2024年高考物理二轮复习专题强化练八力学三大观点的综合应用含解析

PAGE8-专题强化练(八)题组一三大力学观点在力学中的综合应用1.如图所示，可视为质点的两个小球通过长度L＝6m的轻绳连接，甲球的质量为m1＝0.2kg，乙球的质量为m2＝0.1kg.将两球从距地面某一高度的同一位置先后释放，甲球释放Δt＝1s后再释放乙球，绳子伸直后即刻绷断(细绳绷断的时间极短，可忽视)，此后两球又下落t＝1.2s同时落地．可认为两球始终在同一竖直线上运动，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求：(1)从释放乙球到绳子绷直的时间t0；(2)绳子绷断的过程中绳对甲球拉力的冲量大小．解析：(1)细线伸直时甲球的位移为：x甲＝eq\f(1,2)g(t0＋Δt)2，乙球的位移为：x乙＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)，因为x甲－x乙＝L，联立解得：t0＝0.1s.(2)细线伸直时甲、乙的速度分别是：v甲＝g(t0＋Δt)＝11m/s，v乙＝gt0＝1m/s，设细线绷断瞬间甲、乙球的速度分别为：v′甲和v′乙，接着下落至落地时有：v′乙t＋eq\f(1,2)gt2－(v′甲t＋eq\f(1,2)gt2)＝L.又在绳绷断的极短时间内两球动量守恒，则有：m1v甲＋m2v乙＝m1v′甲＋m2v′乙，联立方程解得：v′甲＝6m/s，v′乙＝11m/s.设绳子绷断过程中绳对甲球拉力的冲量大小为I，由动量定理得：I＝m1(v′甲－v甲)＝1.0N·s.答案：(1)0.1s(2)1.0N·s＝4m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为s＝3m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平．现有一质量m＝2kg的滑块(不计大小)以v0＝6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时马上被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2.求：(1)求小车与墙壁碰撞时的速度；(2)若滑块在圆轨道滑动的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半径R的取值范围．解析：(1)依据牛顿其次定律：对滑块有μmg＝ma1，对小车有μmg＝Ma2.滑块相对小车静止时，两者速度相等，即v0－a1t＝a2t，由以上各式解得：t＝1s，此时小车的速度为v2＝a2t＝4m/s.滑块的位移：x1＝v0t－eq\f(1,2)a1t2，小车的位移：x2＝eq\f(1,2)a2t2，相对位移：L1＝x1－x2，联立解得：L1＝3m，x2＝2m.L1＜L，x2＜s，说明滑块滑离小车前已具有相同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与墙壁碰撞时的速度为：v2＝4m/s.(2)滑块与墙壁碰后在小车上做匀减速运动，运动L2后滑上半圆轨道，L2＝L－L1＝1m.若滑块恰能通过最高点，设滑至最高点的速度为vQ.则mg＝meq\f(veq\o\al(2,Q),R)，依据动能定理得：－μmgL2－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得：R＝0.24m.若滑块恰好滑至eq\f(1,4)圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．依据动能定理得－μmgL2－mgR＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得：R＝0.6m，所以滑块不脱离圆轨道必需满意：R≤0.24m或R≥0.6m.答案：(1)4m/s(2)R≤0.24m或R≥0.6m3.(2024·海南卷)如图，光滑轨道PQO的水平段QO＝eq\f(h,2)，轨道在O点与水平地面平滑连接．一质量为m的小物块A从高h处由静止起先沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞．A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g.假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短．求：(1)第一次碰撞后瞬间A和B的速度大小；(2)A、B均停止运动后，二者之间的距离．解析：(1)小物块A从高h处由静止起先沿轨道下滑，由机械能守恒定律：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得滑至O点时速度为：v0＝eq\r(2gh).碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律：mv0＝mv1＋4mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,2)，联立解得：v1＝－eq\f(3,5)eq\r(2gh)，负号表示A碰撞后速度方向向左，v2＝eq\f(2,5)eq\r(2gh)，B碰撞后速度方向向右．(2)碰撞后，B向右运动，设B向右运动的距离为xB，由动能定理，－μ4mgxB＝0－eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,2)，解得：xB＝eq\f(8,25)h.碰撞后，A先向左运动，后又向右运动，A从O点起先向右运动xB的距离后速度为vA1，由动能定理，－μmgxB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得：vA1＝eq\r(\f(2gh,5)).A、B再次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律，mvA1＝mvA2＋4mvB2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A2)＋eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,B2)，联立解得：vA2＝－eq\f(3,5)eq\r(\f(2gh,5))，负号表示A碰撞后速度方向向左，vB2＝eq\f(2,5)eq\r(\f(2gh,5))，B碰撞后速度方向向右．设B向右运动的距离为xB2，由动能定理得－μ4mgxB2＝0－eq\f(1,2)4mveq\o\al(2,B2)，解得xB2＝eq\f(8,125)h.设A向左运动的距离为xA2，由动能定理得－μmgxA2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A2)，解得xA2＝eq\f(18,125)h，A、B均停止运动后它们之间的距离为x＝eq\f(8,125)h＋eq\f(18,125)h＝eq\f(26,125)h.答案：(1)eq\f(3,5)eq\r(2gh)eq\f(2,5)eq\r(2gh)(2)eq\f(26,125)h4.如图所示，有一质量为M＝2kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m＝1kg的小物块A和B(均可视为质点)，由车上P处起先，A以初速度v1＝2m/s向左运动，B同时以v2＝4m/s向右运动．最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车．两物块与小车间的动摩擦因数均为μ＝0.1，g取10m/s2.求：(1)求小车总长L；(2)物块B在小车上滑动的过程中产生的热量QB；(3)从物块A、B起先运动计时，经6s小车离原位置的距离x.解析：(1)设最终达到共同速度v，取向右为正方向，整个系统动量守恒、能量守恒：mv2－mv1＝(2m＋M)v，μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(2m＋M)v2，解得v＝0.5m/s，L＝9.5m.(2)设物块A离小车左端的距离为x1，从A起先运动至左端历时t1，在A运动至左端前，小车是静止的．μmg＝maA，v1＝aAt1，x1＝eq\f(1,2)aAteq\o\al(2,1)，联立可得t1＝2s，x1＝2m，所以物块B离小车右端的距离x2＝L－x1＝7.5m，所以QB＝μmgx2＝7.5J.(3)设从起先到达到共同速度历时t2，则v＝v2－aBt2，μmg＝maB，联立可得t2＝3.5s.＋m)a，此时小车向右运动的位移x3＝eq\f(1,2)a(t2－t1)2，接下去三个物体组成的系统以v共同匀速运动了x4＝v(6s－t2)，m.答案：(1)9.5m(2)7.5J(3)1.625m题组二三大力学观点在电、磁学中的综合应用5．如图所示，轨道ABCDP位于竖直平面内，其中圆弧段CD与水平段AC及倾斜段DP分别相切于C点和D点，水平段BC粗糙，＝0.1m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、电场强度大小未知的匀强电场中，一个质量m1＝0.4kg、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A点由静止释放，经过时间t＝1s，与静止在B点的不带电、质量m2＝0.6kg的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起后，在BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP上某位置，物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC段的动摩擦因数均为μ＝0.2，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过圆弧段C点时，物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小．解析：(1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度大小为E，物块Ⅰ带电荷量大小为q，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ速度为v1，碰撞后共同速度为v2，以向左为正方向，则qE＝μ(m1＋m2)g，qEt＝m1v1，m1v1＝(m1＋m2)v2，联立解得v2＝2m/s.(2)设圆弧段CD的半径为R，物块Ⅰ和Ⅱ经过C点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为FN则R(1－cosθ)＝h，FN－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)eq\f(veq\o\al(2,2),R)，解得：FN＝18N，由牛顿第三定律可得物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小为18N.答案：(1)2m/s(2)18N6．如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计．质量分别为m和eq\f(1,2)m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直．图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场．质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞．重力加速度为g.求：(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分别时两棒的速度大小；(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热．解析：(1)设a棒滑到水平导轨时速度为v0，下滑过程中a棒机械能守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，a棒与b棒发生弹性碰撞，由动量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2，由机械能守恒定律：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v1＝0，v2＝v0＝eq\r(2gh).(2)b棒刚进磁场时的加速度最大．b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒．由动量守恒定律：mv2＝mv′2＋eq\f(m,2)v′3.设b棒进入磁场后某时刻，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动势E＝BL(vb－vc)，由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R总)，由安培力公式得F＝BIL＝ma，联立得a＝eq\f(B2L2（vb－vc）,mR总).故当b棒加速度为最大值的一半时有v2＝2(v′2－v′3)，联立得v′2＝eq\f(5,6)v2＝eq\f(5,6)eq\r(2gh).(3)最终b、c以相同的速度匀速运动．由动量守恒定律：mv2＝(m＋eq\f(m,2))v，由能量守恒定律：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m＋eq\f(m,2))v2＋Q，解得Q＝eq\f(1,3)mgh.答案：(1)0eq\r(2gh)(2)eq\f(5,6)eq\r(2gh)(3)eq\f(1,3)mgh7.足够长的平行金属轨道M、N，相距L＝0.5m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝mc＝0.1kg，接入电路的有效电阻Rb＝Rc＝1Ω，轨道的电阻不计．平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面对上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示，若使b棒以初速度v0＝10m/s起先向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10m/s2，求：(1)c棒的最大速度；(2)c棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小．解析：(1)在磁场力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达最大速度．取两棒组成的系统为探讨对象，依据动量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v，解得c棒的最大速度为v＝eq\f(mb,mb＋mc)v0＝eq\f(1,2)v0＝5m/s.(2)从b棒起先运动到两棒速度相等的过程中，系统削减的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为Q＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mb＋mc)v2＝2.5J，＝1.25J，(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′，从半圆轨道最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得eq\f(1,2)mcv2－eq\f(1,2)mcv′2＝mcg·2R，解得v′＝3m/s.在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿其次定律得mcg＋F＝mceq\f(v′2,R)，解得F＝1.25N.由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25N，方向竖直向上．答案：(1)5m/s(2)1.25J(3)1.25N8．如图所示，在绝缘水平面上的两物块A、B用劲度系数为k的水平绝缘轻质弹簧连接，物块B、C用跨过轻质定滑轮的绝缘轻绳连接，A靠在竖直墙边，C在倾角为θ的长斜面上，滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行．A、B、C的质量分别是m、2m、2m，A、C均不带电，B带正电，滑轮左侧存在着水平向左的匀强电场，整个系统不计一切摩擦，B与滑轮足够远．B所受的电场力大小为6mgsinθ，起先时系统静止．现让C在沿斜面对下的拉力F作用下做加速度大小为a的匀加速直线运动，弹簧始终