2023高考物理二轮专题复习与测试专题强化练九力学三大观点的综合应用

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专题强化练(九)　力学三大观点的综合应用
1．如图所示，平台AB右侧是一个凹槽，凹槽右端连接一个半径r＝0.38 m的半圆轨道，轨道固定在竖直平面内，CD为竖直直径．一质量为m的滑板Q放置在凹槽内水平面上，其上表面刚好与平台AB和C点水平等高．开始时滑板静置在紧靠凹槽左端处，此时滑板右端与凹槽右端的距离d＝0.60 m．一质量也为m的小物块P1；(可视为质点)以v0＝7.0 m/s的初速度从平台滑上滑板，当物块滑至滑板右端时滑板恰好到达凹槽右端．已知物块与滑板间的动摩擦因数μ＝0.75，其余接触面的摩擦均可忽略不计，取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求滑板的长度l；
(2)质量为M的另一小物块P2以相同的初速度同样从平台滑上静止的滑板，P2与滑板间的动摩擦因数也为μ＝0.75，假设滑板碰到凹槽右端时立刻停止运动．要使物块P2能到达半圆轨道的D点，M至少为m的几倍？

解析：(1)根据牛顿第二定律可得，小物块P1的加速度大小为a1＝＝μg＝7.5 m/s2，
滑板Q的加速度大小为a2＝＝μg＝7.5 m/s2，
根据题意可知，从小物块P1滑上滑板Q到滑板右端到达凹槽右端过程，小物块P1一直做匀减速运动，滑板Q一直做匀加速运动，设运动时间为t，对于滑板Q，d＝a2t2，
解得t＝0.4 s，
对于小物块P1，x＝v0t－at2，
解得x＝2.2 m，
故滑板的长度为l＝x－d＝1.6 m.
(2)小物块P1到达半圆轨道最低点C时的速度为v1＝v0－a1t＝4 m/s，
设小物块P1可以到达D点，根据机械能守恒定律可得mv＝mg·2r＋mv，
解得小物块P1在D点速度为v2＝ m/s<＝ m/s.
说明小物块P1到不了D点，另一小物块P2以相同的初速度同样从平台滑上静止的滑板，P2减速过程的加速度大小与P1减速过程的加速度大小一样，故为了能使P2到达D点，P2滑上滑板后，滑板Q与凹槽右端碰撞前，P2与Q必须先达到共速，根据动量守恒可得Mv0＝(M＋m)v，
假设P2刚好到达D点，则有Mg＝M，
整个过程P2与滑板Q因为相对滑动产生的内能为Q＝μMgl，
根据能量守恒可得Mv＝Mv2＋Q＋Mg·2r＋Mv，
由以上式子代入数据整理可得6M2－37Mm＋6m2＝0，
解得M＝6m或M＝(舍掉)，
故M至少是m的6倍。
答案：(1)1.6 m　(2)6倍
2．(2021·浙江卷)如图所示，水平地面上有一高H＝0.4 m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1 m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R＝0.2 m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上．小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

(1)若小滑块的初始高度h＝0.9 m，求小滑块到达B点时速度v0的大小；
(2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；
(3)若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax.
解析：(1)小滑块在AB轨道上运动：mgh－μmgcos θ·＝mv，
代入数据解得：v0＝＝4 m/s.
(2)小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得：mg＝m，
从C点到E点由机械能守恒可得：mv＋mg(R＋r)＝mv，
解得vEmin＝ m/s，vBmin＝2 m/s.
小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有：
mvAmin＝mv′A＋mvBmin，mv＝mv′＋mv，
解得v′A＝0，vBmin＝vAmin，
结合(1)问可得：vAmin＝，
解得h的最小值：hmin＝0.45 m.
(3)设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点的运动，由动能定理mv＝mv＋mg(R＋y)，
由平抛运动可得：x＝vGt，H＋r－y＝gt2，
联立可得水平距离为：x＝2，
由数学知识可得当：0.5－y＝0.3＋y.
取最大，最大值为：xmax＝0.8 m.
答案：(1)4 m/s　(2)hmin＝0.45 m　(3)0.8 m
3．如图所示，一质量M＝3.0 kg、长L＝5.15 m的长木板B静止放置于光滑水平面上，其左端紧靠一半径R＝2 m的光滑圆弧轨道，但不粘连．圆弧轨道左端点P与圆心O的连线PO与竖直方向夹角为60°，其右端最低点处与长木板B上表面相切．距离木板B右端d＝2.5 m处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质量m＝1.0 kg的滑块D.平台上方有一固定水平光滑细杆，其上穿有一质量M＝3.0 kg的滑块C，滑块C与D通过一轻弹簧连接，开始时弹簧处于竖直方向．一质量m＝1.0 kg的滑块A自M点以某一初速度水平抛出下落高度H＝3 m后恰好能从P点沿切线方向滑入圆弧轨道．A下滑至圆弧轨道最低点并滑上木板B，带动B向右运动，B与平台碰撞后即粘在一起不再运动．A随后继续向右运动，滑上平台，与滑块D碰撞并粘在一起向右运动．A、D组合体在随后运动过程中一直没有离开平台，且C没有滑离细杆．A与木板B间动摩擦因数为μ＝0.75.忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响．重力加速度g＝10 m/s2，求：

(1)滑块A到达P点的速度大小；
(2)滑块A到达圆弧最低点时对轨道压力的大小；
(3)滑块A滑上平台时速度的大小；
(4)若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为0.5 m/s.则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是多大？
解析：(1)从开始到P点物体做平抛运动，竖直方向v＝2gH从P点沿切线进入圆轨道vp＝＝4 m/s.
(2)从P点到圆弧最低点，由动能定理mgR(1－cos 60°)＝mv－mv在最低点，由牛顿第二定律可知FN－mg＝m，由牛顿第三定律可知FN＝F′N＝60 N.
(3)假设物块A在木板B上与B共速后木板才到达右侧平台，以AB系统，由动量守恒定律mv1＝(M＋m)v2由能量关系μmgx相＝mv－(M＋m)v解得x相＝5 m<5.15 m．B板从开始滑动到AB共速的过程中，对B由动能定理μmgxB＝Mv解得xB＝1.25 m<2.5 m，
即假设成立；B撞平台后，A在B上继续向右运动，对A由动能定理－μmg(L－s相)＝mv－mv，解得v3＝2 m/s.
(4)弹簧第一次恢复原长时，当C的速度方向向右时，以ABC为系统，由动量守恒定律可知mv3＝2mv4＋Mv5，
三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律mv3＝(2m＋M)v6由能量关系Epmax＝×2mv＋Mv－(2m＋M)v解得Epmax＝0.037 5 J弹簧第一次恢复原长时，当C的速度方向向左时，以AD和C系统，由动量守恒定律mv3＝2mv7＋Mv5三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律mv3＝(2m＋M)v8由能量关系可知E′pmax＝×2mv＋Mv－(2m＋M)v，解得E′pmax＝3.037 5 J.
答案：(1)vp＝4 m/s　(2)60 N　(3)2 m/s　(4)3.037 5 J
4．(2022·河北卷)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1.重力加速度大小g取10 m/s2.

(1)若0 (2)若k＝0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小．
解析：(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，C、D的质量均为m＝1 kg，以向右方向为正方向，则有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物，
解得v物＝v0＝5(1－k) m/s>0，
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右．
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1 kg和2 kg，则由Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑，
解得v滑＝v0＝ m/s>0，
则新滑板速度方向也向右．
(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v′物＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5 m/s.
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
v′滑＝ m/s＝0 m/s.
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒可得m′v′物＝(m′＋M′)v共，
解得v共＝1 m/s.
根据能量守恒可得μm′gx相＝m′v2－(m′＋M′)v，
解得x相＝1.875 m.
答案：(1)v物＝5(1－k)m/s，v滑＝ m/s，方向均向右
(2)1.875 m