2021-2022年高考物理總復(fù)習(xí)-專題6-力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用分組訓(xùn)練(含解析)

2021-2022年高考物理總復(fù)習(xí)專題6力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用分組訓(xùn)練（含解析）A組動(dòng)力學(xué)方法和動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用1．(xx·佛山聯(lián)考)如圖5所示，一個(gè)半徑R＝0.80m的四分之一光滑圓形軌道固定在豎直平面內(nèi)，底端切線水平，距地面高度H＝1.25m．在軌道底端放置一個(gè)質(zhì)量mB＝0.30kg的小球B．另一質(zhì)量mA＝0.10kg的小球A(兩球均視為質(zhì)點(diǎn))由圓形軌道頂端無初速度釋放，運(yùn)動(dòng)到軌道底端與球B發(fā)生正碰，碰后球B水平飛出，其落到水平地面時(shí)的水平位移s＝0.80m．忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，求：圖5(1)A、B碰前瞬間，球A對(duì)軌道的壓力大小和方向；(2)球B離開圓形軌道時(shí)的速度大??；(3)球A與球B碰撞后瞬間，球A的速度大小和方向．【答案】(1)3N，方向豎直向下(2)1.6m/s(3)0.8m/s方向與碰前速度方向相反【解析】(1)球A由光滑軌道滑下，機(jī)械能守恒，設(shè)小球A與B球碰前瞬間的速度大小為v1則mAgR＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)在底端，由牛頓第二定律FN－mAg＝mAeq\f(v\o\al(2,1),R)代入數(shù)據(jù)解得FN＝3N由牛頓第三定律知，球A對(duì)軌道的壓力大小為3N，方向豎直向下．(2)球B離開軌道最低點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其飛行時(shí)間為t，離開軌道底端時(shí)的速度大小為v2，則H＝eq\f(1,2)gt2s＝v2t代入數(shù)據(jù)解得v2＝1.6m/s.(3)球A在軌道底端與球B碰撞過程中動(dòng)量守恒，設(shè)小球A碰撞后的速度為v3，則mAv1＝mAv3＋mBv2代入數(shù)據(jù)解得v3＝－0.80m/s即碰撞后瞬間，球A的速度大小為0.8m/s，方向與碰前速度方向相反．2．(xx·江門調(diào)研)如圖6所示，粗糙水平桌面PO長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1m，桌面距地面高度H＝0.2m，P點(diǎn)正上方一細(xì)繩懸掛質(zhì)量為m的小球A，A在距桌面高度h＝0.8m處自由釋放，與靜止在桌面左端質(zhì)量為m的小物塊B發(fā)生對(duì)心碰撞，碰后瞬間小球A的速率為碰前瞬間的eq\f(1,4)，方向仍向右，已知小物塊B與水平桌面PO間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，取重力加速度g＝10m/s2.(1)求碰前瞬間小球A的速率和碰后瞬間小物塊B的速率；(2)求小物塊B的落地點(diǎn)與O點(diǎn)的水平距離．圖6【答案】(1)4m/s3m/s(2)0.2m【解析】本題考查機(jī)械能守恒、碰撞中的動(dòng)量守恒、動(dòng)能定理、運(yùn)動(dòng)的合成與分解等知識(shí)點(diǎn)．(1)設(shè)碰前瞬間小球A的速度大小為v1，碰后瞬間小物塊B的速度大小為v2對(duì)小球A，由機(jī)械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，得v1＝4m/s對(duì)A、B系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有mv1＝meq\f(v1,4)＋mv2，得v2＝3m/s.(2)設(shè)小物塊B由桌面右端O水平拋出時(shí)速度大小為v3，由動(dòng)能定理有－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，得v3＝1m/sB由O水平拋出，豎直方向上有H＝eq\f(1,2)gt2，得t＝0.2s水平方向上有x＝v3t＝0.2m.INCLUDEPICTIF"B組力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用3．(xx·安徽質(zhì)檢)如圖7所示，在傾角θ＝37°的斜面上放置一個(gè)凹槽，槽與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(3,8)，槽與斜面間的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力，槽兩端側(cè)壁A、B間的距離d＝0.24m．把一小球放在槽內(nèi)中點(diǎn)處，球和槽的質(zhì)量相等，現(xiàn)同時(shí)由靜止釋放球和槽，不計(jì)球與槽之間的摩擦，斜面足夠長(zhǎng)，且球與槽的側(cè)壁發(fā)生碰撞時(shí)碰撞時(shí)間極短，系統(tǒng)不損失機(jī)械能．取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.圖7(1)釋放球和槽后，經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間球與槽的側(cè)壁發(fā)生第一次碰撞？(2)第一次碰撞后的瞬間，球和槽的速度各多大？(3)球與槽的側(cè)壁第一次碰撞后再經(jīng)多少時(shí)間發(fā)生第二次碰撞？【答案】(1)0.2s(2)01.2m/s(3)0.4s【解析】(1)設(shè)球和槽的質(zhì)量為m，槽與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，為f＝μ·2mgcosθ＝0.6mg槽所受重力沿斜面的分力G1＝mgsinθ＝0.6mg因?yàn)镚1＝f，所以槽受力平衡，釋放后保持靜止，釋放后，球做勻加速運(yùn)動(dòng)mgsinθ＝ma1，得a1＝6m/s2經(jīng)時(shí)間t1球與槽的側(cè)壁B發(fā)生第一次碰撞eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，得t1＝0.2s.(2)碰撞前球的速度為v1＝a1t1＝1.2m/s球和槽發(fā)生碰撞前后，動(dòng)量定恒mv1＝mv1′＋mv2′碰撞過程不損失機(jī)械能，得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)mv2′2解得第一次碰撞后瞬間球的速度v1′和槽的速度v2′分別為：v1′＝0，v2′＝1.2m/s(方向沿斜面向下)．(3)第一次碰撞后，槽做勻速運(yùn)動(dòng)，球做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)時(shí)間t′球的速度等于槽的速度v2′，此時(shí)球到側(cè)壁B的距離最大，設(shè)為s：由v2′＝a1t′得t′＝0.2s，因s＝v2′t′－eq\f(1,2)v2′t′＝eq\f(1,2)v2′t′＝0.12m<d所以此時(shí)球與槽的側(cè)壁A沒有發(fā)生碰撞，這以后球與側(cè)壁B的距離減小，直到發(fā)生第二次碰撞．設(shè)球與槽的側(cè)壁B第一次碰撞后再經(jīng)時(shí)間t2發(fā)生第二次碰撞，該過程中位移相同：由v2′t2＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)解得：t2＝0.4s.4．如圖8所示，質(zhì)量為m的子彈以速度v0射入一質(zhì)量為M的木塊(可看成質(zhì)點(diǎn))，子彈未穿出，并與木塊一起沿光滑水平軌道沖上光滑的圓形軌道．在通過最高點(diǎn)A時(shí)對(duì)內(nèi)軌道的壓力為(m＋M)g，然后沿軌道沖上動(dòng)摩擦因數(shù)為μ的斜面，斜面與水平面的夾角為θ，木塊經(jīng)過連接處時(shí)沒有能量損失．求：圖8(1)子彈射入木塊后木塊的速度；(2)圓形軌道的半徑；(3)木塊在斜面軌道上上升的最大高度．【答案】(1)eq\f(mv0,M＋m)(2)eq\f(m2v\o\al(2,0),6m＋M2g)(3)eq\f(m2v\o\al(2,0),2m＋M2μcotθ＋1g)【解析】(1)子彈射入木塊，系統(tǒng)動(dòng)量守恒mv0＝(M＋m)v1解得v1＝eq\f(mv0,M＋m).(2)系統(tǒng)在圓形軌道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)A時(shí)的速度大小為v2，由牛頓第二定律，知2(m＋M)g＝(m＋M)eq\f(v\o\al(2,2),R)從水平面到A點(diǎn)，機(jī)械能守恒eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)＝(m＋M)g×2R＋eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,2)聯(lián)立以上各式解得R＝eq\f(m2v\o\al(2,0),6m＋M2g).(3)木塊從A點(diǎn)到斜面最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理，知(m＋M)g·(2R－h(huán))－f·s＝0－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,2)其中f＝μ(m＋M)gcos