高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第1部分 专题2 题型专练二 力学三大观点的综合应用（含解析）

这是一份高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第1部分 专题2 题型专练二 力学三大观点的综合应用（含解析），共15页。试卷主要包含了力学三大观点对比等内容，欢迎下载使用。
高考题型1 应用力学三大观点处理多过程问题
1．力学三大观点对比
2.选用原则
(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题．
(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移(摩擦生热)时，应优先选用能量守恒定律．
(3)不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别是对于打击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解．
(4)对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，若只涉及初末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．
考题示例
例1 (2019·全国卷Ⅲ·25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图1所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．
图1
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
答案 (1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物块B先停止 0.50 m (3)0.91 m
解析 (1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB①
Ek＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg④
sB＝vBt－eq \f(1,2)at2⑤
vB－at＝0⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA＝vAt－eq \f(1,2)at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处．B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
eq \f(1,2)mAvA′2－eq \f(1,2)mAvA2＝－μmAgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2l＋sB))⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝eq \r(7) m/s⑪
故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″⑫
eq \f(1,2)mAvA′2＝eq \f(1,2)mAvA″2＋eq \f(1,2)mBvB″2⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
vA″＝eq \f(3\r(7),5) m/s，vB″＝－eq \f(2\r(7),5) m/s⑭
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m⑯
sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离
s′＝sA′＋sB′＝0.91 m
命题预测
1．(2020·山东威海市高三二模)如图2甲所示，足够长的斜面与水平面的夹角为30°，质量分别为0.5 kg和1 kg的A、B两个小物块，用一根细线相连，A、B之间有一被压缩的微型弹簧，A、B与弹簧组成的系统可视为质点．某时刻，将A、B从P点由静止释放，运动至Q点时，细线突然断裂，压缩的微型弹簧使A、B瞬间分离，从分离时开始计时，A、B短时间内运动的速度－时间图像如图乙所示，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
图2
(1)A、B与斜面间的动摩擦因数μA、μB；
(2)细线断裂前微型弹簧储存的弹性势能Ep；
(3)A、B再次相遇前的最远距离L.
答案 (1)eq \f(\r(3),6) eq \f(\r(3),3) (2)6 J (3)eq \f(68,15) m
解析 (1)根据题图乙可知，A、B分离后，B沿斜面向下做匀速直线运动，A沿斜面向上做匀减速直线运动，且A的加速度大小为
aA＝eq \f(Δv,Δt)＝7.5 m/s2
对A由牛顿第二定律得
mAgsin 30°＋μAmAgcs 30°＝mAaA，解得μA＝eq \f(\r(3),6)
对B由平衡条件得mBgsin 30°＝μBmBgcs 30°，解得μB＝eq \f(\r(3),3)
(2)细线断裂瞬间，对A、B由动量守恒定律得
(mA＋mB)v＝mAvA＋mBvB
由能量守恒定律得
Ep＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2－eq \f(1,2)(mA＋mB)v2
解得Ep＝6 J.
(3)当A、B的速度相等时，二者相距最远，设A上滑的时间为tA，位移为xA；A下滑过程中的加速度为aA′，时间为tA′，位移为xA′，则有|vA|＝aAtA，vA2＝2aAxA
对A由牛顿第二定律得
mAgsin 30°－μAmAgcs 30°＝mAaA′
vB＝aA′tA′，vB2＝2aA′xA′，B发生的位移xB＝vB(tA＋tA′)
A、B再次相遇前的最远距离L＝xB＋xA－xA′
解得L＝eq \f(68,15) m.
2．(2020·四川泸州市质量检测)如图3所示，足够长的固定粗糙水平木板左端的D点平滑连接半径为R＝2 m、竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道，C、D分别是圆弧轨道的最高点和最低点，两轨道均固定在地面上．可视为质点的物块A从C点开始，以初速度v0＝3 m/s沿圆弧轨道滑动．水平木板上离D点距离为3.25 m的P点静置另一个可视为质点的物块B.已知物块A、B与水平木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，物块A的质量m1＝1 kg，取g＝10 m/s2.
图3
(1)求物块A从C点滑到D点时，对圆弧轨道的压力；
(2)若物块B的质量为m2＝1 kg，物块A与B碰撞后粘在一起，求它们最终停止的位置距D点多远；
(3)若B的质量为m2′＝ 5 kg，物块A与B的碰撞为弹性碰撞(且碰撞时间极短)，求物块A与B均停止后它们相距多远．
答案 (1)34.5 N，方向竖直向下 (2)5.5 m (3)3.5 m
解析 (1)设物块A在D点的速度为v1，则物块A从C点运动到D点的过程，由动能定理可得：
m1gR＝eq \f(1,2)m1v12－eq \f(1,2)m1v02
得v1＝7 m/s
设物块A在D点受到圆弧轨道向上的支持力大小为FN，则有FN－m1g＝m1eq \f(v12,R)
得FN＝34.5 N
由牛顿第三定律可得：物块A在D点对圆弧轨道的压力大小为FN′＝34.5 N，方向竖直向下．
(2)设物块A在P点与物块B碰撞前瞬间的速度为v2，加速度大小为a1，则从D点到P点的过程中，由牛顿第二定律得：μm1g＝m1a1
－2a1L＝v22－v12
得v2＝6 m/s
物块A与物块B碰撞的过程中，系统动量守恒，则有
m1v2＝(m1＋m2)v3
解得v3＝3 m/s
A、B碰撞后粘在一起做减速运动的过程中，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得：μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a2
0－v32＝－2a2x
得x＝eq \f(9,4) m＝2.25 m
此时距D的距离为L＋x＝5.5 m
(3)物块A运动到P点的速度仍为v2＝6 m/s，碰撞过后瞬间A与B的速度分别为v4、v5，A与B的碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程系统动量和动能均守恒，可得m1v2＝m1v4＋m2′v5
eq \f(1,2)m1v22＝eq \f(1,2)m1v42＋eq \f(1,2)m2′v52
得v4＝－4 m/s，v5＝2 m/s
由于eq \f(1,2)m1v42L，所以A与P碰撞2次，B与A分离．
4．如图6所示，质量为M的水平木板静止在光滑的水平地面上，左端放一质量为m的铁块，现给铁块一个水平向右的瞬时冲量使其以初速度v0开始运动，并与固定在木板另一端的弹簧相碰后返回，恰好又停在木板左端．(重力加速度为g)
图6
(1)求整个过程中系统克服摩擦力做的功．
(2)若铁块与木板间的动摩擦因数为μ，则铁块相对木板的最大位移是多少？
(3)系统的最大弹性势能是多少？
答案 (1)eq \f(Mmv02,2M＋m) (2)eq \f(Mv02,4μgM＋m) (3)eq \f(Mmv02,4M＋m)
解析 设弹簧被压缩至最短时，共同速度为v1，此时弹性势能最大，设为Ep，铁块回到木板左端时，共同速度为v2，则由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v1①
mv0＝(M＋m)v2②
(1)整个过程系统克服摩擦力做的功
Wf＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v22③
联立②③解得Wf＝eq \f(Mmv02,2M＋m)④
(2)系统克服摩擦力做的功
Wf＝2μmgL⑤
联立④⑤解得L＝eq \f(Mv02,4μgM＋m)⑥
(3)根据能量守恒定律得
eq \f(1,2)Wf＋Ep＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v12⑦
联立①④⑦解得Ep＝eq \f(Mmv02,4M＋m)⑧
5．(2020·河南郑州市线上测试)如图7所示，长木板B的质量为m2＝1.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3＝1.0 kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m1＝0.5 kg的物块A从距离长木板B左侧l＝9.5 m处，以初速度v0＝10 m/s向着长木板运动．一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上．已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：
图7
(1)A、B碰后瞬间物块A和长木板B的速度；
(2)长木板B的最小长度；
(3)物块A离长木板左侧的最终距离．
答案 (1)3 m/s，方向向左 6 m/s，方向向右 (2)3 m (3)10.5 m
解析 (1)设物块A与木板B碰前瞬间的速度为v，由动能定理得－μ1m1gl＝eq \f(1,2)m1v2－eq \f(1,2)m1v02
解得v＝eq \r(v02－2μ1gl)＝9 m/s
A与B发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)m1v2＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
联立解得v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v＝－3 m/s，
v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v＝6 m/s
碰后瞬间物块A的速度大小为3 m/s、方向向左，长木板B的速度大小为6 m/s、方向向右；
(2)碰撞后B做减速运动，C做加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对木板B有
－μ1(m2＋m3)g－μ2m3g＝－m2a1
对物块C有μ2m3g＝m3a2
设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t，则
v2－a1t＝a2t
木板B的最小长度d＝v2t－eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝3 m
(3)B、C达到共同速度之后，因μ1(m2＋m3)g＝μ2m3g，
故二者一起减速至停下，设加速度大小为a3，由牛顿运动定律得μ1(m2＋m3)g＝(m2＋m2)a3
整个过程B运动的位移为
xB＝v2t－eq \f(1,2)a1t2＋eq \f(0－a2t2,－2a3)＝6 m
A与B碰撞后，A做减速运动的加速度大小为a4＝eq \f(μm1g,m1)＝1 m/s2，位移为xA＝eq \f(0－v12,－2a4)＝4.5 m
物块A离长木板B左侧的最终距离为
xA＋xB＝10.5 m.
专题强化练
[保分基础练]
1．(2020·广东东莞市线上检测)如图1所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中，假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.2，与沙坑的距离为1 m，g取10 m/s2，物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为( )
图1
A．0.5 m/s B．1 m/s
C．2 m/s D．3 m/s
答案 D
解析 碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－eq \f(1,2)×2mv2，代入数据得v＝2 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向上动量守恒，选取向右为正方向，则mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能损失，则eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×2mv2，联立解得v0＝3 m/s，故选D.
2．(2020·河北唐山市高三第一次模拟)如图2所示，光滑水平面上有质量为m的足够长的木板，木板上放一质量也为m、可视为质点的小木块，开始木块、木板均静止．现分别使木块获得向右的水平初速度v0和2v0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为( )
图2
A．1∶4 B．1∶4eq \r(2)
C．1∶8 D．1∶12
答案 A
解析 木块从开始到相对长木板静止的过程中，木块和木板组成的系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则有mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq \f(mv0,M＋m)；对系统，根据能量守恒定律有μmgs＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v2，解得划痕长度s＝eq \f(Mv02,2μM＋mg)，同理，当木块的初速度为2v0时，则划痕长度为s′＝eq \f(M2v02,2μM＋mg)，故两次划痕长度之比为s∶s′＝1∶4，故A正确，B、C、D错误．
3．如图3所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m，木板长度为L(挡板的厚度可忽略不计)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)．木板左端有一质量也为m(可视为质点)的滑块．滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态．现给滑块一个水平向右的初速度v0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损)，滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木板相对静止．重力加速度为g.求：
图3
(1)滑块与木板间的动摩擦因数；
(2)小炸药包爆炸后瞬间滑块和木板的速度．
答案 (1)eq \f(v02,4gL) (2)0 v0，方向水平向右
解析 (1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v1，以水平向右为正方向；滑块在木板上滑动的过程中，滑块和木板组成的系统所受合外力为零，则该系统动量守恒，故有mv0＝2mv1
解得v1＝eq \f(1,2)v0，方向水平向右
滑块在木板上滑动的过程中，对系统，由功能关系可知
μmgL＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv12
联立解得μ＝eq \f(v02,4gL)
(2)设小炸药包爆炸后瞬间滑块和木板的速度分别为v1′和v2′，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为v2，系统在爆炸前后动量守恒，则有
2mv1＝mv1′＋mv2′
2mv1＝2mv2
小炸药包爆炸后，滑块在木板上运动的过程中，对系统，根据功能关系，有
μmgL＝eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)mv2′2－eq \f(1,2)×2mv22
联立以上各式解得v1′＝0，v2′＝v0，方向水平向右．
[争分提能练]
4.(2020·山东三校在线联考)如图4所示，一平板小车 C 静止在光滑的水平面上，质量分别为m的物体A和2m的物体B均以大小为v的初速度分别沿同一直线同时从小车两端相向水平滑上小车．设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车质量为m，最终物体A、B都停在小车上，物体 A、B 始终没有相碰．重力加速度为g，求：
图4
(1)最终小车的速度大小及方向；
(2)平板车的长度至少为多长．
答案 (1)eq \f(v,4) 方向水平向左 (2)eq \f(9v2,8μg)
解析 (1)以A、B两物体及小车组成的系统为研究对象，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得2mv－mv＝4mv1
解得v1＝eq \f(v,4)，方向水平向左
(2)初始阶段A物体向右做匀减速运动，加速度大小aA＝eq \f(μmg,m)＝μg；B物体向左做匀减速运动，加速度大小aB＝eq \f(μ·2mg,2m)＝μg；
小车向左做匀加速运动，加速度大小aC＝eq \f(μ·2mg－μmg,m)＝μg
经过t1时间，B、C达到共同速度，则有v－μgt1＝μgt1
此时t1＝eq \f(v,2μg)，B、C的速度v2＝eq \f(v,2)，方向向左，A的速度大小与B、C相同，方向相反，该过程中，A相对C运动的距离：
Δx1＝(vt1－eq \f(1,2)aAt12)＋eq \f(1,2)aCt12
B相对C运动的距离：
Δx2＝(vt1－eq \f(1,2)aBt12)－eq \f(1,2)aCt12
此后B、C共同向左做减速运动，加速度大小a＝eq \f(μmg,3m)＝eq \f(μg,3)
直到三物体速度相同，所用时间t2＝eq \f(v1－v2,－a)＝eq \f(3v,4μg)
该过程A相对B、C滑行的距离：
Δx3＝(v2t2－eq \f(1,2)aAt22)＋(v2t2－eq \f(1,2)at22)
所以小车的长度至少是l＝Δx1＋Δx2＋Δx3＝eq \f(9v2,8μg).
5．(2020·湖北武汉市高三调研卷)如图5所示，装置的左边是光滑水平台面，一水平轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝3 kg的物块A.装置的中间是始终在以u＝2 m/s的速度顺时针转动的水平传送带，它与左边的台面等高并平滑对接，它也与右边的倾角θ＝37°的光滑斜面平滑对接．物块A静止在其平衡位置，此处距传送带左端l＝0.5 m．质量m＝1 kg的物块B从斜面上距水平台面高h＝2.0 m处由静止释放，已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带的长度为L＝1.0 m．物块A、B都可视为质点，A、B发生的每次碰撞都是弹性正碰且碰撞时间极短．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
图5
(1)物块B与物块A第一次碰撞前瞬间，B的速度大小；
(2)物块B与物块A第一次碰撞后，B返回斜面相对水平台面能上升的最大高度h′；
(3)如果物块A每次被B碰撞后，会在外力帮助下静止在其平衡位置等待B的再次碰撞，当物块B在传送带上第一次对地速度减为零时，物块B从开始到此时相对于地面运动的总路程s多大．
答案 (1)6 m/s (2)0.25 m (3)11.83 m
解析 (1)B从斜面滑下过程机械能守恒，mgh＝eq \f(1,2)mv02
解得B滑上传送带瞬间v0＝2eq \r(10) m/s
B滑上传送带做匀减速运动，v02－v12＝2aL，μmg＝ma
解得B滑过传送带与A碰前瞬间的速度v1＝6 m/s
(2)A、B发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒，碰后B的速度为v2，A的速度为vA
mv1＝mv2＋MvA，eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv22＋eq \f(1,2)MvA2
联立两式解得v2＝－eq \f(1,2)v1，vA＝eq \f(1,2)v1，即v2＝－3 m/s
物块B以3 m/s的速度返回到传送带上做匀减速运动直到最右端，则v22－v32＝2aL
解得v3＝eq \r(5) m/s＞u＝2 m/s
故此次在传送带上向右一直做匀减速运动，则mgh′＝eq \f(1,2)mv32，得h′＝0.25 m
(3)物块B上升h′后再返回传送带右端时，速度大小为v3＝eq \r(5) m/s，滑上传送带，减速至左端
v32－v42＝2aL，得v4＝1 m/s
物块B与A第二次发生弹性碰撞，碰后速度v5＝－eq \f(1,2) m/s
返回传送带后向右匀加速运动，u2－v52＝2ax
得x＝eq \f(15,16) m＜L＝1 m
故运动x后匀速运动至右端，以初速度大小u＝2 m/s滑上斜面，则mgh″＝eq \f(1,2)mu2
得h″＝0.2 m
再次返回匀减速运动至传送带左端时恰好对地速度为零，则物块B从开始到此时对地总路程s＝4l＋5L＋eq \f(h＋2h′＋2h″,sin θ)
得s＝eq \f(71,6) m≈11.83 m.
6．如图6所示为某工地一传输工件的装置，AB为一段足够大且固定的eq \f(1,4)圆弧轨道，圆弧半径R＝5.6 m，BC为一段足够长的水平轨道，CD为一段固定的eq \f(1,4)圆弧轨道，圆弧半径r＝1 m，三段轨道均光滑．一长为L＝2 m、质量为M＝1 kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切，且与CD轨道最低点处于同一水平面．一可视为质点、质量为m＝2 kg的工件从距AB轨道最低点的高度为h处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与CD轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C处．工件只有从CD轨道最高点飞出，才能被站在台面DE上的工人接住．工件与小车间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则：
图6
(1)若h为2.8 m，则工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为多大？
(2)要使工件能被站在台面DE上的工人接住，则h的取值范围为多少？
答案 (1)40 N (2)eq \f(18,7) m