2025届高考物理二轮专题复习与测试专题强化练六动力学和能量观点的综合应用

专题强化练（六）动力学和能量观点的综合应用1．(2024·广东四校期末)如图，质量M1＝8kg、半径R＝0.84m的四分之一光滑圆弧轨道静止于光滑水平面上，底端端点切线水平。另一质量M2＝2kg足够长的滑板锁定在圆弧轨道的右端，滑板上表面所在平面与圆弧轨道底端等高。质量m＝0.5kg的物块(可视为质点)从轨道圆心等高处由静止释放，滑上滑板瞬间圆弧轨道和滑板之间解除锁定。开始时与滑板右侧距离s处有一弹性挡板，滑板与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，碰撞后马上撤去挡板。已知物块与滑板间的动摩擦因数μ＝0.725，g取10m/s2。(1)求物块冲上滑板时的速度大小；(2)若滑板碰撞挡板反弹后能追上圆弧轨道，求s的取值范围。解析：(1)设物块冲上滑板时速度大小为v1，圆弧轨道和滑板共同速度为v2，物块下滑过程中，系统水平方向动量守恒，有mv1＝(M1＋M2)v2系统机械能守恒，有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)(M1＋M2)veq\o\al(2,2)解得v1＝4m/s，v2＝0.2m/s。(2)设滑板碰撞挡板前瞬间，物块速度大小为v物，滑板速度大小为v板，此时未共速，以向右为正方向，根据动量守恒定律有mv1－M2v2＝mv物＋M2v板反弹后－M2v板＋mv物＝－(M2＋m)v若恰好没追上圆弧轨道，则v＝v2解得v板＝0.525m/s，v物＝1.1m/s因v物＞v板，故假设成立，设滑块滑上滑板M2时，滑板向左对地运动了s1，物块向右对地运动了水平位移s2，物块滑下过程中，系统水平动量守恒，有ms2＝(M1＋M2)s1，s1＋s2＝R，解得s1＝0.04m对滑板由动能定理有μmg(s1＋s)＝eq\f(1,2)M2veq\o\al(2,板)－eq\f(1,2)M2veq\o\al(2,2)解得s＝0.025m故滑板碰撞挡板反弹后能追上圆弧轨道s的取值范围s＞0.025m。答案：(1)4m/s(2)s>0.025m2．我国物流市场规模连续七年位列全球第一。某物流分拣中心为转运货物安装有水平传送带，传送带空载时保持静止，一旦有货物置于传送带上，传送带就会以1m/s2的加速度向前加速运行。在传送带空载的某时刻，某质量为20kg的货物向前以3m/s的初速度滑上传送带。已知传送带长为6m，货物和传送带之间的动摩擦因数为0.2，g取10m/s2。求：(1)货物到达传送带末端的时间；(2)整个过程传送带对货物做的功；(3)传送带与货物由于摩擦产生的热量。解析：(1)对货物受力分析，由牛顿第二定律可知μmg＝ma′，解得a′＝2m/s2设经时间t1两者共速，则v0－a′t1＝at1，解得t1＝1s故货物运动1s后两者共速，此时的速度大小v＝at1＝1m/s货物的位移x1＝v0t1－eq\f(1,2)a′teq\o\al(2,1)＝2m由题意知，两者共速后，一起以加速度a做匀加速直线运动，设两者共速后，货物再运动时间t2到达传送带末端，则vt2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)＝l－x1，解得t2＝2s所以货物到达传送带末端所用的时间t＝t1＋t2＝3s。(2)设货物到达传送带末端的速度大小为v′，则v′＝v＋at2，解得v′＝3m/s货物从滑上传送带至到达传送带末端的过程，由动能定理得W＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得W＝0。(3)货物和传送带之间的相对位移Δx＝x1－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝1.5m所以整个过程因摩擦产生的热量Q＝μmgΔx＝60J。答案：(1)3s(2)0(3)60J3．“打水漂”是同学们都适合体验的游戏，将扁平的小石片在手上呈水平放置后用力飞出，石片遇到水面后并不会直接沉入水中，而是擦水面滑行一小段距离后再弹起飞行，跳跃数次后沉入水中，即称为“打水漂”。如图所示，小明在岸边离水面高度h0＝1.8m处，将一质量m＝20g的小石片以初速度v0＝8m/s水平飞出，小石片在水面上滑行时受到的水平阻力恒为f＝0.4N，若小石片每次均接触水面Δt＝0.04s后跳起，跳起时竖直方向的速度与此时沿水面滑行的速度之比为常数k＝0.75。小石片在水面上弹跳数次后沿水面的速度减为零，并以a＝0.5m/s2的加速度沿竖直方向沉入水深h＝1m的河底。重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求小石片：(1)第一次接触水面时的动量p；(2)从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程中，水对小石片做的功W；(3)从第一次接触水面到开始下沉的时间t。解析：(1)小石片开始做平抛运动，竖直方向的速度veq\o\al(2,y)＝2gh0接触水面时速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))，解得v＝10m/s则动量大小p＝mv＝0.2kg·m/s设速度v与水平方向成θ角，则动量p与水平方向成θ角，则有cosθ＝eq\f(v0,v)＝0.8，可得θ＝37°。(2)小石片沉入河底时，有veq\o\al(2,t)＝2ah从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程，由动能定理得mg(h0＋h)＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得W＝－1.19J。(3)小石片在水面上滑行时加速度ax＝eq\f(f,m)＝20m/s2每次滑行的水平速度减少量Δvx＝axΔt＝0.8m/s则n＝eq\f(v0,Δvx)＝10次即小石片在水面上滑行了10次，空中弹起后飞行了9次；水面滑行的时间t1＝10Δt＝0.4s第n次弹起时的水平速度vxn＝v0－nΔvx＝(8－0.8n)m/s竖直速度vyn＝kvxn空中飞行时间tyn＝2×eq\f(vyn,g)可得第n次弹起后在空中飞行的时间tyn＝1.2(1－0.1n)s在空中的飞行总时间t2＝ty1＋ty2＋…＋ty9＝5.4s时间t＝t1＋t2＝5.8s。答案：(1)0.2kg·m/s与水平方向成37°角(2)－1.19J(3)5.8s4．如图所示，某游戏装置由光滑平台、轨道AB、竖直圆管道BCDEC′(管道口径远小于管道半径)、水平轨道C′F、光滑直轨道FG平滑连接组成，B、C、C′为切点，A、F连接处小圆弧长度不计，A点上方挡片可使小滑块无能量损失的进入轨道AB。圆管道半径R＝0.2m，管道中，内侧粗糙，外侧光滑。小滑块与轨道AB、C′F间的动摩擦因数均为μ＝0.5，AB轨道长度l＝0.4m，倾角θ＝37°，C′F长度L＝2m，FG高度差h＝0.8m，平台左侧固定一轻质弹簧，第一次压缩弹簧后释放小滑块，小滑块恰好可以运动到与管道圆心等高的D点，第二次压缩弹簧使弹性势能为0.36J时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度vE＝1m/s。已知小滑块的质量m＝0.1kg，小滑块可视为质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。(1)求第一次释放小滑块时，小滑块首次到达圆管上的C点时受到弹力大小；(2)求第二次释放小滑块时，小滑块从C点运动到E点的过程中，圆管道对小滑块的摩擦力做的功；(3)若第三次压缩弹簧使弹性势能为Ep时释放小滑块，要求小滑块在圆管道内运动时不受摩擦力且全程不脱轨，最终停在C′F上。写出小滑块在C′F上运动的总路程s与Ep之间的关系式，并指出Ep的取值范围。解析：(1)从C到D，对小滑块由动能定理可得－mgR＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得vC＝2m/s在C点由牛顿第二定律可得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)联立解得FN＝3N。(2)从开始到E点由动能定理可得Ep′＋mglsinθ－μmglcosθ－mgR(1＋cosθ)＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－0解得Wf＝－0.03J。(3)从开始到C点，由能量守恒定律可知EkC－Ep＝mglsinθ－μmglcosθ＋mgR(1－cosθ)解得EkC＝Ep＋0.12J要使小滑块能最终停在C′F上，则小滑块必过E点，且在圆轨道运动时无摩擦，所以mg≤meq\f(vE′2,R)EkE＝eq\f(1,2)mvE′2≥0.1J从C点到E点，由动能定理可得－2mgR＝EkE－EkC解得Ep≥0.38J，EkC≥0.5J小滑块不从右侧斜面飞出需满足EkC－μmgL－mgh≤0解