2024年高考物理总复习强化练 力学三大观点的综合应用

核心素养测评•专题强化练•实验抢分专练

专题强化练（九）力学三大观点的综合应用（25分钟30

分）

一、选择题

1.［2023•长沙模拟］（5分）（多选）冰壶比赛是2022年北京冬奥会的比赛项目。蓝壶（实

心圆）以动能&碰撞静止的红壶（与蓝壶材料相同、质量相等）（空心圆），某兴趣小组将

碰撞前后两壶的位置标记如图所示，4、B分别为碰前瞬间蓝壶、红壶所在位置，C、。分别

为碰撞后蓝壶、红壶停止的位置。则由图可知（AC）

ABCD

A.碰后瞬间蓝壶、红壶的瞬时速度之比为1:2

B.碰后瞬间蓝壶、红壶的瞬时速度之比为1:4

C.碰撞过程中损失的动能约为gEk

D.碰撞过程中损失的动能约为^稣

［解析］选A、Co假设方格边长为无,则碰撞后，由动能定理可得：一/匕％：。—稣蓝，—/•

2

12%=0-&红，可知碰撞后红壶的动能是蓝壶的4倍，则母=4,得'=2。假设碰撞后

唯V蓝

b红=2",D蓝=17,则碰撞过程中由动量守恒可得771%蓝=TH［红+D蓝）=3??W,得％蓝=

3vo由题意知：：gnw：称==Ek，可知碰撞后Ek=；7?1病=蓝==

|Ek,所以碰撞过程中损失的动能约为AEk=Ek—gEk—^Ek=g%。

【加固训练】如图甲，用绳长L=0.8m的轻绳悬挂质量为m的铁球a,另一个质量为m的铁球

b从与竖直方向夹角为。的光滑圆弧轨道某位置由静止释放，在最低处与a球发生完全非弹性

碰撞，图乙是碰撞后轻绳拉力F与角度余弦值cos。的函数关系，已知圆弧半径R=3g取

10m/s2,下列说法错误的是（D）

A.铁球的质量m=lkg

B.从6=60°的位置静止释放，碰撞之后的两球速度为遮m/s

C.从。=60°的位置静止释放，碰撞前后损失的机械能为2J

D.从右侧e位置静止释放后，碰撞之后的两球，恰好能摆动到左侧偏离竖直方向e处

［解析］选D。根据机械能守恒定律可知-cos。）=1m/，碰撞过程动量守恒，有nw=

吸

2znu共，在最低处，由牛顿第二定律得F—=2m；1,联立可得F=—zngcos。+3zng,

结合图像可知37ng=30N,所以TH=1kg,故A正确，不符合题意；结合图线，9=600时，

F=25N,代入上式可得"共=V^m/s,v=2V2m/s,所以碰撞前后损失的机械能为AE=

l2_1.2故B、C正确，不符合题意；碰撞之后，能量损失，因此不可能摆动

2mr22mv共='2J＞

到左侧偏离竖直方向。处，故D错误，符合题意。

二、计算题

2.（10分）如图所示，可视为质点的滑块4B静止在光滑水平地面上，4、B滑块的质量分

别为犯1=lkg,mB-3kgo在水平地面左侧有倾角。=30°的粗糙传送带以u=6m/s的速率

顺时针匀速转动，传送带与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接。4B两滑块

间夹着质量可忽略的炸药，现点燃炸药爆炸瞬间，滑块2以6m/s水平向左冲出，接着沿传送

带向上运动，已知滑块2与传送带间的动摩擦因数为传送带与水平面足够长，重力加

速度9取10m/s2。

（1）求滑块a沿传送带上滑的最大距离；

［答案］L8m

［解析］设爆炸后2、B的速度分别为以、vB,爆炸过程,

对a和B组成的系统由动量守恒有：

mAvA—mBvB—0

解得：vB-2m/s

水平地面光滑，滑块a沿传送带向上做匀减速直线运动，

对2进行受力分析有：mAgsmd+p.mAgcosd-mAa^

解得：a上=g(sind+〃cos。)=10m/s2

经ti=o.6s滑块a速度减为o

故滑块a沿传送带向上减速到零通过的距离为：

x--1.8m

A12a上

(2)若滑块2滑下后与滑块B相碰并粘住，求4B碰撞过程中损失的能量AE；

［答案］6J

［解析］当滑块a速度减为零后，滑块a将沿传送带向下做匀加速运动，

对a进行受力分析有：

a下=g(sin。+/zcos0)=10m/s2

经亡2=o.6s滑块a与传送带共速

根据对称性可知滑块a刚好回到传送带与水平面的连接点

当滑块2再次滑上水平面时，速度大小与传送速度相等为6m/s

滑块4与滑块B碰撞时，粘连在一起，对2、B组成的系统由动量守恒定律得：

专+mBVB—(^A+

解得：v-3m/s

碰撞过程中损失的能量为

2

△E=^rnAv^+-1(mA+mB)v

代入数据得：AE=6J

(3)求滑块2与传送带接触过程中因摩擦产生的热量Q。

［答案］36J

［解析］经G=o.6s滑块a速度减为零，滑块a沿传送带向上减速到零通过的位移:

x--1.8m

A12a上

此过程中传送带的位移：％传1=vAtr=3.6m

滑块4速度减为零后将沿传送带向下做匀加速运动，

经=0.6s滑块力与传送带共速，达到共速时传送带的位移：

力22a下=l.8m

传送带的位移％传2=vAt2—3.6m

若向上运动和向下运动过程中产生的热量分别为Qi、Qz，则由Q=f,%相及/=l^mgcosO=

5N

得：Qi=/(久41+%传1)=27J

=/(%传2—%42)—9J

故因摩擦产生的热量Q=Qi+(22=36J

【加固训练】如图所示，光滑曲线轨道BC分别与竖直轨道4B、粗糙水平地面CD平滑连接，

CD右端与光滑半圆轨道DE平滑连接，半圆轨道直径为2R。CD长为l=2R,竖直轨道的最高

点4与地面高度差/i=2R。质量为m的小滑块P从2点静止释放，之后在。点与静止放置在该处

的小滑块Q发生碰撞，碰撞过程机械能损失不计。已知小滑块Q的质量也为小滑块Q被撞

后的瞬间对轨道的压力突然增大了2mgo已知重力加速度为g。

(1)求水平轨道的动摩擦因数〃；

［答案］0.5

［解析］设滑块P与Q碰撞前瞬间速度的大小为蚱D，碰撞后Q的速度为%D，则根据动能定理可

得

1?

mgh—fimgl=-mvpD—0

P与Q发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒有

r

mvPD=mvPD+mvQD

121，2112

-mvpD=-mv+-mv^D

解行■:UQD=UpD

增加的压力

△N=2mg—m等

解得：〃—0.5

（2）如果小滑块P的质量变为/cm（/c为正数），要求小滑块Q在半圆轨道DE段运动过程中没

有脱离轨道（设碰撞后P立即拿走，不发生两次碰撞），求人的取值范围。

［答案比<1或k>若生

［解析］设滑块P与Q碰撞前瞬间速度的大小为蚱D，则根据动能定理得

19

kmgh—11kmgl=-kmVpD—0

尸与Q的碰撞为弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为％和i；2，以向右为正方向，根据动量守恒和

能量守恒定律可得

kmvPD=kmv1+mv2

^kmvpD=3km资+

解得：“2=急/2gR

不脱离半圆轨道的条件有两种情形：

情形一：不过圆心等高处，有

|mv24mgR

解得：fc<1

情形二：对Q从。点到E点过程，由机械能守恒定律得

|mv2=+2mgR

对滑块Q在E点，由牛顿第二定律得

mg<

解得：k之史答

所以满足k<1或k>过裂。

3.［2023•长沙模拟］（15分）如图甲所示，一长L=1.6m的传送带以速度%=2m/s做匀速

运动，质量瓶1=1kg的小物块与传送带之间的动摩擦因数〃=0.2。在传送带的C端，用长为

I=0.128m的细线悬挂着一个质量为Tn?=1kg的小球，小物块与小球均可视为质点，从A端

无初速释放小物块，取重力加速度g为10m/s2,忽略一切空气阻力。

(I)求小物块从释放到运动到C端所用的时间；

［答案］1.3s

［解析］对小物块由牛顿第二定律可得

a———=2m/s2

mm

小物块先加速到传送带速度%,所用时间为右，可得ti=£=Is

加速位移为=1.0m<1.6m

故小物块之后做匀速运动，时间为七，可得12=宁=0.35

可得总时间为t=