高考物理一轮复习课时练习 第7章第5练　专题强化：用三大观点解决力学问题（含详解）

1．(2024·江西省联考)如图，倾角为θ＝30°的光滑斜面与光滑水平面在B点平滑连接，倾角为α＝37°的传送带沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端D点通过一小段圆弧连接。在水平面BD上的C点放一质量为3m的小物块b，在斜面上A点由静止释放质量为m的小物块a，A、B间距离为L，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，之后a、b将在水平面上发生第二次碰撞，b与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带匀速运动的速度大小为eq\r(gL)，重力加速度为g，sin37°＝0.6，求：(1)a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小；(2)第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小；(3)a、b第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程，b在传送带上运动因摩擦产生的内能。2．(2023·广东卷·15)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的eq\f(1,4)。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。3．(2024·广东执信中学检测)如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5m、质量m2＝2kg的薄板b(厚度不计)，在薄板b最右端放有可视为质点的物块a，其质量m1＝1kg，物块a与薄板b间的动摩擦因数μ＝0.2。开始时两者均静止，现对薄板b施加F＝8N、水平向右的恒力，待a脱离b(b尚未露出平台)后，将b取走。a离开平台后由A点沿切线落入半径R＝0.9m的竖直光滑圆弧轨道AB，圆弧轨道AB的圆心角为60°，其中过B点的切线水平，其右侧有一被电磁铁吸住而静止的小球c，c球质量m3＝1kg且与地面及左侧墙面相距足够远，当c球被碰撞时电磁铁立即失去磁性，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)物块a脱离薄板b前物块a和薄板b加速度大小及物块a在薄板b上运动的时间t；(2)物块a经过B点时的速度大小vB；(3)若初始时一不可伸长的轻绳一端系着小球c，另一端系于c球正下方的O1点，此时绳子刚好伸直且无拉力，已知O1点与c球相距为L，当绳子拉力FT达到9m3g时绳子断开。物块a从B点水平正碰c球瞬间无能量损失，为使细绳断开时c球开始做平抛运动，则L必须满足什么条件？4．(2023·海南卷·18)如图所示，有一固定的光滑eq\f(1,4)圆弧轨道，半径R＝0.2m，一质量为mB＝1kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC＝3kg，B、C间动摩擦因数μ1＝0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2＝0.8，C右端有一个挡板，C长为L。求：(1)B滑到A的底端时对A的压力是多大；(2)若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少；(3)在0.16m<L<0.8m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止所用的时间。第5练专题强化：用三大观点解决力学问题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)设a与b碰撞前一瞬间，a的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(gL)(2)设a、b碰撞后的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒有mv0＝3mv2－mv1根据能量守恒有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)，因此物块b在传送带上先做匀减速运动，后做匀加速运动，加速度大小相等，根据牛顿第二定律有3mgsinα＋3μmgcosα＝3ma解得a＝gsinα＋μgcosα＝g根据对称性，物块b在传送带上上滑、下滑过程所用时间均为t1＝eq\f(v2,a)＝eq\f(1,2)eq\r(\f(L,g))物块b第一次在传送带上运动过程，因摩擦产生的内能为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在传送带上运动时的加速度a＝μg由静止加速到与传送带共速所用的时间t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(v0,μg)(2)B从M点滑至N点的过程中，由动能定理知2mg·3L－W＝eq\f(1,2)×2m(2v0)2－eq\f(1,2)×2mv02，解得W＝6mgL－3mv02(3)A、B碰撞过程由动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不符合题意，舍掉)两药品盒做平抛运动的时间t1＝eq\r(\f(2L,g))则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)设物块a脱离薄板b前，物块a的加速度大小为a1，薄板b的加速度大小为a2，物块a在薄板b上运动的时间为t，则由牛顿第二定律有μm1g＝m1a1，F－μm1g＝m2a2代入数据解得a1＝2m/s2，a2＝3m/s2由物块a与薄板b之间的位移关系可得eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝l代入数据解得t＝1s(2)设物块a离开薄板b时的速度为v0，则有v0＝a1t＝2m/s设物块a从A点滑入时的速度大小为vA，由于物块a滑出平台后做平抛运动，则由速度关系可得vAcos60°＝v0物块a进入圆弧轨道后做圆周运动，设到达B点时的速度为vB，则从A到B由动能定理有m1gR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)m1vB2－eq\f(1,2)m1vA2联立解得vB＝5m/s(3)设碰撞后瞬间物块a的速度为vB1，小球c的速度为vc，则由动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联立解得vB1＝0，vc＝5m/s要使连接小球c的绳子断裂后小球c做平抛运动，则必然是在最高点或最低点绳子断裂，若在最高点绳子断裂，则由牛顿第二定律有FT＋m3g≤m3eq\f(vc2,L)，解得0<L≤0.25m若在最低点绳子恰好断裂，则有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做圆周运动恰好通过最高点时有m3g＝m3eq\f(v12,L)解得v1＝2.5m/s<vc＝5m/s则可知，绳子在最低点恰好满足断裂条件，综上可知，保证小球c被碰后做平抛运动，绳长应满足的条件为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)滑块B下滑到A的底端过程，由动能定理有：mBgR＝eq\f(1,2)mBv2，解得v＝2m/s在A的底端，由牛顿第二定律有：FN－mBg＝mBeq\f(v2,R)，解得FN＝30N，由牛顿第三定律可知B对A的压力大小为FN′＝30N；(2)当B滑上C后，B受到的摩擦力向左，根据牛顿第二定律得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，根据牛顿第二定律μ2(mB＋mC)g－μ1mBg＝mCa2，解得a2＝10m/s2，方向水平向左，B向右运动的距离x1＝eq\f(v2,2a1)，解得x1＝1mC向右运动的距离x2＝eq\f(v2,2a2)，解得x2＝0.2mB、C间因摩擦产生的热量Q＝μ1mBg(x1－x2)，可得Q＝1.6J；(3)假设B还未与C上挡板碰撞，C先停下，用时为t1，由t1＝eq\f(v,a2)，得t1＝0.2s，此时B的位移xB1＝vt1－eq\f(1,2)a1t12，解得xB1＝0.36m则x相＝xB1－x2＝0.16m，此时vB1＝v－a1t1＝1.6m/s由L>0.16m，一定是C先停下，之后B再与C上挡板碰撞设再经t2时间B与C挡板碰撞，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)碰撞时B速度为vB