2025届高考物理一轮总复习课时跟踪检测二十九“应用三大力学观点解题”的技能强化

课时跟踪检测（二十九）“应用三大力学观点解题”的技能强化1．如图甲是打桩机进行路基打桩的实物情景图，打桩过程情景模型如图乙所示，已知打桩机重锤A的质量为m，混凝土钢筋桩B的质量为M，其中M＝8m。每一次打桩时，打桩机抬高重锤A，比桩B顶部高出H，然后从静止自由释放，与桩发生时间极短的完全非弹性碰撞后，与桩一起向下运动，设桩受到的阻力f与桩深化地面下的深度h成正比，即f＝kh，其中k＝eq\f(56mg,H)(重力加速度为g，其他阻力忽视不计)。(1)完成第1次打桩后，试求桩B深化地面下的深度h1；(2)已知桩B的长度l＝3H，试求使桩B刚好全部进入地面下，则要打多少次？解析：(1)设重锤A下落与桩B碰撞前的速度为v0，则有mgH＝eq\f(1,2)mv02因为重锤A与桩B发生了时间极短的完全非弹性碰撞，设碰撞后的共同速度为v，则有mv0＝(M＋m)v设第1次打桩，桩B克服阻力所做的功为W1，则有(M＋m)gh1－W1＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v2其中W1＝eq\f(1,2)kh12联合上式解得h1＝eq\f(H,3)，另一负解不合实际状况，故舍去。(2)设使桩B刚好全部进入地面下，要打N次，依据动能定理，有：(M＋m)gl－W总＝0－N×eq\f(1,2)(M＋m)v2其中W总＝eq\f(1,2)kl2，解得N＝2025。答案：(1)eq\f(H,3)(2)20252．如图所示，光滑水平面MN的左端M处固定有一能量补充装置P，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加肯定值。右端N处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v＝6m/s匀速转动，水平部分长度L＝9m。放在光滑水平面上的两相同小物块A、B(均视为质点)间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能Ep＝9J，弹簧与A、B均不粘连，A、B与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，物块质量mA＝mB＝1kg。现将A、B同时由静止释放，弹簧弹开物块A和B后，快速移去轻弹簧，此时，A还未撞击P，B还未滑上传送带。取g＝10m/s2。(1)求A、B刚被弹开时的速度大小；(2)试通过计算推断B第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带；(3)若B从传送带上回到光滑水平面MN上与被弹回的A发生碰撞后粘连，一起滑上传送带，则P应给A至少补充多少动能才能使二者一起滑离传送带？解析：(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒，有Ep＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0联立以上两式解得vA＝3m/s，vB＝3m/s。(2)假设B不能从传送带右端滑离传送带，则B做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为x，由动能定理得－μmBgx＝0－eq\f(1,2)mBvB2，解得x＝eq\f(vB2,2μg)＝2.25m由于x＜L，B不能从传送带右端滑离传送带。(3)设物块A撞击P后被反向弹回的速度为v1，由功能关系可知E＋eq\f(1,2)mAvA2＝eq\f(1,2)mAv12由物块B在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动。由运动的对称性可知，物块B回到皮带左端时速度大小应为v2＝vB＝3m/s设B与A发生碰撞粘连后速度为v′，由动量守恒定律可得mAv1－mBv2＝(mA＋mB)v′，要使二者能一起滑离传送带，要求eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2≥μ(mA＋mB)gL，由以上四式可得E≥108J。答案：(1)3m/s3m/s(2)不能(3)108J3．(2024·海南高考)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。解析：(1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0＝3mv共，解得v共＝eq\f(2v0,3)。(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有v木＝2v滑，再依据动量守恒定律有2mv0＝2mv木＋mv滑，联立化简得v滑＝eq\f(2,5)v0，v木＝eq\f(4,5)v0，再依据功能关系有－μmgx＝eq\f(1,2)×2mv木2＋eq\f(1,2)mv滑2－eq\f(1,2)×2mv02，联立解得x＝eq\f(7v02,25μg)。(3)由于木板保持匀速直线运动，则有F＝μmg，对滑块进行受力分析，并依据牛顿其次定律有a滑＝μg，滑块相对木板静止时有v0＝a滑t，解得t＝eq\f(v0,μg)，则整个过程中木板滑动的距离为x′＝v0t＝eq\f(v02,μg)，则拉力所做的功为W＝Fx′＝mv02。答案：(1)eq\f(2v0,3)(2)eq\f(7v02,25μg)(3)eq\f(v0,μg)mv024．(2024·浙江6月选考)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。起先时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开肯定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽视M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10m/s2。(1)若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满意的关系；(3)若物块b释放高度0.9m<h<1.65m，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴)。解析：(1)滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律mgh＝eq\f(1,2)mvb2，解得vb＝5m/sb与a发生弹性碰撞，依据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mvb＝mvb′＋mv0，eq\f(1,2)mvb2＝eq\f(1,2)mvb′2＋eq\f(1,2)mv02联立解得v0＝vb＝5m/s。(2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A点发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为h1，依据动能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0解得h1＝1.2m以竖直向下为正方向FN＋mg＝meq\f(vE2,R)由动能定理mgh－2μmgl－mgH＝eq\f(1,2)mvE2联立可得FN＝0.1h－0.14(h≥1.2m)。(3)当1.2m≤h<1.65m时，物块位置在E点或E点右侧，依据动能定理得mgh－2μmgl－mgH＝eq\f(1,2)mvE2从E点飞出后，竖直方向H＝eq\f(1,2)gt2水平方向s＝vEt依据几何关系可得DF＝eq\f(\r(3),5)m联立解得x＝3l＋DF＋s1代入数据解得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(\r(3),5)))m≤x<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3.6＋\f(\r(3),5)))m当0.9m<h<1.2m时，从h2＝0.9m释放时，依据动能定理可得mgh2－μmgs2＝0，解得s2＝1.8m可知物块达到距离C点0.8m处静止；若物块a到E点速度为零，返回到CD时，依据动能定理可得mgH－μmgs3＝0解得s3＝0.4m距离C点0.6m，综上可知当0.9m<h<1.2m时，3l－s3≤x≤3l代入数据得2.6m≤x≤3m。答案：(1)5m/s(