高考物理一轮复习课时练习 第7章第5练　专题强化：用三大观点解决力学问题（含详解）

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(1)a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小；
(2)第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小；
(3)a、b第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程，b在传送带上运动因摩擦产生的内能。
2．(2023·广东卷·15)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的eq \f(1,4)。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
3．(2024·广东执信中学检测)如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5 m、质量m2＝2 kg的薄板b(厚度不计)，在薄板b最右端放有可视为质点的物块a，其质量m1＝1 kg，物块a与薄板b间的动摩擦因数μ＝0.2。开始时两者均静止，现对薄板b施加F＝8 N、水平向右的恒力，待a脱离b(b尚未露出平台)后，将b取走。a离开平台后由A点沿切线落入半径R＝
0.9 m的竖直光滑圆弧轨道AB，圆弧轨道AB的圆心角为60°，其中过B点的切线水平，其右侧有一被电磁铁吸住而静止的小球c，c球质量m3＝1 kg且与地面及左侧墙面相距足够远，当c球被碰撞时电磁铁立即失去磁性，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)物块a脱离薄板b前物块a和薄板b加速度大小及物块a在薄板b上运动的时间t；
(2)物块a经过B点时的速度大小vB；
(3)若初始时一不可伸长的轻绳一端系着小球c，另一端系于c球正下方的O1点，此时绳子刚好伸直且无拉力，已知O1点与c球相距为L，当绳子拉力FT达到9m3g时绳子断开。物块a从B点水平正碰c球瞬间无能量损失，为使细绳断开时c球开始做平抛运动，则L必须满足什么条件？
4．(2023·海南卷·18)如图所示，有一固定的光滑eq \f(1,4)圆弧轨道，半径R＝0.2 m，一质量为mB＝
1 kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC＝3 kg，B、C间动摩擦因数μ1＝0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2＝0.8，C右端有一个挡板，C长为L。求：
(1)B滑到A的底端时对A的压力是多大；
(2)若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少；
(3)在0.16 m第5练 专题强化：用三大观点解决力学问题
1．(1)eq \r(gL) (2)eq \f(\r(gL),2) eq \f(\r(gL),2)
(3)eq \f(6,5)mgL
解析 (1)设a与b碰撞前一瞬间，a的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有mgLsin θ＝eq \f(1,2)mv02，
解得v0＝eq \r(gL)
(2)设a、b碰撞后的速度大小分别为v1、v2，
根据动量守恒有mv0＝3mv2－mv1
根据能量守恒有
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×3mv22＋eq \f(1,2)mv12
解得v1＝v2＝eq \f(1,2)v0＝eq \f(\r(gL),2)
(3)由于v2＝eq \f(\r(gL),2)3mgsin α＋3μmgcs α＝3ma
解得a＝gsin α＋μgcs α＝g
根据对称性，物块b在传送带上上滑、下滑过程所用时间均为t1＝eq \f(v2,a)＝eq \f(1,2)eq \r(\f(L,g))
物块b第一次在传送带上运动过程，因摩擦产生的内能为
Q＝μ·3mgcs α(eq \f(1,2)v2t1＋eq \r(gL)t1＋eq \r(gL)t1－eq \f(1,2)v2t1)＝eq \f(6,5)mgL。
2．(1)eq \f(v0,μg) (2)6mgL－3mv02
(3)eq \f(3v0,2)eq \r(\f(2L,g))
解析 (1)A在传送带上运动时的加速度a＝μg
由静止加速到与传送带共速所用的时间t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(v0,μg)
(2)B从M点滑至N点的过程中，由动能定理知
2mg·3L－W＝eq \f(1,2)×2m(2v0)2－eq \f(1,2)×2mv02，解得W＝6mgL－3mv02
(3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知
2m·2v0＝mv1＋2mv2
eq \f(1,2)×2m×(2v0)2－(eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×2mv22)＝eq \f(1,4)×[eq \f(1,2)×2m×(2v0)2]
解得v1＝2v0，v2＝v0
(另一解v1＝eq \f(2,3)v0，v2＝eq \f(5,3)v0不符合题意，舍掉)
两药品盒做平抛运动的时间t1＝eq \r(\f(2L,g))
则s－r＝v2t1，s＋r＝v1t1
解得s＝eq \f(3v0,2)eq \r(\f(2L,g))。
3．(1)2 m/s2 3 m/s2 1 s (2)5 m/s
(3)0解析 (1)设物块a脱离薄板b前，物块a的加速度大小为a1，薄板b的加速度大小为a2，物块a在薄板b上运动的时间为t，则由牛顿第二定律有
μm1g＝m1a1，F－μm1g＝m2a2
代入数据解得a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2
由物块a与薄板b之间的位移关系可得eq \f(1,2)a2t2－eq \f(1,2)a1t2＝l
代入数据解得t＝1 s
(2)设物块a离开薄板b时的速度为v0，则有v0＝a1t＝2 m/s
设物块a从A点滑入时的速度大小为vA，由于物块a滑出平台后做平抛运动，则由速度关系可得vAcs 60°＝v0
物块a进入圆弧轨道后做圆周运动，设到达B点时的速度为vB，则从A到B由动能定理有
m1gR(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)m1vB2－eq \f(1,2)m1vA2
联立解得vB＝5 m/s
(3)设碰撞后瞬间物块a的速度为vB1，小球c的速度为vc，则由动量守恒定律和能量守恒定律有
m1vB＝m1vB1＋m3vc
eq \f(1,2)m1vB2＝eq \f(1,2)m1vB12＋eq \f(1,2)m3vc2
联立解得vB1＝0，vc＝5 m/s
要使连接小球c的绳子断裂后小球c做平抛运动，则必然是在最高点或最低点绳子断裂，若在最高点绳子断裂，则由牛顿第二定律有FT＋m3g≤m3eq \f(vc2,L)，解得0若在最低点绳子恰好断裂，则有
m3g·2L＝eq \f(1,2)m3vc12－eq \f(1,2)m3vc2
FT－m3g＝m3eq \f(vc12,L)
解得L＝0.625 m
而若L＝0.625 m，小球c做圆周运动恰好通过最高点时有m3g＝m3eq \f(v12,L)
解得v1＝2.5 m/s则可知，绳子在最低点恰好满足断裂条件，综上可知，保证小球c被碰后做平抛运动，绳长应满足的条件为04．(1)30 N (2)1.6 J
(3)(1－eq \f(15\r(0.8－L),16)) s
解析 (1)滑块B下滑到A的底端过程，由动能定理有：mBgR＝eq \f(1,2)mBv2，解得v＝2 m/s
在A的底端，由牛顿第二定律有：FN－mBg＝mBeq \f(v2,R)，解得FN＝30 N，由牛顿第三定律可知B对A的压力大小为FN′＝30 N；
(2)当B滑上C后，B受到的摩擦力向左，根据牛顿第二定律得FfB＝μ1mBg＝mBa1，解得a1＝2 m/s2，方向水平向左
C受B向右的摩擦力和地面向左的摩擦力，根据牛顿第二定律
μ2(mB＋mC)g－μ1mBg＝mCa2，
解得a2＝10 m/s2，方向水平向左，
B向右运动的距离x1＝eq \f(v2,2a1)，
解得x1＝1 m
C向右运动的距离x2＝eq \f(v2,2a2)，
解得x2＝0.2 m
B、C间因摩擦产生的热量
Q＝μ1mBg(x1－x2)，可得Q＝1.6 J；
(3)假设B还未与C上挡板碰撞，C先停下，用时为t1，由t1＝eq \f(v,a2)，得t1＝0.2 s，此时B的位移xB1＝vt1－eq \f(1,2)a1t12，
解得xB1＝0.36 m
则x相＝xB1－x2＝0.16 m，
此时vB1＝v－a1t1＝1.6 m/s
由L>0.16 m，一定是C先停下，之后B再与C上挡板碰撞
设再经t2时间B与C挡板碰撞，
由L－0.16 m＝vB1t2－eq \f(1,2)a1t22，
得t2＝0.8 s－eq \r(0.8－L) s，
t2＝0.8 s＋eq \r(0.8－L) s(舍去)
碰撞时B速度为
vB2＝vB1－a1t2＝2eq \r(0.8－L)
碰撞时由动量守恒定律可得
mBvB2＝(mB＋mC)vBC
解得碰撞后B、C速度为
vBC＝eq \f(\r(0.8－L),2)
之后二者一起减速运动，a3＝μ2g＝8 m/s2，方向向左，经t3后停下，
得t3＝eq \f(vBC,a3)＝eq \f(\r(0.8－L),16)
B从滑上C到最终停止所用的总时间
t＝t1＋t2＋t3＝(1－eq \f(15\r(0.8－L),16)) s。