题型专练二　力学三大观点的综合应用（解析版）—2023年高考物理【热点·重点·难点】专练（全国通用）

这是一份题型专练二　力学三大观点的综合应用（解析版）—2023年高考物理【热点·重点·难点】专练（全国通用），共18页。试卷主要包含了 如图所示，半径R＝2，75 m　1 s等内容，欢迎下载使用。
题型专练二　力学三大观点的综合应用这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及到几个知识点，而且都是牛顿运动定律、动能定理和机械能守恒定律或能量守恒定律、动量定理和动量守恒定律的内容结合起来考查，考查时注重物理思维与物理能力的考核.例题1. 　竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v­t图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。(a)　　　　　　　　　(b)(1)求物块B的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。[思维拆解]　第一步：构建碰撞模型求出物块B的质量第二步：分析物块A的两个运动过程，分别应用动能定理列方程第三步：借助于v­t图象与斜面几何关系求出P点的高度第四步：求出整个过程中克服摩擦力做功第五步：写出动摩擦因数变化前物块A克服摩擦力做功表达式第六步：对物块B在水平轨道上的运动应用动能定理列方程第七步：改变动摩擦因数后对物块A整个运动过程应用动能定理第八步：求出改变前后动摩擦因数的比值[答案]　(1)3m　(2)mgH　(3) [解析]　(1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′。由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1＝m＋m′v′  ①mv＝m＋m′v′2  ②联立①②式得m′＝3m。  ③(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有mgH－fs1＝mv－0  ④－(fs2＋mgh)＝0－m  ⑤从图(b)所给出的v­t图线可知s1＝v1t1  ⑥s2＝××(1.4t1－t1)  ⑦由几何关系＝  ⑧物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W＝fs1＋fs2 ⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W＝mgH。 ⑩(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W＝μmgcos θ·  ⑪设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有－μm′gs′＝0－m′v′2  ⑫设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有mgh－μ′mgcos θ·－μ′mgs′＝0  ⑬联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得＝。  ⑭例题2. 如图所示，半径R＝2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切。在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起。某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞。已知小球P的质量m1＝3.2 kg，小球Q的质量m2＝1 kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能Ep＝168 J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：(1)小球Q运动到C点时的速度大小；(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；(3)小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰。[答案]　(1)12 m/s　(2)0.75 m　(3)1 s [解析]　(1)两小球弹开的过程，由动量守恒定律得：m1v1＝m2v2由机械能守恒定律得：Ep＝m1v＋m2v联立可得：v1＝5 m/s，v2＝16 m/s小球Q沿圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得：m2v＝m2v＋2m2gR解得：vC＝12 m/s。(2)小球P在斜面向上运动的加速度为a1，由牛顿第二定律得：m1gsin θ＋μm1gcos θ＝m1a1解得：a1＝10 m/s2故上升的最大高度为：h＝sin θ＝0.75 m。(3)设两小球相遇点距离A点为x，小球P从A点上升到两小球相遇所用的时间为t，小球P沿斜面下滑的加速度为a2，则：m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1a2解得：a2＝2 m/s2小球P上升到最高点所用的时间：t1＝＝0.5 s则：2R＝gt2＋h－a2(t－t1)2sin θ解得：t＝1 s。1．解决力学问题的“三大观点”分类规律表达式动力学观点力的瞬时作用牛顿第二定律F合＝ma牛顿第三定律F＝－F′能量观点力的空间累积作用动能定理W合＝Ek2－Ek1机械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2动量观点力的时间累积作用动量定理F合t＝mv′－mv动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′22．力学规律选用的一般原则(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律或动能定理。(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中滑动摩擦力做功产生热量应用摩擦力乘以相对位移，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便。（建议用时：30分钟）一、单选题1． （河南省新未来联盟2022-2023学年高三上学期12月联考物理试题）如图所示，光滑的水平面上放置两个质量相等的物块p、q（均可视为质点），物块q的左侧水平固定一轻弹簧。现给物块p水平向右的初速度，当物块q固定时，弹簧的最大弹性势能为。现给物块p同样的初速度，当物块q不固定时，下列说法正确的是（　　）A．从物块与弹簧接触到弹簧弹性势能最大的过程中，两物块与弹簧组成的系统的机械能逐渐减少B．弹簧的弹性势能最大时，物块p的速度为0C．弹簧的弹性势能最大时，物块p的动能为D．弹簧的最大弹性势能为【答案】D【解析】A．由于水平面光滑，则物块p与q通过弹簧相互作用的过程中，两物块和弹簧组成的系统动量守恒，系统的机械能也守恒，A错误；B．物块q固定时，由机械能守恒定律得若物块q不固定，两物块速度相等时弹簧的弹性势能最大，假设两物块的共同速度为v，则对两物块由动量守恒定律得解得B错误；C．弹簧的弹性势能最大时，物块p的速度为，此时物块p的动能为C错误；D．由机械能守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能为D正确。故选D。2． （2022·湖南·周南中学高三阶段练习）如图所示，表面粗糙的“”型水平轨道固定在地面上，劲度系数为、原长为的轻弹簧一端固定在轨道上的O点，另一端与安装有位移、加速度传感器的滑块相连，滑块总质量为。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立轴，将滑块拉至坐标为的A点由静止释放，向左最远运动到坐标为的B点，测得滑块的加速度与坐标的关系如图所示，则滑块由A运动至B过程中（弹簧始终处于弹性限度内）（　　）A．B．C．最大动能为D．系统产生的热量为【答案】C【解析】A．由图可知，当滑块运动到位置时，滑块的加速度为零，滑块受到水平向右的滑动摩擦力和水平向左的弹力，所以弹簧处于伸长状态，而不是原长，则有故A错误；C．当滑块的加速度为零时，速度达到最大，动能最大，从到的过程，根据运动学公式结合图线与横轴所围区域的面积可得滑块的最大动能为故C正确；D．滑块由A运动至B过程中，根据能量守恒可知系统产生的热量等于弹簧的弹性势能减少量，则有故D错误；B．滑块由A运动至B过程中，结合图像可知，滑块从到做加速运动，从到做减速运动，根据对称性可知从到图线与横轴围成的面积等于从到图线与横轴围成的面积，则有，故B错误。故选C。3． （2022·重庆八中高三阶段练习）某次高能粒子对撞实验简化过程如图所示，在光滑水平面上，一质量为m、电荷量为q的带电小球A和一质量为2m、电荷量为2q的带电小球B相向运动，初速度大小分别为、，整个运动过程中，小球未发生接触。下列说法正确的是（　　）A．当A球的速度减为0时，B球的速度向右B．当A球的速度减为0时，系统的电势能最大C．从图示位置到A球的速度减为0的过程中，库仑力对两个小球做功相同D．从图示位置到A球的速度减为0的过程中，库仑力对两个小球冲量相同【答案】B【解析】AB．A、B两球组成的系统动量守恒，则有当A球的速度减为0时，可得此时整体动能最小，根据能量守恒可知电势能最大，故A错误，B正确；C．根据动能定理，库仑力对小球做功等于小球动能变化量，对A球，有对B球，有由此可知A球动能变化量的绝对值大，库仑力对A球做功多，故C错误；D．库仑力对两个小球作用时间相同，任意时刻大小相同，但方向相反，根据I=Ft可知冲量大小相等、方向相反，所以库仑力对两个小球冲量不相同，故D错误。故选B。4． （2022·重庆·西南大学附中高三阶段练习）如图所示，某同学在教室内做“子母球”的实验，将两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从课桌边缘自由落下，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞均为竖直方向内弹性碰撞，且碰撞时间均可忽略不计。已知两个弹性小球m2=4m1，课桌边缘离地面高度为h=0.75m，天花板离地面3.6m，则（　　）A．A小球弹起能打到天花板B．B小球弹起能超过桌子一半高度C．在碰撞的总过程，两个小球动量变化量等大反向D．在碰撞的总过程，A小球机械能守恒【答案】A【解析】AB．以B为研究对象，从B小球开始下落至地面时的过程中，设落地前小球B的速度为v1，由功能关系可得由于B触地后与地面发生弹性碰撞，故碰撞前后B球速度大小不变，方向相反，设碰后B速度为v2，则在大小上有以A球为研究对象，从B小球开始下落至地面时过程中，设A球落地前速度为v3，g取10m/s2，则由功能关系可得    根据以上可解得速度大小均为由于AB触地后，两球之间发生弹性碰撞，以AB两球相碰过程为研究过程，设AB两球相碰后速度分别为v4，v5，以速度向上为正方向。则根据动量守恒定律及能量守恒定律有联立以上及结合题意可解得以A球为研究对象，碰后至运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律可得联立可得故A球弹起能打到天花板。同理，以B球为研究对象，碰后至运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律可得联立可得故B球弹起后不能超过桌子一半高度。故A正确，B错误；C．在碰撞的总过程中，以速度向上为正，根据以上分析可知，A球发生碰撞前后速度分别为v3，v4，故对A球有B球发生碰撞前后速度分别为v2，v5，故对B球有故C错误。D．由以上分析可知，A球碰撞后的速度大于碰撞前的速度，故机械能增加了，故D错误。故选A。二、多选题5．如图，倾角为的固定斜面顶端，放有木板A和小滑块B（B可看成质点），已知A、B质量，木板A与斜面之间的动摩擦因数为0.75，A与B之间的动摩擦因数未知但小于0.75，B与斜面之间的动摩擦因数为0.5，开始用手控制使系统静止。现有一粒质量的钢球，以的速度撞击木板A，方向沿斜面向下，且钢球准备与木板撞击时释放AB，碰撞时间极短。碰撞后，钢球以的速度反弹。木板厚度很小，长度未知，但滑块B不会从木板A的上端掉下，斜面足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下说法中正确的是（　　）A．钢球与木板碰撞结束时，木板速度为B．钢球与木板碰撞过程中系统损失的动能为C．若某时滑块B的速度为，且此时AB没有分离，则这时A速度一定为D．如果A、B分离以后，第一秒内B比A多运动，那么分离时滑块B的速度为【答案】BCD【解析】A．钢球与木板撞击时，碰后钢球速度，根据动量守恒定律，有解得故A错误；B．钢球与木板碰撞过程中系统损失的动能为故B正确；C．以AB整体为研究对象，沿斜面方向有则AB受力平衡，系统动量守恒，可得当时，可得故C正确；D．假设分离时木板A的速度刚好减小到零，此时B的速度为，那么分离后木板A保持停止，滑块B继续在斜面做匀加速直线运动，且加速度为从此系统动量不再守恒，根据且，解得相对位移说明分离前木板A已经停下。由，将，代入解得故D正确。故选BCD。6．如图为一有效摆长为L的单摆，现将质量为m的摆球A向左拉高平衡位置一个很小的角度，使得A球升高了h，然后由静止释放。A球摆至平衡位置P时，恰与静止在P处，质量为0.2m的B球发生正碰，碰后A继续向右摆动，B球以速度v沿光滑水平面向右运动，与距离为d的墙壁碰撞后以原速率返回，当B球重新回到位置P时，A球恰好碰后第一次回到P点，则下列说法正确的是（　　）A．单摆的周期为B．当地的重力加速度为C．A球释放到达P经历的时间小于A球碰后再次到达最高点的时间D．A球碰后的速度大小为【答案】ABD【解析】A．B球来回运动时间为单摆的周期为故A正确；B．单摆的周期为联立解得重力加速度为故B正确；C．单摆的周期为碰撞前后周期不变，故A球释放到达P经历的时间等于A球碰后再次到达最高点的时间，故C错误；D．根据动能定理碰撞后解得故D正确。故选ABD。三、解答题7．如图，半径为R的四分之一竖直平面内圆弧轨道和水平面都是光滑的，圆弧轨道末端C点切线水平，紧靠C点停放质量可忽略的平板小车，水平板面与C点等高，车的最右端停放质量为m2的小物块2，物块2与板面间动摩擦因数为μ2，质量为m1的小物块1从图中A点由静止释放，无碰撞地从B点切入圆轨道，已知AB高度差h＝R，m1＝m2＝m，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。(1)求小物块1进入圆弧轨道时在B点的向心加速度大小an以及到达C点速度大小vC；(2)小物块1从C点滑上小车，它与小车平板间动摩擦因数为μ1，若μ1>μ2，要使两物块不相碰，水平板车长度L至少为多少？(3)若μ1<μ2，在小车右侧足够远处有一固定弹性挡板P，它与小物块2可发生瞬间弹性碰撞，板车长度为L0(L0足够大，两物块始终未相碰)，求最终物块1与2的距离s。[答案]　(1)2g　2　(2)　(3)L0－ [解析]　(1)自由下落过程v＝2gh进入圆轨道时在B点an＝＝2g根据机械能守恒定律得mg(h＋R)＝mv解得vC＝2。(2)若μ1>μ2因为轻质平板小车受到的合力一定为零，所以物块所受摩擦力f＝μ2mg物块1一滑上平板小车，马上与车相对静止，物块2与车相对运动，直到与平板小车速度相等后一起运动，根据动量守恒定律m1vC＝(m1＋m2)v由功能关系得μ2m2gL＝m1v－(m1＋m2)v2解得L＝＝。(3)若μ1<μ2，物块所受摩擦力f＝μ1mg。物块1一滑上平板车后，物块2与车相对静止，物块1与车相对运动，直到与平板小车速度相等后以共同速度v一起运动，此过程中两物块距离减小x1，由功能关系得μ1m1gx1＝m1v－(m1＋m2)v2解得x1＝设小物块2与弹性挡板P发生碰撞后以速度v被弹回。根据动量守恒定律m1v－m2v＝(m1＋m2)v1解得v1＝0碰后两物块距离减小x2，由功能关系得μ1m1gx2＝(m1＋m2)v2解得x2＝s＝L0－x1－x2＝L0－。8．如图所示，传送带以v＝2 m/s的恒定速度顺时针旋转，传送带的倾角θ＝37°，一质量M＝0.09 kg的物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。左下方的仿真玩具手枪不断地沿平行传送带向上方向发射质量m＝0.01 kg的弹丸，弹丸每次击中物块的时间间隔为1 s，击中物块前的瞬时速度大小均为v0＝40 m/s，射入物块后会立即留在其中。将物块无初速度放在传送带的最下端时，恰好被第一颗弹丸击中。已知第3颗弹丸射入后，可以使物块在第4颗弹丸射入前到达传送带顶端。物块和弹丸均可看成质点，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：(1)物块第一次达到与传送带速度相同时所用的时间t1；(2)从第一次射击结束瞬间到第二次击中前瞬间的过程中物块与传送带摩擦产生的热量Q；(3)传送带P、Q间距L的取值范围(最终结果保留三位有效数字)。[答案]　(1) 0.2 s　(2) 0.336 J　(3) 3.12 m＜L＜4.58 m [解析]　(1)以沿传送带向上为正，在弹丸射入的过程中，有mv0＝(m＋M)v01解得v01＝4 m/s物块先以a1减速上升，有(m＋M)gsin θ＋μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M)a1解得a1＝10 m/s2减至共速，所需时间t1＝解得t1＝0.2 s。(2)共速前的位移x1＝(v01＋v)t1解得x1＝0.6 m传送带与物块间的相对位移Δx1＝x1－vt1解得Δx1＝0.2 m物块后以a2减速上升，有(m＋M)gsin θ－μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M)a2解得a2＝2 m/s2若继续减速至零，所需时间为t＝＝1 s因为t1＋t＞1 s，所以物块速度未减至零时，第二颗弹丸已射入，此时物块的速度v1＝v－a2(1－t1)＝0.4 m/s共速后的位移x2＝(v＋v1)(1－t1)解得x2＝0.96 m传送带与物块间的相对位移Δx2＝v(1－t1)－x2解得Δx2＝0.64 m物体与传送带摩擦产生的热量Q＝μ(M＋m)gcos θ(Δx1＋Δx2)解得Q＝0.336 J。(3)第一颗弹丸射入后物块上升的位移s1＝x1＋x2＝1.56 m第二颗弹丸射入的过程，有mv0＋(m＋M)v1＝(m＋m＋M)v02解得v02＝4 m/s因v02＝v01则由此可推知第二颗弹丸射入后物块上升的位移s2＝s1＝1.56 m，v2＝v1＝0.4 m/s第三颗子弹射入的过程，有mv0＋(2m＋M)v2＝(m＋m＋m＋M)v03解得v03＝3.7 m/s减至共速，所需时间t3＝解得t3＝0.17 s假设物块刚好到达顶端时第4颗子弹射入，此时物块的速度v3＝v－a2(1－t3)解得v3＝0.34 m/s此时上升的总位移s3＝(v03＋v)t3＋(v3＋v)(1－t3)解得s3＝1.455 6 m传送带P、Q间的距离L应满足s1＋s2<L<s1＋s2＋s3解得3.12 m<L<4.58 m。