2025屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí)與測試專題強(qiáng)化練六動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

專題強(qiáng)化練（六）動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1．(2024·廣東四校期末)如圖，質(zhì)量M1＝8kg、半徑R＝0.84m的四分之一光滑圓弧軌道靜止于光滑水平面上，底端端點(diǎn)切線水平。另一質(zhì)量M2＝2kg足夠長的滑板鎖定在圓弧軌道的右端，滑板上表面所在平面與圓弧軌道底端等高。質(zhì)量m＝0.5kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從軌道圓心等高處由靜止釋放，滑上滑板瞬間圓弧軌道和滑板之間解除鎖定。開始時(shí)與滑板右側(cè)距離s處有一彈性擋板，滑板與擋板碰撞時(shí)間極短且無機(jī)械能損失，碰撞后馬上撤去擋板。已知物塊與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.725，g取10m/s2。(1)求物塊沖上滑板時(shí)的速度大??；(2)若滑板碰撞擋板反彈后能追上圓弧軌道，求s的取值范圍。解析：(1)設(shè)物塊沖上滑板時(shí)速度大小為v1，圓弧軌道和滑板共同速度為v2，物塊下滑過程中，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有mv1＝(M1＋M2)v2系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)(M1＋M2)veq\o\al(2,2)解得v1＝4m/s，v2＝0.2m/s。(2)設(shè)滑板碰撞擋板前瞬間，物塊速度大小為v物，滑板速度大小為v板，此時(shí)未共速，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv1－M2v2＝mv物＋M2v板反彈后－M2v板＋mv物＝－(M2＋m)v若恰好沒追上圓弧軌道，則v＝v2解得v板＝0.525m/s，v物＝1.1m/s因v物＞v板，故假設(shè)成立，設(shè)滑塊滑上滑板M2時(shí)，滑板向左對地運(yùn)動(dòng)了s1，物塊向右對地運(yùn)動(dòng)了水平位移s2，物塊滑下過程中，系統(tǒng)水平動(dòng)量守恒，有ms2＝(M1＋M2)s1，s1＋s2＝R，解得s1＝0.04m對滑板由動(dòng)能定理有μmg(s1＋s)＝eq\f(1,2)M2veq\o\al(2,板)－eq\f(1,2)M2veq\o\al(2,2)解得s＝0.025m故滑板碰撞擋板反彈后能追上圓弧軌道s的取值范圍s＞0.025m。答案：(1)4m/s(2)s>0.025m2．我國物流市場規(guī)模連續(xù)七年位列全球第一。某物流分揀中心為轉(zhuǎn)運(yùn)貨物安裝有水平傳送帶，傳送帶空載時(shí)保持靜止，一旦有貨物置于傳送帶上，傳送帶就會(huì)以1m/s2的加速度向前加速運(yùn)行。在傳送帶空載的某時(shí)刻，某質(zhì)量為20kg的貨物向前以3m/s的初速度滑上傳送帶。已知傳送帶長為6m，貨物和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，g取10m/s2。求：(1)貨物到達(dá)傳送帶末端的時(shí)間；(2)整個(gè)過程傳送帶對貨物做的功；(3)傳送帶與貨物由于摩擦產(chǎn)生的熱量。解析：(1)對貨物受力分析，由牛頓第二定律可知μmg＝ma′，解得a′＝2m/s2設(shè)經(jīng)時(shí)間t1兩者共速，則v0－a′t1＝at1，解得t1＝1s故貨物運(yùn)動(dòng)1s后兩者共速，此時(shí)的速度大小v＝at1＝1m/s貨物的位移x1＝v0t1－eq\f(1,2)a′teq\o\al(2,1)＝2m由題意知，兩者共速后，一起以加速度a做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)兩者共速后，貨物再運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2到達(dá)傳送帶末端，則vt2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)＝l－x1，解得t2＝2s所以貨物到達(dá)傳送帶末端所用的時(shí)間t＝t1＋t2＝3s。(2)設(shè)貨物到達(dá)傳送帶末端的速度大小為v′，則v′＝v＋at2，解得v′＝3m/s貨物從滑上傳送帶至到達(dá)傳送帶末端的過程，由動(dòng)能定理得W＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得W＝0。(3)貨物和傳送帶之間的相對位移Δx＝x1－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝1.5m所以整個(gè)過程因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgΔx＝60J。答案：(1)3s(2)0(3)60J3．“打水漂”是同學(xué)們都適合體驗(yàn)的游戲，將扁平的小石片在手上呈水平放置后用力飛出，石片遇到水面后并不會(huì)直接沉入水中，而是擦水面滑行一小段距離后再彈起飛行，跳躍數(shù)次后沉入水中，即稱為“打水漂”。如圖所示，小明在岸邊離水面高度h0＝1.8m處，將一質(zhì)量m＝20g的小石片以初速度v0＝8m/s水平飛出，小石片在水面上滑行時(shí)受到的水平阻力恒為f＝0.4N，若小石片每次均接觸水面Δt＝0.04s后跳起，跳起時(shí)豎直方向的速度與此時(shí)沿水面滑行的速度之比為常數(shù)k＝0.75。小石片在水面上彈跳數(shù)次后沿水面的速度減為零，并以a＝0.5m/s2的加速度沿豎直方向沉入水深h＝1m的河底。重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求小石片：(1)第一次接觸水面時(shí)的動(dòng)量p；(2)從開始拋出到沉入河底前瞬間的整個(gè)過程中，水對小石片做的功W；(3)從第一次接觸水面到開始下沉的時(shí)間t。解析：(1)小石片開始做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向的速度veq\o\al(2,y)＝2gh0接觸水面時(shí)速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))，解得v＝10m/s則動(dòng)量大小p＝mv＝0.2kg·m/s設(shè)速度v與水平方向成θ角，則動(dòng)量p與水平方向成θ角，則有cosθ＝eq\f(v0,v)＝0.8，可得θ＝37°。(2)小石片沉入河底時(shí)，有veq\o\al(2,t)＝2ah從開始拋出到沉入河底前瞬間的整個(gè)過程，由動(dòng)能定理得mg(h0＋h)＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得W＝－1.19J。(3)小石片在水面上滑行時(shí)加速度ax＝eq\f(f,m)＝20m/s2每次滑行的水平速度減少量Δvx＝axΔt＝0.8m/s則n＝eq\f(v0,Δvx)＝10次即小石片在水面上滑行了10次，空中彈起后飛行了9次；水面滑行的時(shí)間t1＝10Δt＝0.4s第n次彈起時(shí)的水平速度vxn＝v0－nΔvx＝(8－0.8n)m/s豎直速度vyn＝kvxn空中飛行時(shí)間tyn＝2×eq\f(vyn,g)可得第n次彈起后在空中飛行的時(shí)間tyn＝1.2(1－0.1n)s在空中的飛行總時(shí)間t2＝ty1＋ty2＋…＋ty9＝5.4s時(shí)間t＝t1＋t2＝5.8s。答案：(1)0.2kg·m/s與水平方向成37°角(2)－1.19J(3)5.8s4．如圖所示，某游戲裝置由光滑平臺(tái)、軌道AB、豎直圓管道BCDEC′(管道口徑遠(yuǎn)小于管道半徑)、水平軌道C′F、光滑直軌道FG平滑連接組成，B、C、C′為切點(diǎn)，A、F連接處小圓弧長度不計(jì)，A點(diǎn)上方擋片可使小滑塊無能量損失的進(jìn)入軌道AB。圓管道半徑R＝0.2m，管道中，內(nèi)側(cè)粗糙，外側(cè)光滑。小滑塊與軌道AB、C′F間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，AB軌道長度l＝0.4m，傾角θ＝37°，C′F長度L＝2m，F(xiàn)G高度差h＝0.8m，平臺(tái)左側(cè)固定一輕質(zhì)彈簧，第一次壓縮彈簧后釋放小滑塊，小滑塊恰好可以運(yùn)動(dòng)到與管道圓心等高的D點(diǎn)，第二次壓縮彈簧使彈性勢能為0.36J時(shí)釋放小滑塊，小滑塊運(yùn)動(dòng)到圓管道最高處E的速度vE＝1m/s。已知小滑塊的質(zhì)量m＝0.1kg，小滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。(1)求第一次釋放小滑塊時(shí)，小滑塊首次到達(dá)圓管上的C點(diǎn)時(shí)受到彈力大小；(2)求第二次釋放小滑塊時(shí)，小滑塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過程中，圓管道對小滑塊的摩擦力做的功；(3)若第三次壓縮彈簧使彈性勢能為Ep時(shí)釋放小滑塊，要求小滑塊在圓管道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)不受摩擦力且全程不脫軌，最終停在C′F上。寫出小滑塊在C′F上運(yùn)動(dòng)的總路程s與Ep之間的關(guān)系式，并指出Ep的取值范圍。解析：(1)從C到D，對小滑塊由動(dòng)能定理可得－mgR＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得vC＝2m/s在C點(diǎn)由牛頓第二定律可得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)聯(lián)立解得FN＝3N。(2)從開始到E點(diǎn)由動(dòng)能定理可得Ep′＋mglsinθ－μmglcosθ－mgR(1＋cosθ)＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－0解得Wf＝－0.03J。(3)從開始到C點(diǎn)，由能量守恒定律可知EkC－Ep＝mglsinθ－μmglcosθ＋mgR(1－cosθ)解得EkC＝Ep＋0.12J要使小滑塊能最終停在C′F上，則小滑塊必過E點(diǎn)，且在圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)無摩擦，所以mg≤meq\f(vE′2,R)EkE＝eq\f(1,2)mvE′2≥0.1J從C點(diǎn)到E點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得－2mgR＝EkE－EkC解得Ep≥0.38J，EkC≥0.5J小滑塊不從右側(cè)斜面飛出需滿足EkC－μmgL－mgh≤0解