2024版新教材高考物理复习特训卷考点43三大观点在力学中的应用

这是一份2024版新教材高考物理复习特训卷考点43三大观点在力学中的应用，共7页。试卷主要包含了5 m/s　67 N，6＋ eq \f,5))m等内容，欢迎下载使用。

[2022·全国乙卷](多选)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示．已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2.则 ( )
A．4 s时物块的动能为零
B．6 s时物块回到初始位置
C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J
2．[2023·重庆主城区模拟]人们射向未来深空的探测器是以光压为动力的，让太阳光垂直薄膜光帆照射并全部反射，从而产生光压．设探测器在轨道上运行时，每秒每平方米获得的太阳光能E＝1.5×104J，薄膜光帆的面积S＝6.0×102m2，探测器的质量m＝60 kg，已知光子的动量的计算式p＝ eq \f(h,λ) ，那么探测器得到的加速度大小最接近( )
A．0.001 m/s2B．0.01 m/s2
C．0.000 5 m/s2D．0.005 m/s2
3．[2023·四川成都三模](多选)如图，长木板AB静止在光滑水平地面上，连接在B端固定挡板上的轻弹簧静止时，其自由端位于木板上P点，AP＝1 m．现让一可视为质点的小滑块以v＝2 m/s的初速度水平向左滑上木板A端．当锁定木板时，滑块压缩弹簧后刚好能够返回到AP的中点O.已知滑块和木板的质量均为m＝1 kg，滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.1，弹簧的形变未超过弹性限度，重力加速度大小g＝10 m/s2.下列判定正确的是( )
A．锁定木板时，弹簧缩短过程中的最大弹性势能为1 J
B．锁定木板时，弹簧的最大压缩量为0.25 m
C．若不锁定木板，则滑块相对木板静止的位置可能在P点左侧
D．若不锁定木板，则滑块相对木板静止的位置恰好在P点
4.[2023·天津河西三模]一个小孩做推物块的游戏，如图所示，质量为m的小物块A放置在光滑水平面上，紧靠物块右端有一辆小车B，小孩蹲在小车上，小孩与车的总质量为6m，一起静止在光滑水平面上，物块A左侧紧挨着足够长的水平传送带MN，传送带的上表面与水平面在同一高度，传送带以速度v顺时针转动．游戏时，A被小孩以相对水平面的速度v0向左推出，一段时间后返回到传送带右端N，继续向右追上小孩后又立即被小孩以相对水平面的速度v0向左推出，如此反复，直至A追不上小孩为止．已知物块A与传送带MN间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.
(1)求物块第一次被推出后，小孩与车的速度大小v1；
(2)若传送带转动的速度v＝0.5v0，求物块被小孩第一次推出后到返回传送带右端N所用的时间．
5．[2023·广东华南师大附中三模]如图是小王练习滑板的部分赛道的示意图．赛道位于竖直平面内，可视为光滑；其中AB和CD为半径R1＝1.8 m和R2＝3.6 m的四分之一圆弧赛道，BC为水平赛道，B、C处与圆弧轨道平滑连接；滑板a和b的质量分别为m1＝6 kg 和m2＝2 kg，小王质量M＝42 kg.某时刻，小王站在滑板a上，先从赛道AB上的E点由静止自由滑下，滑上BC赛道后，小王从滑板a跳到静止放置在水平赛道上的滑板b上，跳后滑板a的速度变为0，然后滑板a立刻被撤走．已知滑板和小王的所有运动都在同一竖直平面内，小王与滑板b始终没有冲出赛道AD，滑板和小王均可视为质点，重力加速度取g＝10 m/s2，求：
(1)小王离开a板前速度v0的最大值；
(2)在满足(1)的条件下，求小王在初始时刻在E点对滑板a的压力大小．(以上计算结果均保留两位有效数字)
6．[2022·浙江6月]如图所示，在竖直面内，一质量为m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l.圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H.开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰．已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止．忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点．
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬间物块a的速度v0的大小；
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
(3)若物块b释放高度0.9 m7．[2022·全国乙卷]如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v­t图像如图(b)所示．已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同．斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接．碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内．求
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数．
考点43 三大观点在力学中的应用——提能力
1．答案：AD
解析：由图知0～3 s内F的大小为F1＝4 N，3～6 s内F的大小F2＝4 N；在0到3 s内，物块沿正方向做匀加速直线运动，F1－μmg＝ma1，解得a1＝2 m/s2，为正方向，3 s末的速度v1＝a1t1＝6 m/s；3 s末力F反向，物块先沿正方向减速到零，F2＋μmg＝ma2，解得a2＝6 m/s2，为负方向，物块减速到零所用的时间t2＝ eq \f(v1,a2)＝1 s，即4 s末物块减速到零；在4～6 s内，物块再反向做匀加速直线运动，F2－μmg＝ma3，解得a3＝2 m/s2，为负方向．画出整个过程中的v­t图像如图所示：
4 s时物块的速度为零，动能为零，A正确；由图可知在0～6 s内，物块的位移不为零，6 s时物块没有回到初始位置，B错误；3 s时的速度v1＝6 m/s，动量p1＝mv1＝6 kg·m/s，C错误；由v­t图线与时间轴所围的面积表示位移知，0～3 s内、3～4 s内、4～6 s内物块的位移大小分别为x1＝9 m、x2＝3 m、x3＝4 m，则F对物块做的功分别为W1＝F1x1＝36 J、W2＝－F2x2＝－12 J、W3＝F2x3＝16 J，则0～6 s时间内F对物块所做的功W＝W1＋W2＋W3＝40 J，D正确．
2．答案：A
解析：由ε＝hν，p＝ eq \f(h,λ)以及光在真空中的光速c＝λν知光子的动量和能量之间关系为ε＝pc.设时间t内射到探测器上的光子个数为n，每个光子能量为E0，光子射到探测器上后全部反射，每秒每平方米面积获得的太阳光能为E＝ eq \f(n,t)·E0，由动量定理得F· eq \f(t,n)＝2p，对探测器应用牛顿第二定律F＝ma，可得a＝ eq \f(F,m)，代入数据得a＝0.001 m/s2.A正确．
3．答案：BD
解析：锁定木板时，设最大压缩量为x，最大的弹性势能为Ep，从开始到弹簧被压缩最短过程中，由动能定理得－Ep－μmg(AP＋x)＝0－ eq \f(1,2)mv2，从弹簧被压缩最短到回到O点过程中，由动能定理得Ep－μmg( eq \f(AP,2)＋x)＝0，解得x＝0.25 m，Ep＝0.75 J，A错误，B正确；若不锁定木板，由动量守恒得mv＝2mv′，解得v′＝1 m/s，根据能量守恒得 eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)·2mv′2＝μmgs，解得s＝1 m＝AP，可知小滑块向左运动到木板上的P点两者恰好共速，C错误，D正确．
4．答案：(1) eq \f(v0,6) (2) eq \f(9v0,4μg)
解析：(1)地面光滑，物块A与小孩、车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则
0＝－mv0＋6mv1
解得v1＝ eq \f(v0,6).
(2)物块被小孩第一次推出到与传送带共速期间物块的受力如图所示
该过程中物块的加速度为a，则有f＝μmg＝ma
解得a＝μg
物块被小孩第一次推出到与传送带共速所用时间为t1，对地位移为x1，则
t1＝ eq \f(0.5v0－（－v0）,a)＝ eq \f(3v0,2μg)，2ax1＝(0.5v0)2－(－v0)2，解得x1＝－ eq \f(3v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,8μg)
物块与传送带共速之后将以0.5v0的速度匀速运动至N，匀速运动用时t2，
则t2＝ eq \f(－x1,0.5v0)＝ eq \f(3v0,4μg)
物块被小孩第一次推出后到返回传送带右端N所用的时间为t＝t1＋t2＝ eq \f(9v0,4μg).
5．答案：(1)5.5 m/s (2)67 N
解析：(1)以小王和两滑板为研究对象，跳入b板前后水平动量守恒，设小王与b板的共同速度为v，则有(M＋m1)v0＝0＋(M＋m2)v
小王与b板一起运动中，恰好不能越过A点，即返回到A点时速度恰好为0.
从B至A，对两者由动能定理有－(M＋m2)gR1＝0－ eq \f(1,2)(M＋m2)v2，
解得v＝6 m/s，v0＝5.5 m/s.
(2)设O1E与竖直方向的夹角为θ，对小王与滑板a，从E至B由动能定理有
(M＋m1)gR1(1－cs θ)＝ eq \f(1,2)(M＋m1)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －0，解得cs θ＝ eq \f(23,144)
设小王在E点所受支持力为FN，则沿着半径方向有FN－Mg cs θ＝0，解得FN＝67 N
由牛顿第三定律，小王对滑板a的压力大小为67 N．
6．答案：(1)5 m/s (2)FN＝0.1 h－0.14(h≥1.2 m)
(3)见解析
解析：
(1)滑块b摆到最低点mgh＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(b))
弹性正碰v0＝vb＝5 m/s
(2)以竖直向下为正方向
FN＋mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(E)) ,R)
mgh－2μmgl－mgH＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(E))
FN＝0.1h－0.14(h≥1.2 m)
(3)从h1释放时，滑块a运动到E点时速度恰好为零
mgh1－2μmgl－mgH＝0
h1＝1.2 m
当1.2 m≤h<1.65 m时
t＝ eq \r(\f(2H,g)) s＝vEt
(3＋ eq \f(\r(3),5))m≤x<(3.6＋ eq \f(\r(3),5))m
当0.9 m从h2＝0.9 m释放时，滑块a运动到距C点0.8 m处速度恰好为零
滑块a由E点速度为零，返回到CD时距C点0.6 m处速度恰好为零
2．6 m7．答案：(1)0.6mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) (2)0.768v0t0 (3)0.45
解析：(1)t0时弹簧被压缩至最短，A、B碰撞动量守恒，由图(b)知
mB·1.2v0＝(mB＋mA)v0
得：mB＝5mA＝5m
此过程A、B与弹簧组成的系统机械能守恒
弹簧的最大弹性势能Epmax＝|ΔEk|＝ eq \f(1,2)mB(1.2v0)2－ eq \f(1,2)(mA＋mB)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝0.6mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
(2)t0时弹簧压缩量最大，设为Δx
由题意，0～t0内，
mAvA＋mBvB＝mB·1.2v0
即mvA＋5mvB＝6mv0
化简得vA＝5(1.2v0－vB)
根据图(b)分析上式，A图线在0～t0上任意一点到横坐标轴的距离等于同一时刻B图线上对应点到v＝1.2v0线的距离的5倍．由v­t图线与时间轴所围面积表示位移，且0～t0时间内xA＝0.36v0t0，可知0～t0时间内图线B与v＝1.2v0线所围面积x1＝ eq \f(1,5)xA＝0.072v0t0，图线B与A之间所围面积表示Δx，则Δx＝1.2v0t0－xA－ eq \f(1,5)xA＝0.768v0t0
(3)A、B第二次碰撞过程，设碰前A速度大小为vA1，碰后A、B速度大小分别为v′A、v′B
动量守恒：mB·0.8v0－mAvA1＝mBv′B＋mAv′A
动能不变： eq \f(1,2)mB(0.8v0)2＋ eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A1)) ＝ eq \f(1,2)mBv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＋ eq \f(1,2)mAv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A))
由题意知v′A＝2v0
联立解得vA1＝v0
对A第一次碰撞后以2v0冲上斜面至速度为零过程，由动能定理有
－mgh－ eq \f(μmgh cs θ,sin θ)＝0－ eq \f(1,2)m(2v0)2
对A冲上斜面又下滑至水平面过程，由动能定理有
eq \f(－2μmgh cs θ,sin θ)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A1)) － eq \f(1,2)m(2v0)2
联立解得μ＝0.45.