2025屆高考物理二輪復習：微專題3 力學三大觀點的綜合運用-專項訓練 【含答案】

2025屆高考物理二輪復習微專題3力學三大觀點的綜合運用-專項訓練1.[2024·溫州中學模擬]如圖所示,光滑水平面MN的左端有一彈性擋板P(碰撞時無能量損失),右端N與處于同一高度的水平傳送帶之間的距離可忽略,傳送帶水平部分NQ的長度L=4m,傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動,其速度v=2m/s.MN上放置著兩個可視為質(zhì)點的質(zhì)量分別為mA=4kg、mB=1kg的小物塊A、B,開始時A、B都靜止,A、B間壓縮一鎖定的輕質(zhì)彈簧,其彈性勢能Ep=10J.現(xiàn)解除鎖定,彈簧彈開A、B后迅速移走彈簧,g取10m/s2.(1)求物塊A、B被彈開時各自的速度大小;(2)已知兩物塊將在水平面MN上發(fā)生碰撞,則小物塊B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)至少為多大?(3)若物塊A、B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)都等于第(2)問中的臨界值,且兩物塊在水平面MN上碰撞后結(jié)合成整體,求在此后兩物塊整體第一次滑上傳送帶到第一次減速至零的過程中,兩物塊整體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量.2.[2024·寧波模擬]如圖所示為固定于豎直平面內(nèi)的實驗裝置,該裝置由A、B兩端距離為L=4m、速度可調(diào)的水平傳送帶及圓心分別在O1和O2、圓心角均為θ=120°、半徑均為R=0.4m的光滑圓弧軌道BCD與光滑細圓管EFG組成,其中B、G兩點分別為兩軌道的最高點和最低點,B點在傳送帶右端轉(zhuǎn)軸的正上方.在細圓管EFG的右側(cè)足夠長的光滑水平地面上緊挨著一塊與管口下端等高、足夠長、質(zhì)量M=0.5kg的木板(與軌道不粘連).現(xiàn)將一塊質(zhì)量m=0.3kg的物塊(可視為質(zhì)點)輕輕放在傳送帶的最左端A點,物塊在傳送帶上自左向右運動,在B處的開口和E、D處的開口正好可容物塊通過.已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ1=0.2,物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ2=0.5,g取10m/s2.(1)若物塊進入圓弧軌道BCD后恰好不脫軌,求傳送帶的速度大小;(2)若傳送帶速度為5m/s,求物塊經(jīng)過圓弧軌道BCD最低點D時,軌道對物塊的彈力大小;(3)若傳送帶最大速度為6m/s,在不脫軌的情況下,求物塊在木板上運動過程中產(chǎn)生的熱量Q與傳送帶速度v之間的關(guān)系.3.[2024·效實中學模擬]某游戲裝置如圖所示,左側(cè)固定一張長s=1.75m的桌子,水平桌面的邊緣A、B處有兩個小物塊甲、乙,質(zhì)量分別為m1=0.08kg,m2=0.02kg,兩物塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.2;右側(cè)有一根不可伸長的細線,長度為L=1.5m,能夠承受的最大拉力Fmax=16N,細線上端固定在O點,下端系有一個側(cè)面開口的輕盒(質(zhì)量不計),初始時刻盒子鎖定在C點且細線伸直,OC與豎直方向的夾角θ=37°,O點正下方距離為h=0.5m處有一細長的釘子,用于阻擋細線.某次游戲時,敲擊物塊甲,使其獲得v0=4m/s的初速度,一段時間后與物塊乙發(fā)生碰撞,碰撞時間極短且碰后粘在一起,形成組合體從邊緣B飛出,當組合體沿垂直于OC方向飛入盒子時,盒子立即解鎖,之后組合體與盒子一起運動不再分離.若組合體碰撞盒子前后速度不變,空氣阻力不計,物塊與輕盒大小可忽略,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2.(1)求物塊甲即將碰到乙時的速度大小v1;(2)求組合體到達C點時的速度大小vC;(3)求細線被釘子擋住后的瞬間對盒子的拉力大小FT;(4)若h的大小可調(diào),要求細線被釘子擋住后始終伸直且不斷裂,求h的可調(diào)范圍.4.[2024·湖州模擬]物理老師自制了一套游戲裝置供同學們一起娛樂和研究,游戲裝置可以簡化為如圖所示的模型.該模型由同一豎直平面內(nèi)的水平軌道OA、半徑為R1=0.6m的半圓單層軌道ABC、半徑為R2=0.1m的半圓圓管軌道CDE、平臺EF和IK、凹槽FGHI組成,且各段各處平滑連接.凹槽里停放著一輛質(zhì)量為m=0.1kg的無動力擺渡車Q并緊靠在豎直側(cè)壁FG處,擺渡車長度L1=1m且上表面與平臺EF、IK平齊.水平面OA的左端通過擋板固定一個彈簧,彈簧右端可以通過壓縮彈簧發(fā)射能看成質(zhì)點的不同滑塊P,彈簧的彈性勢能最大能達到Epm=5.8J.現(xiàn)三位同學小張、小楊、小振分別選擇了質(zhì)量為m1=0.1kg、m2=0.2kg、m3=0.4kg的同種材質(zhì)滑塊P參與游戲,游戲成功的標準是通過彈簧發(fā)射出去的滑塊能停在平臺的目標區(qū)JK段.已知凹槽GH段足夠長,擺渡車與側(cè)壁IH相撞時會立即停止不動,滑塊與擺渡車上表面和平臺IK段間的動摩擦因數(shù)都是μ=0.5,其余各處摩擦都不計,IJ段長度L2=0.4m,JK段長度L3=0.7m,g取10m/s2.(1)已知小振同學的滑塊以最大彈性勢能彈出時不能進入圓管軌道,求小振同學的滑塊經(jīng)過與圓心O1等高的B處時對軌道的最大壓力;(2)如果小張同學以Ep1=2J的彈性勢能將滑塊彈出,請根據(jù)計算后判斷滑塊最終停在何處?(3)如果小楊將滑塊彈出后滑塊最終能成功地停在目標區(qū)JK段,則他發(fā)射時的彈性勢能Ep應滿足什么要求?參考答案與詳細解析1.(1)1m/s4m/s(2)0.2(3)4.4J或15.6J[解析](1)A、B物塊被彈簧彈開的過程中,由動量守恒定律得mAvA-mBvB=0由能量守恒定律得Ep=12mAvA2+1聯(lián)立解得vA=1m/s,vB=4m/s(2)要使兩物塊能在水平面MN上發(fā)生碰撞,小物塊B不能在傳送帶的Q端掉下,則小物塊B在傳送帶上最多減速運動到Q端時速度減為零.設(shè)減速過程加速度大小至少為a,動摩擦因數(shù)至少為μ,由牛頓第二定律得μmBg=mBa由運動學公式得0-vB2聯(lián)立解得μ=0.2(3)因為物塊B第一次沖上傳送帶的速度vB=4m/s大于傳送帶的速度v=2m/s,所以物塊B在傳送帶上返回水平面MN上過程先加速運動后勻速運動,到達水平面MN上時的速度等于傳送帶速度,即vB'=v=2m/s.①若兩物塊A、B在水平面MN上相向碰撞結(jié)合成整體,設(shè)碰后共同速度為v1,根據(jù)動量守恒定律得mAvA-mBvB'=(mA+mB)v1解得v1=0.4m/s,方向向右兩物塊整體第一次滑上傳送帶到第一次減速至零的過程,所用時間為t1=0?兩物塊整體與傳送帶的相對位移為Δx1=vt1+12v1t兩物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q1=μ(mA+mB)g·Δx1聯(lián)立解得Q1=4.4J②若兩物塊A、B在水平面MN上同向碰撞結(jié)合成整體,設(shè)碰后共同速度為v2,根據(jù)動量守恒定律得mAvA+mBvB'=(mA+mB)v2解得v2=1.2m/s,方向向左兩物塊整體與彈性擋板P碰撞無能量損失,碰后速度大小仍為v2=1.2m/s,方向向右兩物塊整體第一次滑上傳送帶到第一次減速至零的過程,所用時間為t2=0?兩物塊整體與傳送帶的相對位移為Δx2=vt2+12v2t兩物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q2=μ(mA+mB)g·Δx2聯(lián)立解得Q2=15.6J綜上可知,兩物塊整體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量是4.4J或15.6J.2.(1)2m/s(2)22.5N(3)Q=3([解析](1)若物塊進入圓弧軌道BCD后恰好不脫軌,則物塊在B點時,由牛頓第二定律得mg=mv解得vB0=2m/s物塊在傳送帶上運動過程,根據(jù)牛頓第二定律得μ1mg=ma若傳送帶速度較大,物塊在傳送帶上能一直加速運動到B端,則由運動學公式得v12解得v1=4m/s由于v1>vB0=2m/s,所以物塊的運動不是一直加速運動,而是先加速到與傳送帶共速再與傳送帶一起勻速運動,傳送帶的速度為2m/s(2)傳送帶速度為5m/s時,由于v1<5m/s,所以物塊在傳送帶上勻加速運動到B端.物塊在圓弧軌道BCD上運動過程,根據(jù)動能定理得mg[R+Rsin(θ-90°)]=12mvD2-物塊經(jīng)過D點時,由牛頓第二定律得FND-mgsin(θ-90°)=mv聯(lián)立解得FND=22.5N(3)在不脫軌的情況下,物塊從B點運動到G點的過程,根據(jù)動能定理得mg[2R+2Rsin(θ-90°)]=12mvG2-物塊在木板上運動過程中,物塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒,有mvG=M+由能量守恒定律得Q=12mvG2-12(m+聯(lián)立可得Q=3(v當傳送帶的速度v的取值范圍為2m/s≤v<4m/s時,滑塊到達B時速度為vB=v,產(chǎn)生的熱量為Q=3v2當傳送帶的速度v的取值范圍為4m/s≤v≤6m/s時,滑塊到達B時速度為vB=4m/s,產(chǎn)生的熱量為Q=154綜上可知,Q=3(3.(1)3m/s(2)3m/s(3)2.5N(4)0<h≤0.75m或1.2m≤h≤1.4m[解析](1)物塊甲與乙碰撞前向右做勻減速直線運動,根據(jù)動能定理有-μm1gs=12m1v12-1解得v1=3m/s(2)物塊甲與乙發(fā)生完全非彈性碰撞,根據(jù)動量守恒定律有m1v1=m1+碰撞后,組合體做平拋運動,在C點時,對速度分解,有vCcosθ=v2聯(lián)立解得vC=3m/s(3)組合體從C點運動到釘子正下方時,根據(jù)動能定理有m1+m2g(L-Lcosθ)=12m1+m2解得v3=15m/s細線被釘子擋住后的瞬間,對盒子(含物塊組合體),由牛頓第二定律有FT-m1+m2g=(m1+解得FT=2.5N(4)當盒子剛好能擺到釘子等高處時,對盒子整體,由動能定理得-(m1+m2)g(L-h1)=0-12(m1+m2)解得h1=0.75m當盒子能繞釘子做完整的圓周運動且剛好通過最高點時,對盒子整體,由動能定理得-m1+m2g·2L-?2=12(m1+m2在最高點時,由牛頓第二定律得m1+m聯(lián)立解得h2=1.2m在該條件下同時需滿足在最低點繩子不斷裂,由牛頓第二定律得Fmax-m1+m解得h3=1.4m綜上可知,h的可調(diào)范圍為0<h≤0.75m或1.2m≤h≤1.4m4.(1)343N(2)在I點左側(cè)距離為0.1m處(3)4.6J≤Ep≤5.5[解析](1)當小振同學的滑塊以最大彈性勢能彈出時,滑塊經(jīng)過與圓心O1等高的B處時對軌道的壓力最大.從彈出到B處,根據(jù)動能定理有Epm-m3gR1=12m3經(jīng)過B處時,由牛頓第二定律得FN=m3v由牛頓第三定律可知,滑塊經(jīng)過與圓心O1等高的B處時對軌道的最大壓力FN'=FN聯(lián)立解得FN'=343(2)當小張同學的滑塊剛好經(jīng)過C時,由牛頓第二定律得m1g=m1v解得vC1=6m/s假設(shè)滑塊在C點不脫離軌道,則由能量守恒定律得Ep1=2m1gR1+12m1解得vC=4m/s由于vC>vC1,所以假設(shè)成立.假設(shè)滑塊能運動到平臺上,則由能量守恒定律得Ep1=2m1gR1+R2+解得v1=23m/s所以假設(shè)成立,且滑塊到達擺渡車左端時速度為23m/s由于凹槽足夠長,故擺渡車與側(cè)壁IH相撞前滑塊與擺渡車已經(jīng)共速,設(shè)共速時滑塊與擺渡車的相對位移為s,則根據(jù)動量守恒定律有m1v1=m1+m根據(jù)功能關(guān)系有μm1gs=12m1v1聯(lián)立解得s=0.6m之后滑塊與擺渡車一起勻速運動,擺渡車與側(cè)壁IH相撞后會立即停止不動,滑塊繼續(xù)向前滑行,滑塊速度減小到零的過程,由動能定理得-μm1gs'=0-12m1聯(lián)立解得s'=0.3m由于s+s'<L1,所以滑塊未滑出擺渡車.滑塊所停位置離車右端距離為L'=L1-s-s'=0.1m,即在I點左側(cè)距離為0.1m處.(3)當小楊的滑塊剛好經(jīng)過C時,由牛