2026届二轮专题难点突破(十)　力学三大观点的综合应用

二轮专题突破(十)力学三大观点的综合应用(中档题目)1.(12分)(2025·河北高考)如图所示,一长为2m的平台,距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点,不考虑空气阻力,重力加速度g取10m/s2。(1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。(4分)(2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m,物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中,所受弹力冲量的大小,以及物块弹离地面时水平速度的大小。(8分)

2.(14分)(2025·陕晋宁青高考)如图所示,有两个电性相同且质量分别为m、4m的粒子A、B,初始时刻相距l0,粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动,此时A、B两粒子系统的电势能等于125mv02。经时间t1粒子B到达P点,此时两粒子速度相同,同时开始给粒子B施加一恒力,方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时,粒子A恰好运动至P点且速度为0,A、B粒子间距离恢复为l0,这时撤去恒力。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比,忽略两粒子所受重力。求:(m、l0、v0、(1)粒子B到达P点时的速度大小v1;(2分)(2)t1时间内粒子B的位移大小xB;(8分)(3)恒力作用的时间t2。(4分)3.(16分)(2025·河南高考)如图所示,在一段水平光滑直道上每间隔l1=3m铺设有宽度为l2=2.4m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1=2kg的小物块P,另一质量为m2=4kg的小物块Q以v0=7m/s的速度向右匀速运动并与物块P发生正碰,且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间物块P的速度大小为v=7m/s,物块P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度大小g=10m/s2。求:(1)该碰撞过程中损失的机械能;(6分)(2)物块P从开始运动到静止经历的时间。(10分)4.(18分)(2025·海南高考)足够长的传送带固定在竖直平面内,半径R=0.5m、圆心角θ=53°的圆弧轨道与平台平滑连接,平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接,工件A从圆弧顶点无初速度下滑,在平台与B碰后成一整体,随后滑上传送带,已知mA=4kg,mB=1kg,A、B均可视为质点,A、B与传送带间的动摩擦因数恒定,在传送带上运动的过程中,因摩擦生热Q=2.5J,忽略轨道及平台的摩擦,g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6。求:(1)A滑到圆弧最低点时受的支持力。(4分)(2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能。(4分)(3)传送带的速度大小。(10分)

二轮专题突破(十)力学三大观点的综合应用(中档题目)解析1．解析：(1)物块在平台上做匀减速直线运动，以初速度方向为正方向，根据牛顿第二定律有－μmg＝ma，解得a＝－2m/s2则物块从开始运动到离开平台有vx2－v02＝2ax0物块从平台飞出后做平抛运动，有h＝eq\f(1,2)gt12，x＝vxt1联立解得x＝0.6m。(2)物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，设物块弹起至最大高度所用时间为t2，逆向分析，根据位移公式有h′＝eq\f(1,2)gt22则物块与地面接触的时间Δt＝t－t1－t2＝0.1s取竖直向上为正方向，物块与地面接触的过程中，根据动量定理，在竖直方向有IN－mgΔt＝mvy2－m(－vy1)，vy1＝gt1，vy2＝gt2解得IN＝0.1N·s取水平向右为正方向，在水平方向，根据动量定理有－μeq\o(N,\s\up6(－))Δt＝mvx′－mvx，IN＝eq\o(N,\s\up6(－))Δt解得vx′＝－1m/s但由于vx减小为0时，物块与地面将无相对运动和相对运动趋势，故vx′＝0。答案：(1)0.6m(2)0.1N·s02．解析：(1)A、B组成的系统所受合外力为零，则系统动量守恒，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v1，解得v1＝eq\f(1,5)v0。(2)设A、B两粒子共速时的间距为l′，根据能量守恒定律可知，此时电势能为Ep′＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,25)mv02－eq\f(1,2)×5mv12＝eq\f(11,25)mv02，由题知电荷间的电势能与它们间的距离成反比，可得l′＝eq\f(Ep0,Ep′)l0＝eq\f(1,11)l0从开始运动到两者共速的过程，A、B两粒子组成的系统始终动量守恒，根据动量守恒定律有mv0＝mvA＋4mvB，则∑mv0Δt＝∑mvAΔt＋∑4mvBΔt即有mv0t1＝mxA＋4mxB根据位移关系可知xB＋l0＝xA＋l′联立解得xB＝eq\f(v0t1,5)－eq\f(2,11)l0。(3)对A、B两粒子组成的系统，从开始运动到撤去外力的过程，根据动能定理有Fl0＝eq\f(1,2)×4mv02－eq\f(1,2)mv02根据动量定理有Ft2＝4mv0－mv0联立解得t2＝eq\f(2l0,v0)。答案：(1)eq\f(1,5)v0(2)eq\f(v0t1,5)－eq\f(2,11)l0(3)eq\f(2l0,v0)3．解析：(1)物块P、Q发生正碰，且碰撞时间极短，可认为动量守恒，由动量守恒定律有m2v0＝m2vQ＋m1v由能量守恒定律有eq\f(1,2)m2v02＝eq\f(1,2)m2vQ2＋eq\f(1,2)m1v2＋ΔE可得vQ＝3.5m/s，ΔE＝24.5J。(2)物块P在防滑带上运动时，由牛顿第二定律有μm1g＝m1a物块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式有v2－vP12＝2al2，vP1＝v－at1解得vP1＝5m/s，t1＝0.4s物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则有l1＝vP1t2解得t2＝0.6s物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公式有vP12－vP22＝2al2，vP2＝vP1－at3解得vP2＝1m/s，t3＝0.8s物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则有l1＝vP2t4解得t4＝3s物块P在第三个防滑带上运动的距离x＝eq\f(vP22,2a)＝0.1m＜l2，则物块P最终停在第三个防滑带上，由运动学公式有0＝vP2－at5可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为t5＝0.2s故物块P从开始运动到静止经历的时间为t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＝5s。答案：(1)24.5J(2)5s4．解析：(1)A从开始至滑到圆弧最低点的过程，根据机械能守恒定律有mAg(R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mAv02解得v0＝2m/sA滑到圆弧最低点时，根据牛顿第二定律有FN－mAg＝mAeq\f(v02,R)解得FN＝72N，方向竖直向上。(2)A、B碰后成一整体，设A、B碰后整体的速度为v共，根据动量守恒定律可得mAv0＝(mA＋mB)v共解得v共＝1.6m/s故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mAv02－eq\f(1,2)(mA＋mB)v共2＝1.6J。(3)当传送带速度v＜v共时，A、B整体滑上传送带后先做减速运动后做匀速运动，设A、B与传送带间的动摩擦因数为μ，对A、B整体，根据牛顿第二定律有μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a设经过时间t1A、B整体与传送带共速，可得v＝v共－at1该段时间内A、B整体运动的位移为x1＝eq\f(v＋v共,2)t1传送带运动的位移为x2＝vt1故可得Q＝μ(mA＋mB)g·(x1－x2)联立解得v＝0.6m/s(另一解大于v共，舍去)；当传送带速度v＞v共时，A、B整体滑上传送带后先做加速运动后做匀速运动，设经过