（通用版）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題分層突破練7 應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決綜合問(wèn)題（含解析）

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1、專題分層突破練7　應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決綜合問(wèn)題 A組 　1.(2019湖南長(zhǎng)沙模擬)在冰壺比賽中,某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對(duì)方的藍(lán)壺,兩者在大本營(yíng)中心發(fā)生對(duì)心碰撞如圖(a)所示,碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的v-t圖線如圖(b)中實(shí)線所示,其中紅壺碰撞前后的圖線平行,兩冰壺質(zhì)量相等,則(　　) A.兩壺發(fā)生了彈性碰撞 B.碰后藍(lán)壺速度為0.8 m/s C.碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為2.4 m D.碰后紅壺所受摩擦力小于藍(lán)壺所受摩擦力 2.(2019湖南懷化二模)如圖所示,質(zhì)量為m=1 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放置在光滑的水平面上,與一根處于自然長(zhǎng)度的彈簧接觸但不相連,彈簧另一端固定在豎直墻面上。水

2、平面右側(cè)與一傾角θ=37°、長(zhǎng)s=1 m的斜面在A處平滑連接,在斜面頂端B處通過(guò)長(zhǎng)度可忽略的圓弧軌道與光滑水平軌道BC相連,半徑R=0.8 m的豎直放置的光滑圓弧軌道CD與軌道BC相切于C點(diǎn)?，F(xiàn)用外力作用于物塊將彈簧壓縮一段距離,然后撤去外力,物塊由靜止釋放后恰好運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)。已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)釋放物塊瞬間,彈簧的彈性勢(shì)能Ep; (2)物塊由D點(diǎn)返回到C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道壓力FN的大小; (3)物塊第一次從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t。 3.

3、 (2019山東實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖所示,在水平桌面上放有長(zhǎng)度為L(zhǎng)=2 m的木板C,C上右端是固定擋板P,在C中點(diǎn)處放有小物塊B,P的厚度可忽略不計(jì)。C上表面與固定在地面上半徑為R=0.45 m的圓弧光滑軌道相切,質(zhì)量為m=1 kg的小物塊A從圓弧最高點(diǎn)由靜止釋放,木板C與桌面之間無(wú)摩擦,A、C之間和B、C之間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。A、B、C(包含擋板P)的質(zhì)量相同,開(kāi)始時(shí),B和C靜止,A、B可視為質(zhì)點(diǎn)。(g取10 m/s2) (1)求滑塊從釋放到離開(kāi)軌道受到的沖量大小; (2)若物塊A與B發(fā)生碰撞,求滑動(dòng)摩擦因數(shù)μ應(yīng)滿足的條件; (3)若物塊A與B發(fā)生碰撞(設(shè)為完全彈性碰撞)后,物

4、塊B與擋板P發(fā)生碰撞,求滑動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ應(yīng)滿足的條件。 4.(2019山東濱州模擬)如圖甲所示,足夠長(zhǎng)的木板C通過(guò)某一裝置鎖定在地面上,物塊A、B靜止在木板C上,物塊A、B間距離為1.1 m。開(kāi)始時(shí)物塊A以速度v0=6 m/s向右運(yùn)動(dòng),物塊A在與B碰撞前一段時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)圖象如圖乙所示。已知物塊A、B可視為質(zhì)點(diǎn),質(zhì)量分別為mA=1 kg、mB=4 kg,A、B與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,木板C的質(zhì)量mC=1 kg,C與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為16。A與B彈性碰撞過(guò)程時(shí)間極短、可忽略摩擦力的影響,A、B碰撞后瞬間木板C解除鎖定。重力加速度g取10 m/s2。求: (

5、1)物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù); (2)碰撞后瞬間物塊A的速度; (3)最后停止時(shí)物塊A、B間的距離(結(jié)果保留兩位小數(shù))。 5. (2019廣西八市調(diào)研)如圖所示,固定在水平面上的斜面體傾角為θ=37°,斜面足夠長(zhǎng)。長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的長(zhǎng)木板B放在斜面頂端,長(zhǎng)為12L、質(zhì)量為12m的木板C也放在斜面上,B、C均處于鎖定狀態(tài)。木板B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.5,B、C兩木板厚度相同,兩板間距離為L(zhǎng)。將質(zhì)量為14m的物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在長(zhǎng)木板B的頂端,同時(shí)解除木板B的鎖定,A、B均從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)木板B與C剛好要相碰時(shí),解除木板C的鎖定

6、,此時(shí)物塊A剛好要滑離木板B,已知木板B與C相碰后粘在一起(碰撞時(shí)間極短),重力加速度為g,sin 37°=0.6,求: (1)物塊A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1; (2)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到B與C剛好要相碰,系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q; (3)若B、C碰撞后,BC整體和A都恰好做勻速運(yùn)動(dòng),求A在C上滑行的時(shí)間。 B組 6.(2019江西名校聯(lián)考)如圖所示,水平地面上左側(cè)有一質(zhì)量為2m的四分之一光滑圓弧斜槽C,斜槽末端切線水平,右側(cè)有一質(zhì)量為3m的帶擋板P的木板B,木板上表面水平且光滑,木板與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25,斜槽末端和木板左端平滑過(guò)渡但不粘連。某時(shí)刻

7、,一質(zhì)量為m的可視為質(zhì)點(diǎn)的光滑小球A從斜槽頂端靜止?jié)L下,重力加速度為g,求: (1)若光滑圓弧斜槽C不固定,圓弧半徑為R且不計(jì)斜槽C與地面的摩擦,求小球滾動(dòng)到斜槽末端時(shí)斜槽的動(dòng)能; (2)若斜槽C固定在地面上,小球從斜槽末端滾上木板左端時(shí)的速度為v0,小球滾上木板上的同時(shí),外界給木板施加大小為v0的水平向右初速度,并且同時(shí)分別在小球上和木板上施加水平向右的恒力F1與F2,且F1=F2=0.5mg。當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到木板右端時(shí)(與擋板碰前的瞬間),木板的速度剛好減為零,之后小球與木板的擋板發(fā)生第1次相碰,以后會(huì)發(fā)生多次碰撞。已知小球與擋板的碰撞都是彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短,小球始終在木板上運(yùn)動(dòng)。

8、 求:①小球與擋板第1次碰撞后的瞬間,木板的速度大小; ②小球與擋板第1次碰撞后至第2 019次碰撞后瞬間的過(guò)程中F1與F2做功之和。 7. (2019廣東揭陽(yáng)二模)如圖所示,在臺(tái)階的水平臺(tái)面邊緣靜止一質(zhì)量為m=0.1 kg的小球A,在緊靠A的左側(cè)用細(xì)線豎直掛一同樣大小的小球B,兩球心連線水平。在平臺(tái)下面的地面上有一傾角為θ=37°的傳送帶,傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),長(zhǎng)度為L(zhǎng)=53 m,傳送帶的上端離臺(tái)階的高度H=0.45 m。把小球B拉到離平臺(tái)h=0.8 m高處由靜止釋放,與小球A正碰后B的速率變?yōu)榕鲎睬暗?2,小球A恰好沿

9、平行于傳送帶的方向從傳送帶的上端飛上傳送帶并沿傳送帶運(yùn)動(dòng)。已知小球A與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=38,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)傳送帶上端與臺(tái)階的水平距離s; (2)求小球B的質(zhì)量; (3)若要使小球A能在最短時(shí)間內(nèi)到達(dá)傳送帶底端,傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的速度應(yīng)滿足什么條件? 專題分層突破練7　應(yīng)用力學(xué)三大 觀點(diǎn)解決綜合問(wèn)題 1.B　解析 由題圖知:碰前紅壺的速度v0=1.0m/s,碰后速度為v0'=0.2m/s,可知,碰后紅壺沿原方向運(yùn)動(dòng),設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v,取碰撞前紅壺的速度方向?yàn)檎较?根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得:mv0=mv0'+m

10、v,代入數(shù)據(jù)解得:v=0.8m/s,12mv02>12mv0'2+12mv2,碰撞過(guò)程機(jī)械能有損失,碰撞為非彈性碰撞,故A錯(cuò)誤,B正確;根據(jù)v-t圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移,可得,碰后藍(lán)壺移動(dòng)的位移大小x=v2t=0.82×5m=2m,故C錯(cuò)誤;根據(jù)圖象的斜率表示加速度,知碰后紅壺的加速度大于藍(lán)壺的加速度,兩者的質(zhì)量相等,由牛頓第二定律知碰后紅壺所受摩擦力大于藍(lán)壺所受的摩擦力,故D錯(cuò)誤。 2.答案 (1)18 J　(2)30 N　(3)0.2 s 解析 (1)根據(jù)能量守恒定律得 Ep=mg(s·sinθ+R)+μmgcosθ·s 解得Ep=18J (2)由機(jī)械能守恒定律得mgR=

11、12mv2 在C點(diǎn)由牛頓第二定律得F-mg=mv2R 聯(lián)立解得F=30N 由牛頓第三定律知物塊對(duì)圓弧軌道的壓力大小為FN=F=30N (3)由功能關(guān)系得Ep=12mv02 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得s=12(v0+v)t 聯(lián)立解得t=0.2s 3.答案 (1)3 N·s　(2)μ<0.3　(3)μ<0.15 解析 (1)設(shè)滑塊離開(kāi)軌道時(shí)的速度為v0, 則mgR=12mv02 v0=3m/s 由動(dòng)量定理得I=ΔP=mv0=3N·s (2)若物塊A剛好與物塊B不發(fā)生碰撞,則物塊A運(yùn)動(dòng)到物塊B所在處時(shí)三者的速度均相同,設(shè)為v1,由動(dòng)量守恒定律得 mv0=3mv1 -μmgL2=1

12、2(3m)v12-12mv02 式中L2就是物塊A相對(duì)木板C運(yùn)動(dòng)的路程,解得μ=2v023gL 即μ=2v023gL時(shí),A剛好不與B發(fā)生碰撞,若μ<2v023gL,則A將與B發(fā)生碰撞,故A與B發(fā)生碰撞的條件是μ<2v023gL。 代入數(shù)據(jù)得:μ<0.3 (3)物塊A、B間的碰撞是彈性的,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,因?yàn)橘|(zhì)量相等,碰撞前后A、B交換速度,B相對(duì)于A、C向右運(yùn)動(dòng),以后發(fā)生的過(guò)程相當(dāng)于第(2)問(wèn)中所進(jìn)行的延續(xù),由物塊B替換A繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)。 若物塊B剛好與擋板P不發(fā)生碰撞,A、B、C三者的速度相等,設(shè)此時(shí)三者的速度為v2 mv0=3mv2 -μmgL=12(3m)v22-12mv0

13、2 解得μ=v023gL 即μ=v023gL時(shí),A與B碰撞,但B與P剛好不發(fā)生碰撞,若μ

14、mAvA+mBvB 12mAv2=12mAvA2+12mBvB2 聯(lián)立以上三式解得:vA=-3m/s、vB=2m/s;即碰撞后瞬間物塊A的速度大小為3m/s,方向向左。 (3)碰撞后對(duì)木板C受力分析得μ1mBg-μ1mAg-μ2(mA+mB+mC)g=mCaC 由物塊B受力得:μ1mBg=mBaB 設(shè)經(jīng)時(shí)間t1物塊B與木板C達(dá)到相同的速度v,則v=vB-aBt 此時(shí)C的速度為v=aCt 聯(lián)立以上四式解得:v=1.0m/s、t=0.2s 從碰撞結(jié)束到B、C速度相同,B向右的位移大小為x2,則 x2=vB+v2t B、C相對(duì)靜止后一起運(yùn)動(dòng),設(shè)其加速度為a,則 μ1mAg+μ2

15、(mA+mB+mC)g=(mB+mC)a B、C一起向右運(yùn)動(dòng)的位移大小為x3,則0-v2=-2ax3 A碰撞后到停下經(jīng)過(guò)的位移大小為x4,則0-vA2=-2aAx4 最后停止時(shí)物塊A、B間的距離 x=x2+x3+x4=1.37m 5.答案 (1)13　(2)1730mgL　(3)38g3gL 解析 (1)設(shè)A和B勻加速時(shí)的加速度大小分別為a1和a2,B碰C前運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1 對(duì)A和B分別用牛頓第二定律有: 14mgsinθ-μ1×14mgcosθ=14ma1 mgsinθ+μ1×14mgcosθ-μ2m+14mgcosθ=ma2 2L=12a1t12 L=12a2t12

16、 求得μ1=13 (2)A在B上滑動(dòng)時(shí)因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q1=μ1×14mgcosθ·L 從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到B與C剛好要相碰時(shí)的一段時(shí)間內(nèi),B與斜面間的摩擦產(chǎn)生的熱量Q2=μ2×54mgcosθ·L 此時(shí)整個(gè)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=Q1+Q2 聯(lián)立解得:Q=1730mgL (3)由(1)問(wèn)求得物塊A滑動(dòng)的加速度大小為a1=13g 木板B運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2=16g 當(dāng)B和C剛要相碰時(shí),A、B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=23Lg 當(dāng)B和C相碰前一瞬間,A的速度大小v1=a1t1=233gL B的速度大小v2=a2t1=133gL B與C碰撞的過(guò)程動(dòng)量守恒。設(shè)碰撞粘在一起的一瞬間,B、C的共同

17、速度為v3, 根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 mv2=m+12mv3 求得v3=293gL 由題意碰后,A和BC都做勻速運(yùn)動(dòng) 設(shè)物塊A在板C上滑行的時(shí)間為t2, 則t2=12Lv1-v3=38g3gL 6.答案 (1)13mgR　(2)①2v0?、?4 216mv02 解析 (1)設(shè)小球滾動(dòng)到斜槽末端時(shí),A與C的速度大小分別為vA、vC A與C水平方向動(dòng)量守恒,則:mvA-2mvC=0① A與C系統(tǒng)機(jī)械能守恒,則:mgR=12mvA2+122mvC2② C的動(dòng)能為:Ek=122mvC2③ 聯(lián)立①②③解得:Ek=13mgR (2)①小球滾到木板上后,小球與木板的加速度大小分別為a1

18、與a2 則有:a1=g2④ a2=μ4mg-F23m=g6⑤ 木板開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度第一次減為零時(shí)用時(shí)為t0,則有:t0=v0a2⑥ 小球第一次與擋板碰前瞬間速度為:v1=v0+a1t0⑦ 另設(shè)第一次碰完后小球與木板的速度分別為vA1、vB1 A與B動(dòng)量守恒,則:mv1=mvA1+3mvB1⑧ A與B系統(tǒng)動(dòng)能不變,則:12mv12=12mvA12+123mvB12⑨ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨解得:vB1=2v0,vA1=-2v0 ②由題可知,第1次碰撞后,小球以2v0沿木板向左勻減速運(yùn)動(dòng)再反向勻加速,木板以2v0向右勻減速運(yùn)動(dòng)(兩者v-t圖象如圖所示) 木板速度再次減為零的時(shí)間:

19、 t=2v0a2=12v0g 小球的速度:vA2=-2v0+a1t=4v0 此時(shí),小球的位移: x1=-2v0t+12a1t2=12v02g 木板的位移:x2=2v0t-12a2t2=12v02g 即小球、木板第2次相碰前瞬間的速度與第1次相碰前瞬間的速度相同,以后小球、木板重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)過(guò)程; 則第1次碰撞后與第2019次碰撞后瞬間,小球與木板總位移相同,都為:x2019=2018·12v02g=24216v02g⑩ 則此過(guò)程F1與F2做功之和: W=(F1+F2)·x2019 聯(lián)立⑩解得:W=24216mv02 7.答案 (1)1.2 m　(2)0.2 kg　(3)v傳

20、≥55 m/s 解析 (1)小球A做平拋運(yùn)動(dòng),有:H=12gt2 到達(dá)傳送帶上端時(shí),豎直方向:vy=gt vy=vAtanθ 傳送帶上端與臺(tái)階的水平距離:s=vAt 解得:s=1.2m (2)設(shè)B與A碰前的速度為v0,由動(dòng)能定理,得:mBgh=12mBv02 解得:v0=4m/s 碰后B的速度大小為:vB=12v0=2m/s 若碰后B的速度水平向右,由能量守恒定律,得:mBv0=mBvB+mAvA 解得:mB=0.2kg 因12mBv02>12mBvB2+12mAvA2,故此情況成立。 若碰后B的速度水平向左,則mBv0=-mBvB+mAvA 解得:mB=115kg 因12mBv02<12mBvB2+12mAvA2,故此情況不成立。 (3)設(shè)小球A在傳送帶運(yùn)動(dòng)時(shí)的最大加速度為am,由牛頓第二定律得:mgsinθ+μmgcosθ=mam 解得am=9m/s2 設(shè)傳送帶速度為v時(shí),小球A恰能以am一直勻加速至傳送帶下端并與傳送帶共速。 小球A滑上傳送帶的速度:v1=vAcosθ 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式,得:v傳2-v12=2amL 解得:v傳=55m/s 故傳送帶的速度應(yīng)該滿足:v傳≥55m/s 15