新教材2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分训练课时提升训练6力学三大观点的综合应用（附解析）

这是一份新教材2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分训练课时提升训练6力学三大观点的综合应用（附解析），共5页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．如图甲所示，一光滑圆管轨道由相互连接的两个半圆轨道及一个四分之一圆轨道组成，圆管轨道竖直固定(管内直径可以忽略)，右侧底端与直轨道相切于M点，直轨道粗糙，圆管轨道的半径R＝0.2m．质量m1＝0.1kg的物块A，自圆管左端开口的正上方高h＝4.8m处自由下落，沿切线落入圆管轨道，经过竖直圆管轨道后与M点处静止的质量m2＝0.3kg的物块B发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后物块B在直轨道上滑行过程的x­t图像如图乙所示．已知A、B与直轨道间的动摩擦因数相同，A、B均可视为质点，不计空气阻力，取g＝10m/s2.则( )
A．最终A静止的位置到M点的距离为1m
B．A、B碰后瞬间B的速度大小为2m/s
C．A滑过竖直圆管轨道P、Q两点时受到管壁的弹力大小之差为6N
D．A、B与直轨道间的动摩擦因数为0.15
二、多项选择题
2．[2023·重庆第二次调研]如图，光滑平行轨道abcd的曲面部分是半径为R的四分之一圆弧，水平部分位于竖直向上、大小为B的匀强磁场中，导轨Ⅰ部分两导轨间距为L，导轨Ⅱ部分两导轨间距为eq \f(L,2)，将质量均为m的金属棒P和Q分别置于轨道上的ab段和cd段，且与轨道垂直．P、Q棒电阻均为r，导轨电阻不计．Q棒静止，让P棒从圆弧最高点静止释放，当P棒在导轨Ⅰ部分运动时，Q棒已达到稳定运动状态．下列说法正确的是( )
A．P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为2mg
B．Q棒第一次稳定运动时速度大小为eq \f(\r(2gR),2)
C．Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定，该过程通过P棒的电荷量为eq \f(4m\r(2gR),5BL)
D．从P棒进入导轨Ⅱ运动到再次稳定过程中，P、Q棒中产生的总热量为eq \f(1,50)mgR
3．[2023·广东省广州市执信中学测试]如图甲所示，质量为m＝0.1kg的滑块(可视为质点)，在内壁光滑、固定的水平筒内压缩弹簧，弹簧原长小于筒长，且弹簧与滑块不拴接．滑块由静止释放，离开筒后立即滑上位于水平面上的木板左端，此后木板的速度－时间图像如图乙所示，已知木板质量M＝0.2kg，最终滑块恰好没有离开木板，重力加速度g取10m/s2，则( )
A．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1
B．木板长度为0.75m
C．释放滑块时弹簧的弹性势能为0.45J
D．木板与水平面间因摩擦产生的热量为0.375J
三、非选择题
4．[2023·陕西省咸阳市高三下学期模拟检测]如图甲所示，一轻质短弹簧被夹在质量均为m＝0.10kg的两小木块A、B之间，弹簧长度被锁定，将此装置放在水平支撑面上．若解除锁定，木块B能上升的最大高度h＝2.5m．g取10m/s2，忽略空气阻力．
(1)求弹簧解锁前的弹性势能Ep；
(2)若撤去A的支撑面同时解除锁定，此时B的加速度大小为a1＝8.0m/s2，求此时A的加速度大小a2；
(3)图乙为同一竖直平面内两个四分之一光滑圆弧MP和QN与光滑水平面PQ组成的轨道，M、N与圆心O1、O2等高，圆弧MP和QN半径均为R＝1.8m．若将图甲中装置由轨道M端静止释放，第一次滑至水平面时，解除锁定，求木块到达N点后还能上升的最大高度H．
5．[2023·浙江省台州市模试]如图所示，在水平面上静置一质量M＝450g的滑块，滑块上表面是一个半径R＝0.2m的四分之一圆弧，圆弧最低点A与水平地面相切．现给质量m＝50g的小球一个大小v0＝4m/s的水平初速度，小球经B点离开滑块时，随即撤去滑块．小球于C点第一次着地，小球每次与地面碰撞前后，水平速度保持不变，竖直速度大小减半，方向反向．A点始终与地面接触，忽略小球通过各轨道连接处的能量损失，不计一切摩擦和空气阻力，求：
(1)小球刚运动到滑块最低点A时，对滑块的压力；
(2)小球离开滑块后所能到达的最大高度；
(3)要使小球能水平进入接收器最低点P，P与C间的最小距离为多大．
课时提升训练6
1．解析：在A从开始至运动到P点的过程中，由机械能守恒定律可得：m1g（R＋h）＝eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(P)) ，可得vP＝10m/s.A在P点时，由牛顿第二定律可得FN－m1g＝m1eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(P)) ,R)，解得FN＝51N；在A从P点运动到Q点的过程中，由机械能守恒定律可得：eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(P)) ＝2m1gR＋eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(Q)) ，A在Q点时，由牛顿第二定律可得F′N＋m1g＝m1eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(Q)) ,R)，解得F′N＝45N，A滑过竖直圆管轨道P、Q两点时受到管壁的弹力差为ΔFN＝FN－F′N＝51N－45N＝6N，故C正确；
由机械能守恒定律可知，A与B碰前瞬间A的速度为v0＝vP＝10m/s.碰后B做匀减速运动，由其x­t图像和运动学公式得：eq \f(x,t)＝eq \f(v2＋0,2)＝eq \f(6,3)m/s＝2m/s
解得A、B碰后瞬间B的速度大小为v2＝4m/s，故B错误；
碰后B运动的过程，由动能定理得：－μm2gx＝0－eq \f(1,2)m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得A、B与直轨道间的动摩擦因数为μ＝eq \f(2,15)，故D错误；
A与B碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2，解得碰后A的速度：v1＝－2m/s
设A最终位置到M点的距离为x1.由动能定理得：－μm1gx1＝0－eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，解得A静止的位置到M点的距离x1＝1.5m，故A错误．
答案：C
2．解析：P棒到达轨道最低点时速度大小设为v0，根据机械能守恒定律得mgR＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
根据牛顿第二定律得FN－mg＝eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,R)
解得FN＝3mg
由牛顿第三定律可得，P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为3mg，故A错误；
设Q棒第一次稳定运动时的速度为vQ，P棒的速度为vP，则有BLvP＝B·eq \f(L,2)·vQ
Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定过程中，对P、Q棒分别分析，由动量定理可得
Beq \(I,\s\up6(－))Lt＝mv0－mvP，Beq \(I,\s\up6(－))·eq \f(L,2)·t＝mvQ又因q＝eq \(I,\s\up6(－))t
解得vP＝eq \f(1,5)eq \r(2gR)，vQ＝eq \f(2,5)eq \r(2gR)，q＝eq \f(4m\r(2gR),5BL)，故B错误，C正确；
从P棒进入导轨Ⅱ运动后，两棒速度稳定时，速度相同，设稳定速度为v.由动量守恒定律得
mvP＋mvQ＝2mv
由能量守恒定律得P、Q棒中产生的总热量为Q＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(P)) ＋eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(Q)) －eq \f(1,2)·2mv2
解得Q＝eq \f(1,50)mgR，故D正确．故选CD.
答案：CD
3．解析：设木板与地面之间的摩擦因数为μ2，木板做匀减速的加速度为a3，根据牛顿第二定律得
μ2（M＋m）g＝（M＋m）a3
根据图像得a3＝eq \f(0.5,1.0－0.5)m/s2＝1m/s2，解得μ2＝0.1
设滑块与木板之间的摩擦因数为μ1，木板做匀加速的加速度为a2，根据牛顿第二定律得μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2
根据图像得a2＝eq \f(0.5,0.5)m/s2＝1m/s2
解得μ1＝0.5，滑块与木板之间的动摩擦因数为0.5，A错误；
设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律得μ1mg＝ma1
解得a1＝5m/s2
根据逆向思维，滑块滑上木板时的速度为v0＝0.5＋a1×0.5＝3m/s
木板长度为L＝eq \f(3＋0.5,2)×0.5m－eq \f(0.5×0.5,2)m＝0.75m，B正确；
根据机械能守恒定律得，释放滑块时弹簧的弹性势能为Ep＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝0.45J，C正确；
木板与水平面间因摩擦产生的热量为Q＝μ2（M＋m）g×eq \f(1×0.5,2)＝0.075J，D错误．
答案：BC
4．解析：（1）由机械能守恒定律有Ep＝mgh
代入数据解得Ep＝2.5J.
（2）对B有F－mg＝ma1
对A有F＋mg＝ma2
代入数据解得a2＝28.0m/s2.
（3）设木块A、B滑至水平面时的速度为v0，则2mgR＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
设解除锁定后，两木块A、B离开水平面PQ前的速度分别为vA、vB，则由动量守恒定律有
2mv0＝mvA＋mvB
由机械能守恒定律有eq \f(1,2)×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋Ep＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
同理有mg（R＋H）＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A))
代入数据解得H＝4.25m.
答案：（1）2.5J （2）28.0m/s2 （3）4.25m
5．解析：M＝450g＝0.45kg；m＝50g＝0.05kg
（1）小球刚运动到滑块最低点A时，对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得：
FN－mg＝eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,R)
解得：FN＝4.5N
由牛顿第三定律可知，小球对滑块的压力F′N＝FN＝4.5N，方向竖直向下．
（2）小球滑上滑块到运动至最高点的过程中，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，设小球运动到最高点h时，滑块和小球水平方向的速度大小相等，设为v共，选择水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得：
mv0＝（M＋m）v共
eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2)＝eq \f(（M＋m）v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(共)) ,2)＋mgh
联立解得：h＝0.72m.
（3）设小球第一次着地前瞬间，竖直方向的速度大小设为vy1，初次着地后经t时间，小球与地面发生第n＋1次碰撞时与C点的距离为x，则根据运动学公式可得：
v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y1)) ＝2gh
x＝v共t
解得：t＝eq \f(vy1,g)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(3)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n)))
当n→∞时t＝eq \f(2vy1,g)
此时x＝eq \f(12,125)eq \r(10)m
即要使小球能水平进入接收器最低点P，P与C间的最小距离为eq \f(12,125)eq \r(10)m.
答案：（1）4.5N 方向竖直向下 （2）0.72m
（3）eq \f(12,125)eq \r(10)m.