2023高考物理一轮复习高频考点强化训练专题10 力学三大观点的综合应用（解析版）

这是一份2023高考物理一轮复习高频考点强化训练专题10 力学三大观点的综合应用（解析版），共17页。试卷主要包含了5 s，如图所示，一质量M＝0，8 N　0，25 J　距离C点0等内容，欢迎下载使用。

(1)小球刚摆到最低点时与木板发生碰撞前绳的拉力大小；
(2)滑块能否从滑板上掉下？试通过计算说明理由；
(3)滑块和滑板之间由于相对滑动所产生的热量。
【答案】 (1)6 N (2)没有掉下来，理由见解析 (3)eq \f(4,35) J
【解析】 (1)小球下摆过程中，由动能定理：mgL2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－0
小球摆到最低点时，则有：T－mg＝meq \f(veq \\al(2,0),L2)
解得T＝6 N
(2)对小球和滑板碰撞前后，小球和滑板系统动量守恒，则有：mv0＝mv＋Mv1
根据能量守恒，则有：eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)
解得：v＝－2 m/s，v1＝2 m/s
碰后滑块向右加速，滑板向右减速
对滑块，根据牛顿第二定律有：μ1mg＝ma1
解得：a1＝1 m/s2
对滑板，根据牛顿第二定律有：μ1mg＋μ2(m＋M)g＝Ma2
解得：a2＝3 m/s2
假设没有掉下来，经过时间t共速度，则有：a1t＝v1－a2t
得t＝0.5 s
根据：v共＝a1t
解得：v共＝0.5 m/s
滑块位移为：x1＝eq \f(1,2)a1t2
解得：x1＝0.125 m
滑板位移为：x2＝v1t－eq \f(1,2)a2t2
解得：x2＝0.625 m
相对位移Δx1＝x2－x1＝0.5 mμ1，共速后滑块和滑板之间会继续相对运动，此时滑块相对于滑板向右运动，
对滑块，根据牛顿第二定律有：μ1mg＝ma3
解得：a3＝1 m/s2
对滑板，根据牛顿第二定律有：μ2(m＋M)g－μ1mg＝Ma4
解得：a4＝eq \f(7,3) m/s2
滑块位移为：x3＝eq \f(veq \\al(2,共),2a3)
解得：x3＝eq \f(1,8) m
滑板位移为：x4＝eq \f(veq \\al(2,共),2a4)
解得：x4＝eq \f(3,56) m
相对位移Δx2＝x3－x4＝eq \f(1,14) m2L)后停下，又将钢球拉回P点由静止释放，落下后与静止的积木B发生弹性碰撞，积木B向前滑行与积木A碰撞后，以共同速度滑行一段距离后停止。已知重力加速度为g，各接触面间的动摩擦因数相同，碰撞时间极短。求：
(1)钢球与积木A碰撞前、后瞬间的速度大小；
(2)动摩擦因数；
(3)积木B滑行的距离。
【答案】(1)eq \r(2gR) 0 (2)eq \f(R,4L＋s) (3)s－eq \f(1,4)L
【解析】 (1)设钢球和滑块的质量均为m，由机械能守恒定律可得：mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝eq \r(2gR)
钢球与滑块A碰撞过程满足：mv0＝mv1＋mv2
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
解得v1＝0，v2＝v0＝eq \r(2gR)
(2)对滑块A由动能定理：
eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝(μ·3mg＋μ·2mg)L＋μmg(s－L)
解得μ＝eq \f(R,4L＋s)
(3)又将钢球拉回P点由静止释放，与落下后静止的积木B发生弹性碰撞，此时B的速度仍为v3＝eq \r(2gR)滑行s－L后与A碰撞，此时B的速度为v4，则：
eq \f(1,2)mveq \\al(2,4)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)＝－(μ·2mg＋μmg)L－μmg(s－2L)
得v4＝eq \r(\f(6gRL,4L＋s))
当AB碰撞时，由动量守恒：mv4＝2mv5
解得v5＝eq \f(1,2)v4＝eq \f(1,2)eq \r(\f(6gRL,4L＋s))
由动能定理：eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,5)＝μ·2mgx
解得x＝eq \f(3L,4)，
则积木B滑行的距离x′＝s－L＋x＝s－eq \f(1,4)L
12.(2021·山东日照市4月模拟)如图所示，质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝1 kg的三个小物块A、B、C(均视为质点)静止在光滑水平轨道上。半径为R＝0.6 m的光滑竖直半圆轨道最低点与水平轨道相切。B、C之间有一轻弹簧刚好处于原长，B与轻弹簧拴接，C未与弹簧拴接。现让物块A(右侧涂有少量质量不计的粘胶)以初速度v0＝6 m/s沿水平方向向右滑动，A与B发生碰撞并粘为一体。经过一段时间，C脱离弹簧，然后滑上光滑竖直半圆轨道。(取g＝10 m/s2)求：
(1)上述过程中弹簧的最大弹性势能Ep；
(2)C脱离弹簧时的速度大小vC；
(3)试讨论判断C能否到达半圆轨道的最高点。若能，求出通过最高点时C对轨道的压力大小；若不能，请说明理由。
【答案】 (1)6 J (2)6 m/s (3)能，10 N
【解析】 (1)A、B、C位于光滑的水平面上，系统动量守恒，选取向右为正方向，设A与B发生完全非弹性碰撞后共同速度为v1，对A、B有mAv0＝(mA＋mB)v1
可得v1＝4 m/s
弹簧压缩到最短时，弹性势能最大，此时A、B、C共同速度为v2，有(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2
可得v2＝3 m/s
由机械能守恒定律得
Ep＝eq \f(1,2)×(mA＋mB)veq \\al(2,1)－eq \f(1,2)×(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,2)
解得Ep＝6 J。
(2)设弹簧恢复原长时，A、B的速度为vB，C的速度为vC，此后C脱离弹簧
由动量守恒定律得
(mA＋mB)v1＝(mA＋mB)vB＋mCvC
由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)×(mA＋mB)veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×(mA＋mB)veq \\al(2,B)＋eq \f(1,2)mCveq \\al(2,C)
解得vC＝6 m/s。
(3)C脱离弹簧后沿轨道运动，假设能运动至最高点，且运动至最高点时的速度为v，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mCv2＋mCg·2R＝eq \f(1,2)mCveq \\al(2,C)
可得v＝2eq \r(3) m/s
设过最高点时轨道对C的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得
mCg＋FN＝mCeq \f(v2,R)
可得FN＝10 N＞0，所以假设成立，C能通过最高点，且对轨道的压力大小为10 N。