2025屆高考物理一輪總復(fù)習(xí)課時(shí)跟蹤檢測(cè)二十九“應(yīng)用三大力學(xué)觀點(diǎn)解題”的技能強(qiáng)化

課時(shí)跟蹤檢測(cè)（二十九）“應(yīng)用三大力學(xué)觀點(diǎn)解題”的技能強(qiáng)化1．如圖甲是打樁機(jī)進(jìn)行路基打樁的實(shí)物情景圖，打樁過(guò)程情景模型如圖乙所示，已知打樁機(jī)重錘A的質(zhì)量為m，混凝土鋼筋樁B的質(zhì)量為M，其中M＝8m。每一次打樁時(shí)，打樁機(jī)抬高重錘A，比樁B頂部高出H，然后從靜止自由釋放，與樁發(fā)生時(shí)間極短的完全非彈性碰撞后，與樁一起向下運(yùn)動(dòng)，設(shè)樁受到的阻力f與樁深化地面下的深度h成正比，即f＝kh，其中k＝eq\f(56mg,H)(重力加速度為g，其他阻力忽視不計(jì))。(1)完成第1次打樁后，試求樁B深化地面下的深度h1；(2)已知樁B的長(zhǎng)度l＝3H，試求使樁B剛好全部進(jìn)入地面下，則要打多少次？解析：(1)設(shè)重錘A下落與樁B碰撞前的速度為v0，則有mgH＝eq\f(1,2)mv02因?yàn)橹劐NA與樁B發(fā)生了時(shí)間極短的完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的共同速度為v，則有mv0＝(M＋m)v設(shè)第1次打樁，樁B克服阻力所做的功為W1，則有(M＋m)gh1－W1＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v2其中W1＝eq\f(1,2)kh12聯(lián)合上式解得h1＝eq\f(H,3)，另一負(fù)解不合實(shí)際狀況，故舍去。(2)設(shè)使樁B剛好全部進(jìn)入地面下，要打N次，依據(jù)動(dòng)能定理，有：(M＋m)gl－W總＝0－N×eq\f(1,2)(M＋m)v2其中W總＝eq\f(1,2)kl2，解得N＝2025。答案：(1)eq\f(H,3)(2)20252．如圖所示，光滑水平面MN的左端M處固定有一能量補(bǔ)充裝置P，使撞擊它的物體彈回后動(dòng)能在原來(lái)基礎(chǔ)上增加肯定值。右端N處與水平傳送帶恰好平齊且靠近，傳送帶沿逆時(shí)針?lè)较蛞院愣ㄋ俾蕍＝6m/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，水平部分長(zhǎng)度L＝9m。放在光滑水平面上的兩相同小物塊A、B(均視為質(zhì)點(diǎn))間有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧，彈性勢(shì)能Ep＝9J，彈簧與A、B均不粘連，A、B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，物塊質(zhì)量mA＝mB＝1kg?，F(xiàn)將A、B同時(shí)由靜止釋放，彈簧彈開物塊A和B后，快速移去輕彈簧，此時(shí)，A還未撞擊P，B還未滑上傳送帶。取g＝10m/s2。(1)求A、B剛被彈開時(shí)的速度大?。?2)試通過(guò)計(jì)算推斷B第一次滑上傳送帶后，能否從傳送帶右端滑離傳送帶；(3)若B從傳送帶上回到光滑水平面MN上與被彈回的A發(fā)生碰撞后粘連，一起滑上傳送帶，則P應(yīng)給A至少補(bǔ)充多少動(dòng)能才能使二者一起滑離傳送帶？解析：(1)彈簧彈開的過(guò)程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有Ep＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2由動(dòng)量守恒定律得mAvA－mBvB＝0聯(lián)立以上兩式解得vA＝3m/s，vB＝3m/s。(2)假設(shè)B不能從傳送帶右端滑離傳送帶，則B做勻減速運(yùn)動(dòng)直到速度減小到零，設(shè)位移為x，由動(dòng)能定理得－μmBgx＝0－eq\f(1,2)mBvB2，解得x＝eq\f(vB2,2μg)＝2.25m由于x＜L，B不能從傳送帶右端滑離傳送帶。(3)設(shè)物塊A撞擊P后被反向彈回的速度為v1，由功能關(guān)系可知E＋eq\f(1,2)mAvA2＝eq\f(1,2)mAv12由物塊B在傳送帶上先向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減小到零，然后反方向做勻加速運(yùn)動(dòng)。由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，物塊B回到皮帶左端時(shí)速度大小應(yīng)為v2＝vB＝3m/s設(shè)B與A發(fā)生碰撞粘連后速度為v′，由動(dòng)量守恒定律可得mAv1－mBv2＝(mA＋mB)v′，要使二者能一起滑離傳送帶，要求eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2≥μ(mA＋mB)gL，由以上四式可得E≥108J。答案：(1)3m/s3m/s(2)不能(3)108J3．(2024·海南高考)如圖，一長(zhǎng)木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，將一小滑塊無(wú)初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質(zhì)量分別為m和2m，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。(1)滑塊相對(duì)木板靜止時(shí)，求它們的共同速度大??；(2)某時(shí)刻木板速度是滑塊的2倍，求此時(shí)滑塊到木板最右端的距離；(3)若滑塊輕放在木板最右端的同時(shí)，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保持勻速直線運(yùn)動(dòng)，直到滑塊相對(duì)木板靜止，求此過(guò)程中滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間以及外力所做的功。解析：(1)由于地面光滑，則木板與滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有2mv0＝3mv共，解得v共＝eq\f(2v0,3)。(2)由于木板速度是滑塊的2倍，則有v木＝2v滑，再依據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mv0＝2mv木＋mv滑，聯(lián)立化簡(jiǎn)得v滑＝eq\f(2,5)v0，v木＝eq\f(4,5)v0，再依據(jù)功能關(guān)系有－μmgx＝eq\f(1,2)×2mv木2＋eq\f(1,2)mv滑2－eq\f(1,2)×2mv02，聯(lián)立解得x＝eq\f(7v02,25μg)。(3)由于木板保持勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有F＝μmg，對(duì)滑塊進(jìn)行受力分析，并依據(jù)牛頓其次定律有a滑＝μg，滑塊相對(duì)木板靜止時(shí)有v0＝a滑t，解得t＝eq\f(v0,μg)，則整個(gè)過(guò)程中木板滑動(dòng)的距離為x′＝v0t＝eq\f(v02,μg)，則拉力所做的功為W＝Fx′＝mv02。答案：(1)eq\f(2v0,3)(2)eq\f(7v02,25μg)(3)eq\f(v0,μg)mv024．(2024·浙江6月選考)如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點(diǎn)O正下方的A點(diǎn)，以速度v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長(zhǎng)度均為l。圓弧形細(xì)管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點(diǎn)高度為H。起先時(shí)，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點(diǎn)，并向左拉開肯定的高度h由靜止下擺，細(xì)線始終張緊，擺到最低點(diǎn)時(shí)恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物塊與MN、CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時(shí)不反彈且靜止。忽視M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10m/s2。(1)若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時(shí)物塊a的速度v0的大小；(2)物塊a在DE最高點(diǎn)時(shí)，求管道對(duì)物塊的作用力FN與h間滿意的關(guān)系；(3)若物塊b釋放高度0.9m<h<1.65m，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍(以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正，建立x軸)。解析：(1)滑塊b擺到最低點(diǎn)過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律mgh＝eq\f(1,2)mvb2，解得vb＝5m/sb與a發(fā)生彈性碰撞，依據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得mvb＝mvb′＋mv0，eq\f(1,2)mvb2＝eq\f(1,2)mvb′2＋eq\f(1,2)mv02聯(lián)立解得v0＝vb＝5m/s。(2)由(1)分析可知，物塊b與物塊a在A點(diǎn)發(fā)生彈性正碰，速度交換，設(shè)物塊a剛好可以到達(dá)E點(diǎn)，高度為h1，依據(jù)動(dòng)能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0解得h1＝1.2m以豎直向下為正方向FN＋mg＝meq\f(vE2,R)由動(dòng)能定理mgh－2μmgl－mgH＝eq\f(1,2)mvE2聯(lián)立可得FN＝0.1h－0.14(h≥1.2m)。(3)當(dāng)1.2m≤h<1.65m時(shí)，物塊位置在E點(diǎn)或E點(diǎn)右側(cè)，依據(jù)動(dòng)能定理得mgh－2μmgl－mgH＝eq\f(1,2)mvE2從E點(diǎn)飛出后，豎直方向H＝eq\f(1,2)gt2水平方向s＝vEt依據(jù)幾何關(guān)系可得DF＝eq\f(\r(3),5)m聯(lián)立解得x＝3l＋DF＋s1代入數(shù)據(jù)解得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(\r(3),5)))m≤x<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3.6＋\f(\r(3),5)))m當(dāng)0.9m<h<1.2m時(shí)，從h2＝0.9m釋放時(shí)，依據(jù)動(dòng)能定理可得mgh2－μmgs2＝0，解得s2＝1.8m可知物塊達(dá)到距離C點(diǎn)0.8m處?kù)o止；若物塊a到E點(diǎn)速度為零，返回到CD時(shí)，依據(jù)動(dòng)能定理可得mgH－μmgs3＝0解得s3＝0.4m距離C點(diǎn)0.6m，綜上可知當(dāng)0.9m<h<1.2m時(shí)，3l－s3≤x≤3l代入數(shù)據(jù)得2.6m≤x≤3m。答案：(1)5m/s(