高考物理一輪復習課時練習 第7章第5練　專題強化：用三大觀點解決力學問題（含詳解）

1．(2024·江西省聯考)如圖，傾角為θ＝30°的光滑斜面與光滑水平面在B點平滑連接，傾角為α＝37°的傳送帶沿逆時針方向勻速轉動，傳送帶的下端與水平面的右端D點通過一小段圓弧連接。在水平面BD上的C點放一質量為3m的小物塊b，在斜面上A點由靜止釋放質量為m的小物塊a，A、B間距離為L，a滑到水平面上后與b發(fā)生彈性正碰，之后a、b將在水平面上發(fā)生第二次碰撞，b與傳送帶間的動摩擦因數為0.5，傳送帶勻速運動的速度大小為eq\r(gL)，重力加速度為g，sin37°＝0.6，求：(1)a第一次與b碰撞前瞬間的速度大??；(2)第一次碰撞后瞬間a與b的速度大小；(3)a、b第一次碰撞后到第二次碰撞前的過程，b在傳送帶上運動因摩擦產生的內能。2．(2023·廣東卷·15)如圖為某藥品自動傳送系統的示意圖。該系統由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺組成，滑槽高為3L，平臺高為L。藥品盒A、B依次被輕放在以速度v0勻速運動的傳送帶上，在與傳送帶達到共速后，從M點進入滑槽，A剛好滑到平臺最右端N點停下，隨后滑下的B以2v0的速度與A發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤內直徑的兩端。已知A、B的質量分別為m和2m，碰撞過程中損失的能量為碰撞前瞬間總動能的eq\f(1,4)。A與傳送帶間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，A、B在滑至N點之前不發(fā)生碰撞，忽略空氣阻力和圓盤的高度，將藥品盒視為質點。求：(1)A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間t；(2)B從M點滑至N點的過程中克服阻力做的功W；(3)圓盤的圓心到平臺右端N點的水平距離s。3．(2024·廣東執(zhí)信中學檢測)如圖所示，在光滑平臺上放置一長度l＝0.5m、質量m2＝2kg的薄板b(厚度不計)，在薄板b最右端放有可視為質點的物塊a，其質量m1＝1kg，物塊a與薄板b間的動摩擦因數μ＝0.2。開始時兩者均靜止，現對薄板b施加F＝8N、水平向右的恒力，待a脫離b(b尚未露出平臺)后，將b取走。a離開平臺后由A點沿切線落入半徑R＝0.9m的豎直光滑圓弧軌道AB，圓弧軌道AB的圓心角為60°，其中過B點的切線水平，其右側有一被電磁鐵吸住而靜止的小球c，c球質量m3＝1kg且與地面及左側墻面相距足夠遠，當c球被碰撞時電磁鐵立即失去磁性，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)物塊a脫離薄板b前物塊a和薄板b加速度大小及物塊a在薄板b上運動的時間t；(2)物塊a經過B點時的速度大小vB；(3)若初始時一不可伸長的輕繩一端系著小球c，另一端系于c球正下方的O1點，此時繩子剛好伸直且無拉力，已知O1點與c球相距為L，當繩子拉力FT達到9m3g時繩子斷開。物塊a從B點水平正碰c球瞬間無能量損失，為使細繩斷開時c球開始做平拋運動，則L必須滿足什么條件？4．(2023·海南卷·18)如圖所示，有一固定的光滑eq\f(1,4)圓弧軌道，半徑R＝0.2m，一質量為mB＝1kg的小滑塊B從軌道頂端滑下，在其沖上長木板C左端時，給木板一個與小滑塊相同的初速度，已知mC＝3kg，B、C間動摩擦因數μ1＝0.2，C與地面間的動摩擦因數μ2＝0.8，C右端有一個擋板，C長為L。求：(1)B滑到A的底端時對A的壓力是多大；(2)若B未與C右端擋板碰撞，當B與地面保持相對靜止時，B、C間因摩擦產生的熱量是多少；(3)在0.16m<L<0.8m時，B與C右端擋板發(fā)生碰撞，且碰后粘在一起，求B從滑上C到最終停止所用的時間。第5練專題強化：用三大觀點解決力學問題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)設a與b碰撞前一瞬間，a的速度大小為v0，根據機械能守恒定律有mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(gL)(2)設a、b碰撞后的速度大小分別為v1、v2，根據動量守恒有mv0＝3mv2－mv1根據能量守恒有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)<eq\r(gL)，因此物塊b在傳送帶上先做勻減速運動，后做勻加速運動，加速度大小相等，根據牛頓第二定律有3mgsinα＋3μmgcosα＝3ma解得a＝gsinα＋μgcosα＝g根據對稱性，物塊b在傳送帶上上滑、下滑過程所用時間均為t1＝eq\f(v2,a)＝eq\f(1,2)eq\r(\f(L,g))物塊b第一次在傳送帶上運動過程，因摩擦產生的內能為Q＝μ·3mgcosα(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在傳送帶上運動時的加速度a＝μg由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(v0,μg)(2)B從M點滑至N點的過程中，由動能定理知2mg·3L－W＝eq\f(1,2)×2m(2v0)2－eq\f(1,2)×2mv02，解得W＝6mgL－3mv02(3)A、B碰撞過程由動量守恒定律和能量守恒定律可知2m·2v0＝mv1＋2mv2eq\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不符合題意，舍掉)兩藥品盒做平拋運動的時間t1＝eq\r(\f(2L,g))則s－r＝v2t1，s＋r＝v1t1解得s＝eq\f(3v0,2)eq\r(\f(2L,g))。3．(1)2m/s23m/s21s(2)5m/s(3)0<L≤0.25m或L＝0.625m解析(1)設物塊a脫離薄板b前，物塊a的加速度大小為a1，薄板b的加速度大小為a2，物塊a在薄板b上運動的時間為t，則由牛頓第二定律有μm1g＝m1a1，F－μm1g＝m2a2代入數據解得a1＝2m/s2，a2＝3m/s2由物塊a與薄板b之間的位移關系可得eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝l代入數據解得t＝1s(2)設物塊a離開薄板b時的速度為v0，則有v0＝a1t＝2m/s設物塊a從A點滑入時的速度大小為vA，由于物塊a滑出平臺后做平拋運動，則由速度關系可得vAcos60°＝v0物塊a進入圓弧軌道后做圓周運動，設到達B點時的速度為vB，則從A到B由動能定理有m1gR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)m1vB2－eq\f(1,2)m1vA2聯立解得vB＝5m/s(3)設碰撞后瞬間物塊a的速度為vB1，小球c的速度為vc，則由動量守恒定律和能量守恒定律有m1vB＝m1vB1＋m3vceq\f(1,2)m1vB2＝eq\f(1,2)m1vB12＋eq\f(1,2)m3vc2聯立解得vB1＝0，vc＝5m/s要使連接小球c的繩子斷裂后小球c做平拋運動，則必然是在最高點或最低點繩子斷裂，若在最高點繩子斷裂，則由牛頓第二定律有FT＋m3g≤m3eq\f(vc2,L)，解得0<L≤0.25m若在最低點繩子恰好斷裂，則有m3g·2L＝eq\f(1,2)m3vc12－eq\f(1,2)m3vc2FT－m3g＝m3eq\f(vc12,L)解得L＝0.625m而若L＝0.625m，小球c做圓周運動恰好通過最高點時有m3g＝m3eq\f(v12,L)解得v1＝2.5m/s<vc＝5m/s則可知，繩子在最低點恰好滿足斷裂條件，綜上可知，保證小球c被碰后做平拋運動，繩長應滿足的條件為0<L≤0.25m或L＝0.625m。4．(1)30N(2)1.6J(3)(1－eq\f(15\r(0.8－L),16))s解析(1)滑塊B下滑到A的底端過程，由動能定理有：mBgR＝eq\f(1,2)mBv2，解得v＝2m/s在A的底端，由牛頓第二定律有：FN－mBg＝mBeq\f(v2,R)，解得FN＝30N，由牛頓第三定律可知B對A的壓力大小為FN′＝30N；(2)當B滑上C后，B受到的摩擦力向左，根據牛頓第二定律得FfB＝μ1mBg＝mBa1，解得a1＝2m/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，根據牛頓第二定律μ2(mB＋mC)g－μ1mBg＝mCa2，解得a2＝10m/s2，方向水平向左，B向右運動的距離x1＝eq\f(v2,2a1)，解得x1＝1mC向右運動的距離x2＝eq\f(v2,2a2)，解得x2＝0.2mB、C間因摩擦產生的熱量Q＝μ1mBg(x1－x2)，可得Q＝1.6J；(3)假設B還未與C上擋板碰撞，C先停下，用時為t1，由t1＝eq\f(v,a2)，得t1＝0.2s，此時B的位移xB1＝vt1－eq\f(1,2)a1t12，解得xB1＝0.36m則x相＝xB1－x2＝0.16m，此時vB1＝v－a1t1＝1.6m/s由L>0.16m，一定是C先停下，之后B再與C上擋板碰撞設再經t2時間B與C擋板碰撞，由L－0.16m＝vB1t2－eq\f(1,2)a1t22，得t2＝0.8s－eq\r(0.8－L)s，t2＝0.8s＋eq\r(0.8－L)s(舍去)碰撞時B速度為vB