2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章微專題48力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用練習(xí)含解析教科版

PAGEPAGE1微專題48力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1．做好以下幾步：(1)確定探討對(duì)象，進(jìn)行運(yùn)動(dòng)分析和受力分析；(2)分析物理過程，按特點(diǎn)劃分階段；(3)選用相應(yīng)規(guī)律解決不同階段的問題，列出規(guī)律性方程．2．力學(xué)規(guī)律的選用原則：(1)假如要列出各物理量在某一時(shí)刻的關(guān)系式，可用牛頓其次定律．(2)探討某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變更時(shí)，一般用動(dòng)量定理(涉剛好間的問題)或動(dòng)能定理(涉及位移的問題)去解決問題．(3)若探討的對(duì)象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律去解決問題，但需留意所探討的問題是否滿意守恒的條件．(4)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí)，需留意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換．這種問題由于作用時(shí)間都極短，因此用動(dòng)量守恒定律去解決．1．(2024·山東濰坊市二模)如圖1所示，一質(zhì)量M＝4kg的小車靜置于光滑水平地面上，左側(cè)用固定在地面上的銷釘攔?。≤嚿媳砻嬗晒饣瑘A弧軌道BC和水平粗糙軌道CD組成，BC與CD相切于C,BC所對(duì)應(yīng)圓心角θ＝37°，CD長L＝3m．質(zhì)量m＝1kg的小物塊從某一高度處的A點(diǎn)以v0＝4m/s的速度水平拋出，恰好沿切線方向自B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道，滑到D點(diǎn)時(shí)剛好與小車達(dá)到共同速度v＝1.2m/s.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽視空氣阻力．圖1(1)求A、B間的水平距離x；(2)求小物塊從C滑到D所用時(shí)間t0；(3)若在小物塊拋出時(shí)拔掉銷釘，求小車向左運(yùn)動(dòng)到最大位移處時(shí)小物塊離小車左端的水平距離．2．(2024·福建泉州市5月其次次質(zhì)檢)如圖2，光滑水平面上有一輛勻質(zhì)平板車，平板車右端固定有質(zhì)量不計(jì)的豎直擋板，左端靠在傾角θ＝37°的斜面底端．一個(gè)小滑塊從離斜面底端h高處無初速度釋放，滑上平板車后恰好不會(huì)落地．已知滑塊與平板車的質(zhì)量相等，滑塊與斜面及平板車間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，滑塊從斜面滑上平板車的過程速度大小不變，滑塊與擋板撞擊過程時(shí)間極短且無動(dòng)能損失，重力加速度為g，忽視其他摩擦，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.圖2(1)求滑塊在斜面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；(2)求滑塊撞擊擋板時(shí)滑塊離斜面底端的距離s;(3)若將平板車左邊一半去掉后放回斜面底端，滑塊仍從原處釋放，求其離開平板車時(shí)的速度大小v.3．(2024·山西臨汾市二輪復(fù)習(xí)模擬)細(xì)管AB內(nèi)壁光滑、厚度不計(jì)，加工成如圖3所示形態(tài)，長L＝0.8m的BD段固定在豎直平面內(nèi)，其B端與半徑R＝0.4m的光滑圓弧軌道BP平滑連接，CD段是半徑R＝0.4m的eq\f(1,4)圓弧，AC段在水平面上，管中有兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球a、b，ma＝6m，mb＝2m.起先b球靜止，a球以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與b球發(fā)生彈性碰撞之后，b球能夠通過軌道最高點(diǎn)P，a球則滑回AC段從細(xì)管的A點(diǎn)滑出．(重力加速度取10m/s2，eq\r(6)＝2.45)求：圖3(1)若v0＝4m/s，碰后a、b球的速度大??；(2)若v0未知，碰后a球的最大速度；(3)若v0未知，v0的取值范圍．4．(2024·河南鄭州市模擬)如圖4所示為某種嬉戲裝置的示意圖，水平導(dǎo)軌MN和PQ分別與水平傳送帶左側(cè)和右側(cè)志向連接，豎直圓形軌道與PQ相切于Q.已知傳送帶長L＝4.0m，且沿順時(shí)針方向以恒定速率v＝3.0m/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．兩個(gè)質(zhì)量均為m的滑塊B、C靜止置于水平導(dǎo)軌MN上，它們之間有一處于原長的輕彈簧，且彈簧與B連接但不與C連接．另一質(zhì)量也為m的滑塊A以初速度v0沿B、C連線方向向B運(yùn)動(dòng)，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時(shí)間極短．若C距離N足夠遠(yuǎn)，滑塊C脫離彈簧后以速度vC＝2.0m/s滑上傳送帶，并恰好停在Q點(diǎn)．已知滑塊C與傳送帶及PQ之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.20，裝置其余部分均可視為光滑，重力加速度g取10m/s2.求：圖4(1)P、Q的距離；(2)v0的大小；(3)已知豎直圓軌道半徑為0.55m，若要使C不脫離豎直圓軌道，求v0′的范圍．

答案精析1．(1)1.2m(2)1s(3)3.73m解析(1)由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有：tanθ＝eq\f(gt,v0)x＝v0t解得：x＝1.2m；(2)以v0的方向?yàn)檎较?，物塊在小車上CD段滑動(dòng)過程中，由動(dòng)量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v由功能關(guān)系得：fL＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)(M＋m)v2對(duì)物塊，由動(dòng)量定理得：－ft0＝mv－mv1得：t0＝1s；(3)有銷釘時(shí)：mgH＋eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12由幾何關(guān)系得：H－eq\f(1,2)gt2＝R(1－cosθ)B、C間的水平距離：xBC＝RsinθμmgL＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)(M＋m)v2若拔掉銷釘，小車和物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，則小車向左運(yùn)動(dòng)達(dá)最大位移時(shí)，速度為0，物塊速度為4m/s，則由能量守恒有：mgH＝μmg(Δx－xBC)聯(lián)立以上式子得：Δx＝3.73m.2．(1)5eq\r(\f(2h,3g))(2)eq\f(5－2\r(2),12)h(3)eq\r(\f(gh,6))解析(1)設(shè)滑塊的質(zhì)量為m，下滑距離為d，依據(jù)幾何關(guān)系：d＝eq\f(h,sinθ)，在下滑過程中，依據(jù)牛頓其次定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma，位移關(guān)系：d＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得t＝5eq\r(\f(2h,3g))；(2)設(shè)滑塊滑究竟端時(shí)速度為v0，則有v02＝2ad，設(shè)平板車長度為L，滑塊滑上車與車相對(duì)靜止的過程中，對(duì)系統(tǒng)依據(jù)動(dòng)量守恒有：mv0＝2mv共，依據(jù)能量守恒有：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)·2mv共2＋μmg·2L，同理滑塊滑上車至與擋板碰撞前的過程中，對(duì)系統(tǒng)有：mv0＝mv1＋mv2，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22＋μmgL對(duì)滑塊依據(jù)勻變速規(guī)律有：v02－v12＝2μgs聯(lián)立以上式子解得s＝eq\f(5－2\r(2),12)h；(3)平板車去掉一半后，對(duì)系統(tǒng)依據(jù)動(dòng)量守恒有：mv0＝mv＋eq\f(m,2)v3，依據(jù)能量守恒有：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)×eq\f(m,2)v32＋μmgL，聯(lián)立解得v＝eq\r(\f(gh,6)).3．(1)2m/s6m/s(2)4.9m/s(3)4m/s≤v0≤9.8m/s解析(1)a、b碰撞過程中，以a、b組成的系統(tǒng)為探討對(duì)象，系統(tǒng)動(dòng)量守恒．選向右的方向?yàn)檎较?，設(shè)a、b碰后瞬間速度為va1、vb1，由動(dòng)量守恒得：mav0＝mava1＋mbvb1①因a、b的碰撞是彈性碰撞，所以機(jī)械能守恒，有：eq\f(1,2)mav02＝eq\f(1,2)mava12＋eq\f(1,2)mbvb12②聯(lián)立①②解得：va1＝eq\f(ma－mb,ma＋mb)v0＝2m/s;vb1＝eq\f(2ma,ma＋mb)v0＝6m/s；(2)因a球能從A點(diǎn)滑出，故a與b碰后，a上升的高度不能超過B點(diǎn)，即上升的高度不會(huì)超過L＋R.設(shè)碰撞后a的最大速度為va1maxa球上升的過程中機(jī)械能守恒，有：eq\f(1,2)mava1max2＝mag(L＋R)得：va1max＝eq\r(6gR)≈4.9m/s；(3)欲使b能通過最高點(diǎn)，設(shè)b球與a碰撞后的速度為vb1，經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)的速度為vb2，則有：mbg≤mbeq\f(vb22,R)得：vb2≥eq\r(gR)＝2m/sb球在上升至最高點(diǎn)的過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，有：eq\f(1,2)mbvb12＝eq\f(1,2)mbvb22＋mbg(2R＋L)解得：vb1≥6m/sv0min＝eq\f(ma＋mb,2ma)vb1≥4m/s碰后a上升的高度不能超過(L＋R)，必需滿意v0max＝2va1≤2eq\r(6gR)≈9.8m/s綜上可得4m/s≤v0≤9.8m/s.4．(1)2.25m(2)3m/s(3)v0′≤9m/s或v0′≥eq\f(3,4)eq\r(210)m/s解析(1)設(shè)C滑上傳送帶后始終加速，則vt2－vC2＝2μgL，解得vt＝2eq\r(5)m/s>v傳，所以C在傳送帶上肯定先加速后勻速，滑上PQ的速度v＝3m/s又因?yàn)榍『猛Ｔ赒點(diǎn)，則有0－v2＝－2μgxPQ解得xPQ＝2.25m；(2)A與B碰撞：mv0＝2mv共接下來A、B整體壓縮彈簧后彈簧復(fù)原原長時(shí)，C脫離彈簧，這個(gè)過程有2mv共＝2mv1＋mvCeq\f(1,2)·2mv共2＝eq\f(1,2)·2mv12＋eq\f(1,2)mvC2聯(lián)立解得v0＝3m/s；(3)要使C不脫離圓軌道，有兩種狀況，一是最多恰能到達(dá)圓心等高處，二是至少到達(dá)最高處，若恰能到達(dá)圓心等高處，則vQ＝eq\r(2gR)＝eq\r(11)m/s由N～Q段：vQ12－vC1′2＝－2μg(L＋xPQ)，可得vC1′＝6m/s在A、B碰撞及與彈簧作用的過程中2mv共′＝2mv1′＋mvC1′2eq\f(1,2)·2mv共′2＝eq\f(