2024高考物理一輪復(fù)習(xí)規(guī)范演練27力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用含解析新人教版

PAGE9-規(guī)范演練27力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用[抓基礎(chǔ)]1．如圖所示，B、C、D、E、F5個小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E4個球質(zhì)量相等，而F球質(zhì)量小于B球質(zhì)量，A球的質(zhì)量等于F球質(zhì)量．A球以速度v0向B球運(yùn)動，所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后()A．5個小球靜止，1個小球運(yùn)動B．4個小球靜止，2個小球運(yùn)動C．3個小球靜止，3個小球運(yùn)動D．6個小球都運(yùn)動解析：A、B質(zhì)量滿意mA＜mB，則A、B相碰后A向左運(yùn)動，B向右運(yùn)動．由于B、C、D、E質(zhì)量相等，彈性碰撞后，不斷交換速度，最終E有向右的速度，B、C、D靜止；由于E、F質(zhì)量滿意mE＞mF，則E、F都向右運(yùn)動．所以B、C、D靜止；A向左運(yùn)動，E、F向右運(yùn)動，選項C正確． 答案：C2.如圖所示，小車由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC組成，靜止在光滑水平面上，當(dāng)小車固定時，從A點(diǎn)由靜止滑下的物體到C點(diǎn)恰好停止．假如小車不固定，物體仍從A點(diǎn)由靜止滑下，則()A．還是滑到C點(diǎn)停住 B．滑到BC間停住C．會沖出C點(diǎn)落到車外 D．上述三種狀況都有可能解析：設(shè)BC長度為L.依照題意，小車固定時，依據(jù)能量守恒可知，物體的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，即有Q1＝FfL，其中Ff為物體與小車之間的摩擦力．若小車不固定，設(shè)物體相對小車滑行的距離為s.對小車和物體系統(tǒng)，依據(jù)水平方向的動量守恒可知，最終兩者必定均靜止，依據(jù)能量守恒可知物體的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，則有Q2＝Q1，而Q2＝Ffs，得到物體在小車BC部分滑行的距離s＝L，故物體仍滑到C點(diǎn)停住，選項A正確．答案：A3．(多選)(2024·江西上饒六校聯(lián)考)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運(yùn)動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x.現(xiàn)讓彈簧一端連接在另一質(zhì)量為m的物體B，如圖乙所示，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則()A．A物體的質(zhì)量為3mB．A物體的質(zhì)量為2mC．彈簧壓縮最大時的彈性勢能為eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)D．彈簧壓縮最大時的彈性勢能為mveq\o\al(2,0)解析：題圖甲中，由系統(tǒng)能量守恒得eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝Epm，題圖乙中，由動量守恒和能量守恒得mA·2v0＝(mA＋m)v，eq\f(1,2)mA(2v0)2＝Epm＋eq\f(1,2)(mA＋m)v2，聯(lián)立解得mA＝3m，Epm＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，選項A、C正確．答案：AC4.(2024·汕頭質(zhì)檢)如圖所示，在固定的水平桿上，套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著質(zhì)量為M的木塊，現(xiàn)有質(zhì)量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并馬上留在木塊中，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．子彈射入木塊后的瞬間，速度大小為eq\f(m0v0,m0＋m＋M)B．子彈射入木塊后的瞬間，繩子拉力等于(M＋m0)gC．子彈射入木塊后的瞬間，環(huán)對輕桿的壓力大于(M＋m＋m0)gD．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒解析：子彈射入木塊后的瞬間，子彈和木塊系統(tǒng)的動量守恒，則m0v0＝(M＋m0)v1，解得速度大小為v1＝eq\f(m0v0,m0＋M)，依據(jù)牛頓其次定律可得T－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq\f(veq\o\al(2,1),l)，可知繩子拉力大于(M＋m0)g，選項A、B錯誤；子彈射入木塊后，對子彈、木塊和圓環(huán)整體有N＝T＋mg＞(M＋m＋m0)g，選項C正確；子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，選項D錯誤．答案：C5．(多選)(2024·青島模擬)如圖甲所示的光滑平臺上，物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車上，車與水平面間的摩擦不計，圖乙為物體A與小車的v-t圖象(v0、v1及t1均為已知)，由此可算出()A．小車上表面長度B．物體A與小車B的質(zhì)量之比C．物體A與小車B上表面間的動摩擦因數(shù)D．小車B獲得的動能解析：在0～t1時間內(nèi)，物體A與小車B的圖線與坐標(biāo)軸包圍的面積之差表示A相對于小車的位移，不肯定為小車長度，選項A錯誤；設(shè)m、M分別表示物體A與小車B的質(zhì)量，依據(jù)動量守恒定律mv0＝(M＋m)v1，則eq\f(m,M)＝eq\f(v1,v0－v1)，選項B正確；由物體A的v-t圖象得a＝eq\f(v0－v1,t1)＝μg，可求出μ，選項C正確；因B車質(zhì)量大小未知，故無法計算B車的動能，選項D錯誤．答案：BC6.(多選)如圖所示，光滑水平面上，質(zhì)量為m1的足夠長的木板向左勻速運(yùn)動，t＝0時刻，質(zhì)量為m2的木塊從木板的左端向右以與木板相同大小的速度滑上木板．t1時刻，木塊和木板相對靜止，共同向左勻速運(yùn)動，以v1和a1表示木板的速度和加速度，以v2和a2表示木塊的速度和加速度，以向左為正方向，則下列圖中正確的是()ABCD解析：木塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒，因為最終共同的速度方向向左，依據(jù)m1v－m2v＝(m1＋m2)v′，知m1＞m2，木塊的加速度a2＝eq\f(Ff,m2)，方向向左，木板的加速度a1＝eq\f(Ff,m1)，方向向右，因為m1＞m2，則a1＜a2，選項A錯誤，B正確；木塊滑上木板后，木塊先向右做勻減速直線運(yùn)動，速度減到零后反向做勻加速直線運(yùn)動，與木板速度相同后一起做勻速直線運(yùn)動，其速度先為負(fù)值，后為正值，木板先做勻減速直線運(yùn)動，最終做速度向左的勻速運(yùn)動，速度均為正值，D項正確，C項錯誤．答案：BD7.(多選)(2024·湖南長郡中學(xué)一模)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)用不行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(diǎn)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(yùn)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．彈簧復(fù)原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：細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈力等于F，對木板由牛頓其次定律得F＝Ma，解得a＝eq\f(F,M)，A正確；滑塊以速度v從A點(diǎn)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)械能守恒得細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為eq\f(1,2)mv2，B正確；彈簧復(fù)原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；小滑塊恰未掉落時滑到木板的右端，且速度與木板相同，設(shè)為v′，取向左為正方向，從細(xì)繩拉斷到小滑塊滑到木板最右端，對小滑塊、彈簧、木板組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m＋M)v′，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)(m＋M)v′2＋μmgl，聯(lián)立解得μ＝eq\f(v2,2gl)，D正確．答案：ABD8.(多選)(2024·內(nèi)蒙古赤峰模擬)如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物體通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧拴接在一起豎直放置在水平地面上，物體A處于靜止?fàn)顟B(tài)，在A的正上方h高處有一質(zhì)量也為m的小球C.現(xiàn)將小球C由靜止釋放，C與A發(fā)生碰撞后馬上粘在一起，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽視空氣阻力，重力加速度為g.下列說法正確的是()A．C與A碰撞后瞬間A的速度大小為eq\r(\f(gh,2))B．C與A碰撞時產(chǎn)生的內(nèi)能為eq\f(mgh,2)C．C與A碰撞后彈簧的最大彈性勢能為eq\f(mgh,2)D．要使碰后物體B被拉離地面，h至少為eq\f(8mg,k)答案：ABD[提素養(yǎng)]9.(多選)(2024·石家莊檢測)如圖所示，一個質(zhì)量為M的木箱靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個質(zhì)量為m的小木塊，現(xiàn)使木箱瞬間獲得一個水平向左的初速度v0，下列說法正確的是()A．最終小木塊和木箱都將靜止B．最終小木塊和木箱組成的系統(tǒng)損失機(jī)械能為eq\f(Mveq\o\al(2,0),2)－eq\f(（Mv0）2,2（M＋m）)C．木箱速度為eq\f(v0,3)時，小木塊的速度為eq\f(2Mv0,3m)D．最終小木塊速度為eq\f(Mv0,m)答案：BC10.(2024·山西太原二模)如圖為過山車的部分軌道，它由位于同一豎直面內(nèi)的傾斜直軌道ab以及半徑不同的兩個緊靠在一起的光滑圓軌道Ⅰ、Ⅱ(間距可忽視)組成，圓軌道下滑進(jìn)入點(diǎn)與滑出點(diǎn)錯開一小段距離，其中，ab與圓軌道Ⅰ相切于b點(diǎn)，ab＝48.9m，θ＝37°，R1＝10m，R2＝5.12m．車廂與ab間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.125.一次嬉戲中，質(zhì)量m＝500kg車廂A被牽引到a點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)切點(diǎn)b進(jìn)入圓軌道Ⅰ；繞過圓軌道Ⅰ后到達(dá)最低點(diǎn)P時，與停在P點(diǎn)的障礙物B相撞并連一起進(jìn)入圓軌道Ⅱ.將A、B視為質(zhì)點(diǎn)，不考慮空氣阻力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)車廂A通過圓軌道Ⅰ最高點(diǎn)時受到彈力的值；(2)已知車廂能平安通過圓軌道Ⅱ，B的質(zhì)量不超過A的多少倍？解析：(1)設(shè)A到達(dá)b點(diǎn)時速度為vb，由動能定理得mglab(sinθ－μcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，vb＝eq\r(489)m/s，A到達(dá)圓軌道Ⅰ最高點(diǎn)時速度為vc，則有mgR1(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，A經(jīng)c點(diǎn)時，軌道對A彈力為F，有mg＋F＝meq\f(veq\o\al(2,c),R1)，解得F＝1450N.(2)A運(yùn)動到圓軌道Ⅰ最低點(diǎn)P時速度為vP，有mgR1(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，解得vP＝eq\r(529)m/s＝23m/s，設(shè)A與B碰撞后共同速度為vmvP＝(m＋M)v，設(shè)連在一起的A、B平安通過圓軌道Ⅱ最高點(diǎn)的最小速度為vd，在P點(diǎn)最小速度為v′P，(m＋M)g＝(m＋M)eq\f(veq\o\al(2,d),R2)，2(m＋M)gR2＝eq\f(1,2)(m＋M)v′eq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,d)，解得v′P＝eq\r(256)m/s＝16m/s，當(dāng)v＝v′P時，M最大，解得M＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(23,16)－1))m＝eq\f(7,16)m，即B的質(zhì)量不超過A的eq\f(7,16).答案：(1)1450N(2)eq\f(7,16)11．(2024·西安適應(yīng)性測試)如圖所示，兩個長度為L、質(zhì)量為m的相同長方體物塊1和2疊放在一起，置于固定且左、右正對的兩光滑薄板間，薄板間距也為L，板底部有孔正好能讓最底層的物塊通過并能防止物塊2翻倒，質(zhì)量為m的鋼球用長為R的輕繩懸掛在O點(diǎn)，將鋼球拉到與O點(diǎn)等高的位置A(拉直)靜止釋放，鋼球沿圓弧擺到最低點(diǎn)時與物塊1正碰后靜止，物塊1滑行一段距離s(s＞2L)后停下．又將鋼球拉回A點(diǎn)靜止釋放，撞擊物塊2后鋼球又靜止．物塊2與物塊1相碰后，兩物塊以共同速度滑行一段距離后停下，重力加速度為g，繩不行伸長，不計物塊之間的摩擦，求：(1)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)；(2)兩物塊都停下時物塊2滑行的總距離．解析：(1)設(shè)鋼球與物塊1碰撞前的速率為v0，依據(jù)機(jī)械能守恒定律，有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可得v0＝eq\r(2gR)，鋼球與物塊1碰撞，設(shè)碰后物塊1速度為v1，依據(jù)動量守恒定律，有mv0＝mv1，聯(lián)立解得v1＝eq\r(2gR)，設(shè)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊1碰撞獲得速度后滑行至停下，由動能定理，有－2μmgL－μmg(s－L)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，聯(lián)立解得μ＝eq\f(R,L＋s).(2)設(shè)物塊2被鋼球碰后的速度為v2，物塊2與物塊1碰撞前速度為v3，依據(jù)機(jī)械能守恒定律、動量守恒定律和動能定理，有v2＝v1＝eq\r(2gR)，－μmg(s－L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，設(shè)物塊1和物塊2碰撞后的共同速度為v4，兩物塊一起接著滑行距離為s1，依據(jù)動量守恒定律和動能定理，有mv3＝2mv4，－2μmgs1＝0－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,4)，可得s1＝eq\f(1,2)L，設(shè)物塊2滑行的總距離為d，則d＝s－L＋s1＝s－eq\f(L,2).答案：(1)eq\f(R,L＋s)(2)s－eq\f(L,2)12．如圖所示，小球A質(zhì)量為m，系在細(xì)線的一端，線的另一端固定在O點(diǎn)，O點(diǎn)到光滑水平面的距離為h.物塊B和C的質(zhì)量分別為5m和3m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點(diǎn)正下方．現(xiàn)拉動小球使細(xì)線水平伸直，小球由靜止釋放，運(yùn)動到最低點(diǎn)時與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，反彈后上升到最高點(diǎn)時到水平面的距離為eq\f(h,16).小球與物塊均視為質(zhì)點(diǎn)，不計空氣阻力，重力加速度為g，求碰撞過程B物塊受到的沖量大小及碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能．解析：設(shè)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)與物塊B碰撞前的速度大小為v1，取小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時的重力勢能為零，依據(jù)機(jī)械能守恒定律有：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得：v1＝eq\r(2gh).設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為v′1，同理有：mgeq\f(h,16)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,1)，解得：v′1＝eq\f(\r(2gh),4).設(shè)碰撞后物塊B的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有：mv1＝－mv′1＋5mv2，解得：v2＝eq\f(\r(2gh),4).由動量定理可得，碰撞過程B物塊受到的沖量為：I＝5mv2＝eq\f(5,4)meq\r(2gh).碰撞后當(dāng)B物塊與C物塊速度相等時輕彈簧的彈性勢能最大，據(jù)動量守恒定律有5mv2＝8mv3，據(jù)機(jī)械能守恒定律：Epm＝eq\f(1,2)×5mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)×8mveq\o\al(2,3)，解得：Epm＝eq\f(15,128)mgh.答案：eq\f(5,4)meq\r(2gh)eq\f(15,128)mgh13．(2024·湖北仙桃、天門、潛江三市期末)如圖所示，半徑為R1＝1.8m的eq\f(1,4)光滑圓弧與半徑為R2＝0.3m的半圓光滑細(xì)管平滑連接并固定，光滑水平地面上緊靠管口有一長度為L＝2.0m、質(zhì)量為M＝1.5kg的木板，木板上表面正好與管口底部相切，處在同一水平線上，木板的左方有一足夠長的臺階，其高度正好與木板相同．現(xiàn)在讓質(zhì)量為m2＝2kg的物塊靜止于B處，質(zhì)量為m1＝1kg的物塊從光滑圓弧頂部的A處由靜止釋放，物塊m1下滑至B處和m2碰撞后不再分開，整體設(shè)為物塊m(m＝m1＋m2)．物塊m越過半圓管底部C處滑上木板使其從靜止起先向左運(yùn)動，當(dāng)木板速度為2m/s時，木板與臺階碰撞馬上被粘住(即速度變?yōu)榱?，若g取10m/s2，物塊碰撞前后均可視為質(zhì)點(diǎn)，圓管粗細(xì)不計．(1)求物塊m1和m2碰撞過程中損失的機(jī)械能；(2)求物塊m滑到半圓管底部C處時所受支持力大??；(3)若物塊m與木板及臺階表面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，求物