新高考物理二轮复习过关练习第1部分 专题2 微专题3　力学三大观点的综合应用 (含解析)

这是一份新高考物理二轮复习过关练习第1部分 专题2 微专题3　力学三大观点的综合应用 (含解析)，共10页。试卷主要包含了命题角度，常考题型，5 m/s2，，75 m等内容，欢迎下载使用。

3.常考题型：计算题．
力学三大观点对比
例1 (2021·浙江6月选考·20)如图所示，水平地面上有一高H＝0.4 m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1 m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R＝0.2 m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上．小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝eq \f(1,12)，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2.
(1)若小滑块的初始高度h＝0.9 m，求小滑块到达B点时速度v0的大小；
(2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；
(3)若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax.
答案 (1)4 m/s (2)0.45 m (3)0.8 m
解析 (1)小滑块在AB轨道上运动
mgh－μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＝eq \f(1,2)mv02
代入数据解得v0＝eq \f(4,3)eq \r(gh)＝4 m/s
(2)设小滑块滑至B点时的速度为vB，小滑块与小球碰撞后速度分别为v1、v2，碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，因此有mvB＝mv1＋mv2，
eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22
解得v1＝0，v2＝vB
小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得
mg＝meq \f(vEmin2,R)
从C点到E点由机械能守恒可得
eq \f(1,2)mvEmin2＋mg(R＋r)＝eq \f(1,2)mvBmin2
其中vBmin＝eq \f(4,3)eq \r(ghmin)，
解得hmin＝0.45 m
(3)设F点到G点的距离为y，小球从E点到Q点的运动，由动能定理
mg(R＋y)＝eq \f(1,2)mvG2－eq \f(1,2)mvEmin2
由平抛运动规律可得x＝vGt，
H＋r－y＝eq \f(1,2)gt2
联立可得水平距离为
x＝2eq \r(0.5－y0.3＋y)
由数学知识可得，当0.5－y＝0.3＋y时，x有最大值，最大值为xmax＝0.8 m.
例2 (2022·广东梅州市二模)如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定，其末端B切线水平．一质量为m、可看成质点的滑块从轨道上的A点由静止滑下．若传送带静止，滑块恰能运动到C点停止；当传送带以速度eq \r(gR)顺时针转动时，滑块到C点后做平抛运动，通过光滑圆弧装置EF无机械能损失地滑上静止在光滑水平地面上的长木板，长木板右端运动到H时与固定挡板碰撞粘连．长木板质量M＝2m，板长l＝6.5R，板右端到挡板的距离L在R(1)传送带B、C两点间的距离x；
(2)传送带以速度eq \r(gR)顺时针转动时，试判断滑块离开C点前能否与传送带达到共速；
(3)讨论滑块从滑上长木板到离开长木板右端的过程中，克服摩擦力做的功W克f与L的关系．
答案 (1)2R (2)滑块与传送带能共速 (3)W克f＝eq \f(1,4)mg(13R＋2L)或者W克f＝eq \f(17,4)mgR
解析 (1)传送带静止时，滑块从A到B、B到C，由动能定理得mgR＝eq \f(1,2)mvB2
－μmgx＝－eq \f(1,2)mvB2
联立解得vB＝eq \r(2gR)，x＝eq \f(R,μ)＝2R
(2)滑块到B点的速度大于传送带速度eq \r(gR)，
据牛顿第二定律可得μmg＝ma
达到共速时滑块的位移
x1＝eq \f(vB2－vC2,2a)＝R<2R
故滑块与传送带能共速．
(3)滑块与传送带共速后，以vC＝eq \r(gR)的速度离开传送带，滑块从C到F由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv12＝mgh＋eq \f(1,2)mvC2
设长木板与滑块达到共同速度v2时，位移分别为l1、l2，
由动量守恒定律知mv1＝(m＋M)v2
由动能定理知μmgl1＝eq \f(1,2)Mv22
－μmgl2＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12
联立解得l1＝2R，l2＝8R
滑块相对长木板的位移Δl＝l2－l1即滑块与长木板在达到共同速度时，滑块未离开长木板．
滑块滑到长木板右端时，
若R若2RW克f＝μmg(l2＋l－Δl)＝μmg(l＋l1)
得W克f＝eq \f(17,4)mgR.
(2022·辽宁省县级重点高中协作体一模)如图所示，质量为4m的长木板A放在水平地面上，在A上表面左端放有质量为m的小物块B；另一质量为eq \f(1,19)m的小物块C用轻质细绳悬挂在O点，C所在的最低点M与B所处位置等高；开始时长木板A的左端距离M点有一定的距离，所有物体都处于静止．现给长木板A一方向水平向左、大小为v0＝15 m/s的初速度，当A、B速度相同时B、C恰好发生碰撞，碰撞时间极短，且碰后B、C结合为一个整体绕O点运动．已知B、C结合体通过N点后细绳松弛，N点与O点连线与水平方向的夹角为37°，A与B和A与地面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2和μ2＝0.4，B、C和BC结合体均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6.求：
(1)开始时长木板A左端到M点的水平距离x；
(2)长木板A的最小长度L；
(3)悬挂小物块C的轻绳长度R.
答案 (1)4 m (2)15 m (3)0.38 m
解析 (1)根据牛顿第二定律可求A的加速度大小为aA＝eq \f(μ1mg＋μ2m＋4mg,4m)＝5.5 m/s2，
小物块B的加速度大小为aB＝eq \f(μ1mg,m)＝2 m/s2，
设运动时间为t，A、B速度相等时有v0－aAt＝aBt，
代入数据解得t＝2 s，所以有x＝eq \f(1,2)aBt2，
代入数据解得x＝4 m.
(2)A从开始运动到B、C碰撞时，运动的距离为xA＝v0t－eq \f(1,2)aAt2，
代入数据解得xA＝19 m，
小物块B相对长木板A运动的距离即为A的最小长度，有L＝xA－x＝15 m.
(3)B、C碰撞前瞬间B的速度为
vB＝aBt＝4 m/s，
碰撞过程动量守恒，设碰后结合体速度为vM，有mvB＝(m＋eq \f(1,19)m)vM，
代入数据解得vM＝3.8 m/s，
结合体恰好通过N点，在N点轻绳拉力为零，重力沿半径方向的分力提供向心力，设结合体在N点的速度大小为vN，有
(m＋eq \f(1,19)m)gsin 37°＝(m＋eq \f(1,19)m)eq \f(vN2,R)，
从M到N，根据能量守恒定律有
eq \f(1,2)(m＋eq \f(1,19)m)vM2＝eq \f(1,2)(m＋eq \f(1,19)m)vN2＋(m＋eq \f(1,19)m)gR·(1＋sin 37°)，
联立解得R＝0.38 m.
专题强化练
1.(2022·河北邯郸市一模)如图所示，倾斜轨道的AB段光滑、BC段粗糙，eq \f(1,4)圆弧(半径OC竖直)轨道CD光滑，整个轨道固定在同一竖直平面内，倾斜轨道和圆弧轨道通过一小段长度不计的光滑弧形轨道相连，已知AB长L1＝3 m，BC长L2＝13.75 m，倾斜轨道的倾角α＝37°，圆弧轨道的半径R＝0.8 m，O为圆弧轨道的圆心．小物体P和Q(均可视为质点)的质量均为m＝0.8 kg，小物体Q静止在B点，将小物体P从A点由静止开始释放，P运动到B点时与Q发生弹性碰撞，且碰撞时间极短．若P、Q与轨道BC间的动摩擦因数均为μ＝0.8，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，eq \f(125,124)＝1.求：
(1)小物体P运动到B点时的速度大小；
(2)小物体Q运动到圆弧轨道上的C点时对圆弧轨道的压力大小；
(3)最终小物体Q停在倾斜轨道上的位置到小物体P的距离．
答案 (1)6 m/s (2)33 N (3)12.75 m
解析 (1)小物体P从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒定律有
mgL1sin α＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝6 m/s.
(2)小物体P、Q碰撞过程中，动量守恒，机械能守恒．设碰后瞬间小物体P、Q的速度分别为v1、v2，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv＝mv1＋mv2
eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22
解得v1＝0，v2＝6 m/s
由于mgsin α<μmgcs α
故碰撞后小物体P将静止在倾斜轨道上B点．
设小物体Q滑到C点时的速度大小为vC，在从B点运动到C点的过程中，由动能定理有
mgL2sin α－μmgL2cs α＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv22
解得vC＝5 m/s
对小物体Q，在圆弧轨道上C点时，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(vC2,R)，解得FN＝33 N
由牛顿第三定律知，小物体Q运动到圆弧轨道C点时对圆弧轨道的压力大小为33 N.
(3)小物体Q从圆弧轨道回到C点时的速度大小仍为vC，设小物体Q沿倾斜轨道向上运动的距离为L3，由动能定理有
－μmgL3cs α－mgL3sin α＝0－eq \f(1,2)mvC2
解得L3＝1 m
小物体Q停在倾斜轨道上的位置到小物体P的距离L＝L2－L3，解得L＝12.75 m.
2.(2021·湖北卷·15)如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切．在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动．A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零．已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力．
(1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
(2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能．
答案 (1)2R (2)mgsin θeq \r(2gRcs θ) (3)eq \r(10)mgR
解析 (1)设 B到半圆弧轨道最高点时速度为v2′，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得mg＝meq \f(v2′2,R)
B离开最高点后做平抛运动，
则在竖直方向上有2R＝eq \f(1,2)gt2
在水平方向上有x＝v2′t
联立解得x＝2R
(2)对A由C点到D点的过程，由机械能守恒定律得mgRcs θ＝eq \f(1,2)mvD2
由于对A做功的力只有重力，
则在D点时，A所受力对A做功的功率为P＝mgvDsin θ
解得P＝mgsin θeq \r(2gRcs θ)
(3)设A、B碰后瞬间的速度分别为v1、v2，对B由Q点到最高点的过程，
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)mv2′2＋mg·2R
解得v2＝eq \r(5gR)
对A由Q点到C点的过程，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv12＝mgR
解得v1＝eq \r(2gR)
设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2
解得v0＝eq \r(2gR)＋eq \r(5gR)
碰撞过程中A和B损失的总动能为
ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22
解得ΔE＝eq \r(10)mgR.
3.(2022·山东威海市高三期末)如图所示，两物块P、Q静止在水平地面上，相距L＝0.48 m，P、Q的质量分别为1 kg和4 kg，P与左侧一固定的弹性挡板接触．已知P与水平地面间无摩擦，P与弹性挡板碰撞无能量损失，Q与水平地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度为10 m/s2.某时刻，P以4 m/s的初速度向Q运动并与之发生弹性正撞．求：
(1)P与Q第一次碰撞后的瞬间各自速度的大小；
(2)P与Q第二次碰撞后的瞬间Q的速度大小．
答案 (1)eq \f(12,5) m/s eq \f(8,5) m/s (2)eq \f(36,25) m/s
解析 (1)第一次弹性碰撞后瞬间两物块的速度分别为v1和v2
m1v0＝m1v1＋m2v2
eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
解得v1＝－eq \f(12,5) m/s，v2＝eq \f(8,5) m/s
所以两物块碰后瞬间的速度大小分别为eq \f(12,5) m/s、eq \f(8,5) m/s
(2)设碰后Q的加速度为a
μmg＝ma
假设第二次碰撞前Q没有停止运动，有
x＋2L＝|v1|t1
x＝v2t1－eq \f(1,2)at12
解得t1＝0.8 s
假设第二次碰撞前Q已经停止运动，有
v2＝at2
解得t2＝1.6 s
所以第二次碰撞前Q没有停止运动，设第二次碰撞后瞬间，P的速度为vP′，Q的速度为vQ′，则有
vQ＝v2－at1
m1vP＋m2vQ＝m1vP′＋m2vQ′
eq \f(1,2)m1vP2＋eq \f(1,2)m2vQ2＝eq \f(1,2)m1vP′2＋eq \f(1,2)m2vQ′2
vP＝－v1
解得vQ′＝eq \f(36,25) m/s.
4.(2022·山东淄博市一模)如图所示，一轻质弹簧的左端固定在小球B 上，右端与小球C 接触但未拴接，球B 和球C 静止在光滑水平台面上．小球A 从左侧半径为R 的eq \f(1,4)光滑圆弧上的P点由静止滑下，与球B 发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短．之后球C 脱离弹簧，沿水平台面向右运动并从其右端点水平抛出，落入固定放置在水平地面上的竖直曲面轨道内．以台面右侧底端的O′点为原点建立直角坐标系O′xy.已知，台面的高度为 2R，曲面的方程为y＝eq \f(1,2R)x2.已知三个小球A、B、C 均可看成质点，且质量分别为mA＝km(k 为待定系数)、mB＝mC＝m，OP与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为 g，不计空气阻力和一切摩擦．
(1)若k＝1，求该条件下弹簧具有的最大弹性势能；
(2)求满足(1)问条件下小球C 落到曲面轨道上Q 点的位置坐标；
(3)当k 取何值时，小球C 落到曲面轨道上时具有最小动能，最小动能多大？
答案 (1)eq \f(1,12)mgR (2)(eq \f(4R,\r(13))，eq \f(8R,13)) (3)见解析
解析 (1)球A在圆弧上下落过程中有
mg(R－Rcs θ)＝eq \f(1,2)mv12①
对A、B球碰撞过程有
mv1＝2mv2②
当A、B、C三球速度相等时弹簧的弹性势能最大，对A、B、C系统有
2mv2＝3mv3③
Ep＝eq \f(1,2)×2mv22－eq \f(1,2)×3mv32④
由①～④式得
Ep＝eq \f(1,12)mgR
(2)当弹簧恢复原长时C 球与弹簧分离，对A、B、C系统有
2mv2＝2mv4＋mv5⑤
eq \f(1,2)×2mv22＝eq \f(1,2)×2mv42＋eq \f(1,2)mv52⑥
对C球平抛过程有x＝v5·t⑦
2R－y＝eq \f(1,2)gt2⑧
又y＝eq \f(1,2R)x2⑨
由⑤～⑨式得x＝eq \f(4R,\r(13))，y＝eq \f(8R,13)
即P点的位置坐标为(eq \f(4R,\r(13))，eq \f(8R,13))．
(3)当A球质量为km 时，对A、B系统有
kmv1＝(km＋m)v2′
对A、B、C系统有
(km＋m)v2′＝(km＋m)v4′＋mv5′
eq \f(1,2)(km＋m)v2′2＝eq \f(1,2)(km＋m)v4′2＋eq \f(1,2)mv5′2
由以上三式得
v5′＝eq \f(2k,k＋2)eq \r(gR)
对C球平抛过程有
x′＝v5′·t，2R－y′＝eq \f(1,2)gt2
又y′＝eq \f(1,2R)x′2
mg(2R－y′)＝Ek－eq \f(1,2)mv5′2
由以上四式得
Ek＝eq \f(1,2)meq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(v5′2＋gR)－\f(2gR,\r(v5′2＋gR))2＋3gR))
当eq \r(v5′2＋gR)＝eq \f(2gR,\r(v5′2＋gR))
即v5′＝eq \r(gR)时动能最小，此时k＝2，动能最小值为Ekmin＝eq \f(3,2)mgR.力学三大观点
对应规律
表达式
选用原则
动力学观点
牛顿第二定律
F合＝ma
物体做匀变速直线运动，涉及运动细节
匀变速直线运动规律
v＝v0＋at
x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
v2－v02＝2ax等
能量
观点
动能定理
W合＝ΔEk
涉及做功与能量转换
机械能守恒定律
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能关系
WG＝－ΔEp等
能量守恒定律
E1＝E2
动量
观点
动量定理
I合＝p′－p
只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功
动量守恒定律
p1＋p2＝p1′＋p2′
只涉及初末速度而不涉及力、时间