高考物理二轮复习专题检测专题分层突破练8　应用力学三大观点解决综合问题 (含解析)

专题分层突破练8应用力学三大观点解决综合问题A组1.(2020湖北高三月考)如图甲所示,在光滑水平面上有一小车,其质量M=2kg,车上放置有质量mA=2kg的木板A,木板上有可视为质点的物体B,其质量mB=4kg。已知木板A与小车间的动摩擦因数μ0=0.3。A、B紧靠车厢前壁,A的左端与小车后壁间的距离为x=2m。现对小车施加水平方向的恒力F,使小车从静止开始做匀加速直线运动,经过1s木板A与车厢后壁发生碰撞,该过程中A的速度—时间图像如图乙所示,已知重力加速度大小g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)求A、B间的动摩擦因数μ;(2)求恒力F的大小;(3)木板A与小车后壁碰撞后粘在一起(碰撞时间极短),碰后立即撤去恒力F,若要使物体B不与小车后壁发生碰撞,则小车车厢前、后壁间距L至少为多少?2.(2020辽宁高三模拟)跑步健身可以增强体质,增强人的意志和毅力。跑步涉及很多物理现象,如图所示,长L=24m的木板右端固定一立柱,板和立柱的总质量M=60kg,木板置于水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数μ=0.05。质量m=60kg的人(视为质点)立于木板左端,木板与人均静止。若人以大小为a1=2m/s2的加速度匀加速向右跑至木板的右端,并立即抱住立柱,g取10m/s2,求:(1)从人开始奔跑至到达木板右端所经历的时间t;(2)人抱住立柱的瞬间损失的机械能ΔE;(3)从人开始运动到最终木板静止,木板发生的位移大小x3.(2020山东高三模拟)若物体做机械振动的回复力F回与振动物体的位移x满足关系式F回=-kx,那么机械振动的周期为T=2πmk,其中k为常数。如图是多米诺骨牌中滚球触发机关的一段示意图,轻质弹簧一端固定在斜面底端,质量为0.2kg的小球放在倾角为60°的光滑斜面最上端B点,在弹簧弹力作用下处于静止状态,弹簧的劲度系数为k0=5π2N/m。长度l=0.5m的水平轨道CD和光滑圆弧轨道在D点相切,B、C竖直高度差Δh=0.6m,小球在水平轨道上受到恒定阻力f=0.6N。现用沿斜面向下的推力使小球缓慢移动一小段距离到达A点,此时突然撤去推力,弹簧上端到达B点时立即被锁定,小球从B点弹出后恰好沿水平方向进入CD轨道,继续运动到弧面上的触发点E,原速率弹回。重力加速度g取10m/s2(1)小球第一次到C点时的速度大小;(2)小球从A点到B点的过程中弹簧对小球的冲量大小;(3)小球最终停止时离D点的距离。B组4.(2020山东高三二模)足够长的木板静止放置在水平桌面上,木块A、B静止放置在长木板上,木块C固定在长木板上。木块A和B的质量mA=mB=m,木块C的质量为mC=2m,长木板的质量为m,木块A、B与木板间的动摩擦因数为μ,木板与地面间的动摩擦因数为μ5,木块间的距离均为d,给木块A一个水平向右的初速度v0=14μgd,已知木块碰撞后均粘在一起以共同速度运动,且碰撞时间极短,木块可看作质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为(1)A与B碰撞后瞬间的速度大小;(2)A、B与C碰撞后瞬间A、B、C共同的速度大小。5.(2020天津高三模拟)如图所示,在竖直平面内的光滑水平坑道的左侧有一直角三角形光滑斜面AC,坑道右侧接一半径为R的半圆形光滑轨道DE,且C与D等高。坑道内有一上表面粗糙、与DC水平线等高、质量为2m的平板车。平板车开始在坑道的左侧。已知斜面AC高为10R、长为25R,一质量为m可看成质点的滑块由静止从A点滑下(重力加速度为g),求:(1)滑块滑到C时的速度大小;(2)若滑块滑上车的瞬间(拐角处)无机械能损失,且小车到达D点的瞬间滑块恰滑到车的右端,继续滑上半圆形轨道,且它滑到最高点E时对轨道的压力恰好为零,则滑块在平板车上滑行时产生了多少内能;(3)若平板车的长度为10R,则滑块与平板车之间的滑动摩擦力大小为多少。6.(2020广西高三二模)如图所示,木槽A质量为m,置于水平桌面上,木槽上底面光滑,下底面与桌面间的动摩擦因数为μ,槽内放有两个滑块B和C(两滑块都可看作质点),B、C的质量分别为m和2m,现用这两个滑块将很短的轻质弹簧压紧(两滑块与弹簧均不连接,弹簧长度忽略不计),此时B到木槽左端、C到木槽右端的距离均为L,弹簧的弹性势能为Ep=μmgL。现同时释放B、C两滑块,B与A的竖直内壁的碰撞为弹性碰撞,C与A的竖直内壁碰撞后粘在一起不再分离,且碰撞时间极短。求:(1)B、C两滑块离开弹簧时的速度vB、vC的大小;(2)滑块与槽壁第一次碰撞后A的速度v1的大小;(3)木槽A在与滑块第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中,木槽A对地位移x的大小。参考答案专题分层突破练8应用力学三大观点解决综合问题1.答案(1)0.25(2)34N(3)3.975m解析(1)若A、B间不发生相对滑动,则A、B整体的加速度a'=μ0g=3m/s2由乙图可知,A的加速度aA=ΔvΔt=4即A、B间发生相对滑动,对A有μ0(mA+mB)g-μmBg=mAaA可得μ=0.25(2)对小车,在该过程中,F-μ0(mA+mB)g=Ma且x=12at2-12aA可得a=8m/s2,F=34N(3)知当A与小车碰撞时vA=4m/svB=μgt=2.5m/sv车=at=8m/s该过程中B相对于A滑动距离为L1=12aAt2-12aBt2=0.75A与小车在碰撞中动量守恒,可知Mv车+mAvA=(M+mA)v可得v=6m/s由动量守恒定律和能量守恒定律有(M+mA)v+mBvB=(M+mA+mB)v共且12(M+mA)v2+12mBvB2−12(M+mA+mB)v可得L2=1.225m故前、后壁间距L≥x+L1+L2=3.975m2.答案(1)4s(2)2160J(3)4m解析(1)人向右运动过程中,受到摩擦力大小f1=ma1=60×2N=120N木板向左加速运动f1-μ(M+m)g=Ma2解得a2=f1120-0.05×120×101m/s2人运动的位移x1=12a1t木板运动的位移x2=12a2t二者反向运动,位移满足L=x1+x2解得t=4s(2)人抱住立柱瞬间前,人的速度大小为v1=a1t=2×4m/s=8m/s此时立柱的速度大小为v2=a2t=1×4m/s=4m/s人抱住立柱瞬间,人和立柱共速,选择水平向右为正方向,根据动量守恒定律有mv1-Mv2=(M+m)v解得v=mv1-M根据能量守恒定律有ΔE=12mv12解得ΔE=2160J(3)根据(1)可知x2=12a2t2=12×1×16m=8人抱住立柱后,共同减速的加速度a3=μ(M+m)gM+m共减速的位移x3=v22a3=2则木板移动的位移x=x2-x3=4m3.答案(1)2m/s(2)0.973N·s(3)0.17m解析(1)小球从B点到C点过程0-(vBsinθ)2=-2gΔh得vB=4m/s到达C点只有水平速度,根据速度的合成与分解可得vC=vBcosθ=2m/s(2)小球在B点时mgsinθ-k0x0=0设小球发生位移x,则F=k0(x0+x)-mgsinθ=k0x因为F回与x方向相反,所以F回=-kx,其中k=k0因此小球做简谐运动,周期为T=2πmk=0.4小球从A→B所用时间为t1=14T=0.1由动量定理I-mgsinθ·t1=mvB-0弹簧对小球冲量大小为I=0.973N·s(3)设小球在水平轨道CD上经x0停止运动,有-fx0=0-1得x0=0.67m>0.5m则x=x0-0.5m=0.17m即小球停在离D点0.17m的位置4.答案(1)3μgd(2)解析(1)对木块A,根据牛顿第二定律可得μmAg=mAa1解得a1=μg木块A对木板的摩擦力为f1=μmAg=μmg地面对木板的滑动摩擦力为f2=μ5(mA+mB+m+mC)g=μ由于f1=f2,所以木块A滑动时木板静止不动,对木块A根据运动学公式可得v12−v0解得v1=23木块A与木块B碰撞,木块A与木块B组成的系统动量守恒,则有mAv1=(mA+mB)v2解得v2=3(2)对木块A、B,根据牛顿第二定律可得μ(mA+mB)g=(mA+mB)a2解得a2=μg木块A、B对木板的摩擦力为f3=μ(mA+mB)g=2μmg>f2根据牛顿第二定律可得木板的加速度为f3-f2=(m+mC)a3解得a3=13μ根据运动学公式可得xAB=v2t-12a2tx木板=12a3txAB-x木板=d联立解得t=123dμg,或t=木块A、B的速度为v3=v2-a1t=3木板的速度为v4=a3t=3木块A、B与木块C碰撞,木块A、B、C和木板组成的系统动量守恒,则有(mA+mB)v3+(m+mC)v4=(mA+mB+mC+m)v5解得A、B与C碰撞后瞬间A、B、C共同的速度v5=35.答案(1)25gR(2)254mgR(3)解析(1)由A到C由动能定理有mgh=1解得vC=25gR(2)在E点,由牛顿第二定律有mg=mv解得vE=gR;由机械能守恒定律有12mvE解得vD=5gR由滑块与小车组成的系统动量守恒有mvC=mvD+2mv解得v=5gR由滑块与小车组成的系统能量守恒有Q=12mvC2-12解得Q=254mgR(3)由功能关系有Q=fl解得f=58mg6.答案(1)vB=43μgLvC=13μgL(2)v1=4解析(1)弹簧弹开B、C两滑块的过程中,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有0=2mvC-mvBEp=12mvB解得vB=4vC=1(2)由题意得B与A先碰撞且B与A为弹性碰