2024年高考物理總復(fù)習(xí)強(qiáng)化練 力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

核心素養(yǎng)測評?專題強(qiáng)化練?實(shí)驗(yàn)搶分專練

專題強(qiáng)化練（九）力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用（25分鐘30

分）

一、選擇題

1.［2023?長沙模擬］（5分）（多選）冰壺比賽是2022年北京冬奧會的比賽項(xiàng)目。藍(lán)壺（實(shí)

心圓）以動能&碰撞靜止的紅壺（與藍(lán)壺材料相同、質(zhì)量相等）（空心圓），某興趣小組將

碰撞前后兩壺的位置標(biāo)記如圖所示，4、B分別為碰前瞬間藍(lán)壺、紅壺所在位置，C、。分別

為碰撞后藍(lán)壺、紅壺停止的位置。則由圖可知（AC）

ABCD

A.碰后瞬間藍(lán)壺、紅壺的瞬時速度之比為1:2

B.碰后瞬間藍(lán)壺、紅壺的瞬時速度之比為1:4

C.碰撞過程中損失的動能約為gEk

D.碰撞過程中損失的動能約為^穌

［解析］選A、Co假設(shè)方格邊長為無,則碰撞后，由動能定理可得：一/匕％：?！d藍(lán)，—/?

2

12%=0-&紅，可知碰撞后紅壺的動能是藍(lán)壺的4倍，則母=4,得'=2。假設(shè)碰撞后

唯V藍(lán)

b紅=2",D藍(lán)=17,則碰撞過程中由動量守恒可得771%藍(lán)=TH［紅+D藍(lán)）=3??W,得％藍(lán)=

3vo由題意知：：gnw：稱==Ek，可知碰撞后Ek=；7?1病=藍(lán)==

|Ek,所以碰撞過程中損失的動能約為AEk=Ek—gEk—^Ek=g%。

【加固訓(xùn)練】如圖甲，用繩長L=0.8m的輕繩懸掛質(zhì)量為m的鐵球a,另一個質(zhì)量為m的鐵球

b從與豎直方向夾角為。的光滑圓弧軌道某位置由靜止釋放，在最低處與a球發(fā)生完全非彈性

碰撞，圖乙是碰撞后輕繩拉力F與角度余弦值cos。的函數(shù)關(guān)系，已知圓弧半徑R=3g取

10m/s2,下列說法錯誤的是（D）

A.鐵球的質(zhì)量m=lkg

B.從6=60°的位置靜止釋放，碰撞之后的兩球速度為遮m/s

C.從。=60°的位置靜止釋放，碰撞前后損失的機(jī)械能為2J

D.從右側(cè)e位置靜止釋放后，碰撞之后的兩球，恰好能擺動到左側(cè)偏離豎直方向e處

［解析］選D。根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知-cos。）=1m/，碰撞過程動量守恒，有nw=

吸

2znu共，在最低處，由牛頓第二定律得F—=2m；1,聯(lián)立可得F=—zngcos。+3zng,

結(jié)合圖像可知37ng=30N,所以TH=1kg,故A正確，不符合題意；結(jié)合圖線，9=600時，

F=25N,代入上式可得"共=V^m/s,v=2V2m/s,所以碰撞前后損失的機(jī)械能為AE=

l2_1.2故B、C正確，不符合題意；碰撞之后，能量損失，因此不可能擺動

2mr22mv共='2J＞

到左側(cè)偏離豎直方向。處，故D錯誤，符合題意。

二、計算題

2.（10分）如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊4B靜止在光滑水平地面上，4、B滑塊的質(zhì)量分

別為犯1=lkg,mB-3kgo在水平地面左側(cè)有傾角。=30°的粗糙傳送帶以u=6m/s的速率

順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶與光滑水平面通過半徑可忽略的光滑小圓弧平滑連接。4B兩滑塊

間夾著質(zhì)量可忽略的炸藥，現(xiàn)點(diǎn)燃炸藥爆炸瞬間，滑塊2以6m/s水平向左沖出，接著沿傳送

帶向上運(yùn)動，已知滑塊2與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為傳送帶與水平面足夠長，重力加

速度9取10m/s2。

（1）求滑塊a沿傳送帶上滑的最大距離；

［答案］L8m

［解析］設(shè)爆炸后2、B的速度分別為以、vB,爆炸過程,

對a和B組成的系統(tǒng)由動量守恒有：

mAvA—mBvB—0

解得：vB-2m/s

水平地面光滑，滑塊a沿傳送帶向上做勻減速直線運(yùn)動，

對2進(jìn)行受力分析有：mAgsmd+p.mAgcosd-mAa^

解得：a上=g(sind+〃cos。)=10m/s2

經(jīng)ti=o.6s滑塊a速度減為o

故滑塊a沿傳送帶向上減速到零通過的距離為：

x--1.8m

A12a上

(2)若滑塊2滑下后與滑塊B相碰并粘住，求4B碰撞過程中損失的能量AE；

［答案］6J

［解析］當(dāng)滑塊a速度減為零后，滑塊a將沿傳送帶向下做勻加速運(yùn)動，

對a進(jìn)行受力分析有：

a下=g(sin。+/zcos0)=10m/s2

經(jīng)亡2=o.6s滑塊a與傳送帶共速

根據(jù)對稱性可知滑塊a剛好回到傳送帶與水平面的連接點(diǎn)

當(dāng)滑塊2再次滑上水平面時，速度大小與傳送速度相等為6m/s

滑塊4與滑塊B碰撞時，粘連在一起，對2、B組成的系統(tǒng)由動量守恒定律得：

專+mBVB—(^A+

解得：v-3m/s

碰撞過程中損失的能量為

2

△E=^rnAv^+-1(mA+mB)v

代入數(shù)據(jù)得：AE=6J

(3)求滑塊2與傳送帶接觸過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量Q。

［答案］36J

［解析］經(jīng)G=o.6s滑塊a速度減為零，滑塊a沿傳送帶向上減速到零通過的位移:

x--1.8m

A12a上

此過程中傳送帶的位移：％傳1=vAtr=3.6m

滑塊4速度減為零后將沿傳送帶向下做勻加速運(yùn)動，

經(jīng)=0.6s滑塊力與傳送帶共速，達(dá)到共速時傳送帶的位移：

力22a下=l.8m

傳送帶的位移％傳2=vAt2—3.6m

若向上運(yùn)動和向下運(yùn)動過程中產(chǎn)生的熱量分別為Qi、Qz，則由Q=f,%相及/=l^mgcosO=

5N

得：Qi=/(久41+%傳1)=27J

=/(%傳2—%42)—9J

故因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=Qi+(22=36J

【加固訓(xùn)練】如圖所示，光滑曲線軌道BC分別與豎直軌道4B、粗糙水平地面CD平滑連接，

CD右端與光滑半圓軌道DE平滑連接，半圓軌道直徑為2R。CD長為l=2R,豎直軌道的最高

點(diǎn)4與地面高度差/i=2R。質(zhì)量為m的小滑塊P從2點(diǎn)靜止釋放，之后在。點(diǎn)與靜止放置在該處

的小滑塊Q發(fā)生碰撞，碰撞過程機(jī)械能損失不計。已知小滑塊Q的質(zhì)量也為小滑塊Q被撞

后的瞬間對軌道的壓力突然增大了2mgo已知重力加速度為g。

(1)求水平軌道的動摩擦因數(shù)〃；

［答案］0.5

［解析］設(shè)滑塊P與Q碰撞前瞬間速度的大小為蚱D，碰撞后Q的速度為%D，則根據(jù)動能定理可

得

1?

mgh—fimgl=-mvpD—0

P與Q發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和能量守恒有

r

mvPD=mvPD+mvQD

121，2112

-mvpD=-mv+-mv^D

解行■:UQD=UpD

增加的壓力

△N=2mg—m等

解得：〃—0.5

（2）如果小滑塊P的質(zhì)量變?yōu)?cm（/c為正數(shù)），要求小滑塊Q在半圓軌道DE段運(yùn)動過程中沒

有脫離軌道（設(shè)碰撞后P立即拿走，不發(fā)生兩次碰撞），求人的取值范圍。

［答案比<1或k>若生

［解析］設(shè)滑塊P與Q碰撞前瞬間速度的大小為蚱D，則根據(jù)動能定理得

19

kmgh—11kmgl=-kmVpD—0

尸與Q的碰撞為彈性碰撞，設(shè)碰撞后的速度分別為％和i；2，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒和

能量守恒定律可得

kmvPD=kmv1+mv2

^kmvpD=3km資+

解得：“2=急/2gR

不脫離半圓軌道的條件有兩種情形：

情形一：不過圓心等高處，有

|mv24mgR

解得：fc<1

情形二：對Q從。點(diǎn)到E點(diǎn)過程，由機(jī)械能守恒定律得

|mv2=+2mgR

對滑塊Q在E點(diǎn)，由牛頓第二定律得

mg<

解得：k之史答

所以滿足k<1或k>過裂。

3.［2023?長沙模擬］（15分）如圖甲所示，一長L=1.6m的傳送帶以速度%=2m/s做勻速

運(yùn)動，質(zhì)量瓶1=1kg的小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)〃=0.2。在傳送帶的C端，用長為

I=0.128m的細(xì)線懸掛著一個質(zhì)量為Tn?=1kg的小球，小物塊與小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，從A端

無初速釋放小物塊，取重力加速度g為10m/s2,忽略一切空氣阻力。

(I)求小物塊從釋放到運(yùn)動到C端所用的時間；

［答案］1.3s

［解析］對小物塊由牛頓第二定律可得

a———=2m/s2

mm

小物塊先加速到傳送帶速度%,所用時間為右，可得ti=￡=Is

加速位移為=1.0m<1.6m

故小物塊之后做勻速運(yùn)動，時間為七，可得12=寧=0.35

可得總時間為t=