m.若滑塊恰好滑至eq\f(1,4)圓弧到達(dá)T點(diǎn)時(shí)就停止，則滑塊也能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道．依據(jù)動(dòng)能定理得－μmgL2－mgR＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得：R＝0.6m，所以滑塊不脫離圓軌道必需滿意：R≤0.24m或R≥0.6m.答案：(1)4m/s(2)R≤0.24m或R≥0.6m3.(2024·海南卷)如圖，光滑軌道PQO的水平段QO＝eq\f(h,2)，軌道在O點(diǎn)與水平地面平滑連接．一質(zhì)量為m的小物塊A從高h(yuǎn)處由靜止起先沿軌道下滑，在O點(diǎn)與質(zhì)量為4m的靜止小物塊B發(fā)生碰撞．A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度大小為g.假設(shè)A、B間的碰撞為完全彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短．求：(1)第一次碰撞后瞬間A和B的速度大小；(2)A、B均停止運(yùn)動(dòng)后，二者之間的距離．解析：(1)小物塊A從高h(yuǎn)處由靜止起先沿軌道下滑，由機(jī)械能守恒定律：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得滑至O點(diǎn)時(shí)速度為：v0＝eq\r(2gh).碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律：mv0＝mv1＋4mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,2)，聯(lián)立解得：v1＝－eq\f(3,5)eq\r(2gh)，負(fù)號(hào)表示A碰撞后速度方向向左，v2＝eq\f(2,5)eq\r(2gh)，B碰撞后速度方向向右．(2)碰撞后，B向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)B向右運(yùn)動(dòng)的距離為xB，由動(dòng)能定理，－μ4mgxB＝0－eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,2)，解得：xB＝eq\f(8,25)h.碰撞后，A先向左運(yùn)動(dòng)，后又向右運(yùn)動(dòng)，A從O點(diǎn)起先向右運(yùn)動(dòng)xB的距離后速度為vA1，由動(dòng)能定理，－μmgxB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得：vA1＝eq\r(\f(2gh,5)).A、B再次碰撞，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，mvA1＝mvA2＋4mvB2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A2)＋eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,B2)，聯(lián)立解得：vA2＝－eq\f(3,5)eq\r(\f(2gh,5))，負(fù)號(hào)表示A碰撞后速度方向向左，vB2＝eq\f(2,5)eq\r(\f(2gh,5))，B碰撞后速度方向向右．設(shè)B向右運(yùn)動(dòng)的距離為xB2，由動(dòng)能定理得－μ4mgxB2＝0－eq\f(1,2)4mveq\o\al(2,B2)，解得xB2＝eq\f(8,125)h.設(shè)A向左運(yùn)動(dòng)的距離為xA2，由動(dòng)能定理得－μmgxA2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A2)，解得xA2＝eq\f(18,125)h，A、B均停止運(yùn)動(dòng)后它們之間的距離為x＝eq\f(8,125)h＋eq\f(18,125)h＝eq\f(26,125)h.答案：(1)eq\f(3,5)eq\r(2gh)eq\f(2,5)eq\r(2gh)(2)eq\f(26,125)h4.如圖所示，有一質(zhì)量為M＝2kg的平板小車靜止在光滑的水平地面上，現(xiàn)有質(zhì)量均為m＝1kg的小物塊A和B(均可視為質(zhì)點(diǎn))，由車上P處起先，A以初速度v1＝2m/s向左運(yùn)動(dòng)，B同時(shí)以v2＝4m/s向右運(yùn)動(dòng)．最終A、B兩物塊恰好停在小車兩端沒(méi)有脫離小車．兩物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.1，g取10m/s2.求：(1)求小車總長(zhǎng)L；(2)物塊B在小車上滑動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量QB；(3)從物塊A、B起先運(yùn)動(dòng)計(jì)時(shí)，經(jīng)6s小車離原位置的距離x.解析：(1)設(shè)最終達(dá)到共同速度v，取向右為正方向，整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)量守恒、能量守恒：mv2－mv1＝(2m＋M)v，μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(2m＋M)v2，解得v＝0.5m/s，L＝9.5m.(2)設(shè)物塊A離小車左端的距離為x1，從A起先運(yùn)動(dòng)至左端歷時(shí)t1，在A運(yùn)動(dòng)至左端前，小車是靜止的．μmg＝maA，v1＝aAt1，x1＝eq\f(1,2)aAteq\o\al(2,1)，聯(lián)立可得t1＝2s，x1＝2m，所以物塊B離小車右端的距離x2＝L－x1＝7.5m，所以QB＝μmgx2＝7.5J.(3)設(shè)從起先到達(dá)到共同速度歷時(shí)t2，則v＝v2－aBt2，μmg＝maB，聯(lián)立可得t2＝3.5s.＋m)a，此時(shí)小車向右運(yùn)動(dòng)的位移x3＝eq\f(1,2)a(t2－t1)2，接下去三個(gè)物體組成的系統(tǒng)以v共同勻速運(yùn)動(dòng)了x4＝v(6s－t2)，m.答案：(1)9.5m(2)7.5J(3)1.625m題組二三大力學(xué)觀點(diǎn)在電、磁學(xué)中的綜合應(yīng)用5．如圖所示，軌道ABCDP位于豎直平面內(nèi)，其中圓弧段CD與水平段AC及傾斜段DP分別相切于C點(diǎn)和D點(diǎn)，水平段BC粗糙，＝0.1m，整個(gè)軌道絕緣，處于方向水平向左、電場(chǎng)強(qiáng)度大小未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)質(zhì)量m1＝0.4kg、帶正電、電荷量未知的小物塊Ⅰ在A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝1s，與靜止在B點(diǎn)的不帶電、質(zhì)量m2＝0.6kg的小物塊Ⅱ碰撞并粘在一起后，在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)傾斜段DP上某位置，物塊Ⅰ和Ⅱ與軌道BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)物塊Ⅰ和Ⅱ在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度大??；(2)物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過(guò)圓弧段C點(diǎn)時(shí)，物塊Ⅰ和Ⅱ?qū)壍缐毫Φ拇笮。馕觯?1)物塊Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，物塊Ⅰ帶電荷量大小為q，與物塊Ⅱ碰撞前物塊Ⅰ速度為v1，碰撞后共同速度為v2，以向左為正方向，則qE＝μ(m1＋m2)g，qEt＝m1v1，m1v1＝(m1＋m2)v2，聯(lián)立解得v2＝2m/s.(2)設(shè)圓弧段CD的半徑為R，物塊Ⅰ和Ⅱ經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)圓弧段軌道對(duì)物塊支持力的大小為FN則R(1－cosθ)＝h，F(xiàn)N－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)eq\f(veq\o\al(2,2),R)，解得：FN＝18N，由牛頓第三定律可得物塊Ⅰ和Ⅱ?qū)壍缐毫Φ拇笮?8N.答案：(1)2m/s(2)18N6．如圖所示，平行傾斜光滑導(dǎo)軌與足夠長(zhǎng)的平行水平光滑導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．質(zhì)量分別為m和eq\f(1,2)m的金屬棒b和c靜止放在水平導(dǎo)軌上，b、c兩棒均與導(dǎo)軌垂直．圖中de虛線往右有范圍足夠大、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量為m的絕緣棒a垂直于傾斜導(dǎo)軌由靜止釋放，釋放位置與水平導(dǎo)軌的高度差為h.已知絕緣棒a滑到水平導(dǎo)軌上與金屬棒b發(fā)生彈性正碰，金屬棒b進(jìn)入磁場(chǎng)后始終未與金屬棒c發(fā)生碰撞．重力加速度為g.求：(1)絕緣棒a與金屬棒b發(fā)生彈性正碰后分別時(shí)兩棒的速度大?。?2)金屬棒b進(jìn)入磁場(chǎng)后，其加速度為其最大加速度的一半時(shí)的速度大??；(3)兩金屬棒b、c上最終產(chǎn)生的總焦耳熱．解析：(1)設(shè)a棒滑到水平導(dǎo)軌時(shí)速度為v0，下滑過(guò)程中a棒機(jī)械能守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，a棒與b棒發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2，由機(jī)械能守恒定律：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v1＝0，v2＝v0＝eq\r(2gh).(2)b棒剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的加速度最大．b、c兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒．由動(dòng)量守恒定律：mv2＝mv′2＋eq\f(m,2)v′3.設(shè)b棒進(jìn)入磁場(chǎng)后某時(shí)刻，b棒的速度為vb，c棒的速度為vc，則b、c組成的回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BL(vb－vc)，由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R總)，由安培力公式得F＝BIL＝ma，聯(lián)立得a＝eq\f(B2L2（vb－vc）,mR總).故當(dāng)b棒加速度為最大值的一半時(shí)有v2＝2(v′2－v′3)，聯(lián)立得v′2＝eq\f(5,6)v2＝eq\f(5,6)eq\r(2gh).(3)最終b、c以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)．由動(dòng)量守恒定律：mv2＝(m＋eq\f(m,2))v，由能量守恒定律：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m＋eq\f(m,2))v2＋Q，解得Q＝eq\f(1,3)mgh.答案：(1)0eq\r(2gh)(2)eq\f(5,6)eq\r(2gh)(3)eq\f(1,3)mgh7.足夠長(zhǎng)的平行金屬軌道M、N，相距L＝0.5m，且水平放置；M、N左端與半徑R＝0.4m的光滑豎直半圓軌道相連，與軌道始終垂直且接觸良好的金屬棒b和c可在軌道上無(wú)摩擦地滑動(dòng)，兩金屬棒的質(zhì)量mb＝mc＝0.1kg，接入電路的有效電阻Rb＝Rc＝1Ω，軌道的電阻不計(jì)．平行水平金屬軌道M、N處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直軌道平面對(duì)上，光滑豎直半圓軌道在磁場(chǎng)外，如圖所示，若使b棒以初速度v0＝10m/s起先向左運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中b、c不相撞，g取10m/s2，求：(1)c棒的最大速度；(2)c棒達(dá)最大速度時(shí)，此棒產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若c棒達(dá)最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達(dá)軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力的大小．解析：(1)在磁場(chǎng)力作用下，b棒做減速運(yùn)動(dòng)，c棒做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩棒速度相等時(shí)，c棒達(dá)最大速度．取兩棒組成的系統(tǒng)為探討對(duì)象，依據(jù)動(dòng)量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v，解得c棒的最大速度為v＝eq\f(mb,mb＋mc)v0＝eq\f(1,2)v0＝5m/s.(2)從b棒起先運(yùn)動(dòng)到兩棒速度相等的過(guò)程中，系統(tǒng)削減的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總熱量為Q＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mb＋mc)v2＝2.5J，＝1.25J，(3)設(shè)c棒沿半圓軌道滑到最高點(diǎn)時(shí)的速度為v′，從半圓軌道最低點(diǎn)上升到最高點(diǎn)的過(guò)程由機(jī)械能守恒可得eq\f(1,2)mcv2－eq\f(1,2)mcv′2＝mcg·2R，解得v′＝3m/s.在最高點(diǎn)，設(shè)軌道對(duì)c棒的彈力為F，由牛頓其次定律得mcg＋F＝mceq\f(v′2,R)，解得F＝1.25N.由牛頓第三定律得，在最高點(diǎn)c棒對(duì)軌道的壓力為1.25N，方向豎直向上．答案：(1)5m/s(2)1.25J(3)1.25N8．如圖所示，在絕緣水平面上的兩物塊A、B用勁度系數(shù)為k的水平絕緣輕質(zhì)彈簧連接，物塊B、C用跨過(guò)輕質(zhì)定滑輪的絕緣輕繩連接，A靠在豎直墻邊，C在傾角為θ的長(zhǎng)斜面上，滑輪兩側(cè)的輕繩分別與水平面和斜面平行．A、B、C的質(zhì)量分別是m、2m、2m，A、C均不帶電，B帶正電，滑輪左側(cè)存在著水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，整個(gè)系統(tǒng)不計(jì)一切摩擦，B與滑輪足夠遠(yuǎn)．B所受的電場(chǎng)力大小為6mgsinθ，起先時(shí)系統(tǒng)靜止．現(xiàn)讓C在沿斜面對(duì)下的拉力F作用下做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，彈簧始終