2021届高考物理二轮专题复习(选择性考试)专题强化练(八) 力学三大观点的综合应用 含解析

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以下为本文档部分文字说明:

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,可忽略),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=12g(t0+Δt)2,乙球的位移为:x乙=12gt20,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,继续下落至落地

时有:v′乙t+12gt2-(v′甲t+12gt2)=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·s2.如图所示,地面和半圆轨道面均光滑.质量M=1kg、长L=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v

0=6m/s的初速度滑上小车左端,带动小车向右运动.小车与墙壁碰撞时立即被粘在墙壁上,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)根据牛顿第二定律: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-12a1t2,小车

的位移:x2=12a2t2,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=mv2QR,根据动能定理得:-μmgL2-mg·2R=12mv2Q-12mv22,解得:R=0.24m.若滑块恰

好滑至14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.根据动能定理得-μmgL2-mgR=0-12mv22,解得:R=0.6m,所以滑块不脱离圆轨道必须满足:R≤0.24m或R≥0.6m.答案:(1)4m/s(2)R≤0.24m

或R≥0.6m3.(2018·海南卷)如图,光滑轨道PQO的水平段QO=h2,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处由静止开始沿轨道下滑,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处由静止开始沿轨道下滑,由机械能守恒定律:mgh=12mv20,解得滑至O点时速

度为:v0=2gh.碰撞过程,由动量守恒定律和能量守恒定律:mv0=mv1+4mv2,12mv20=12mv21+12×4mv22,联立解得:v1=-352gh,负号表示A碰撞后速度方向向左,v2=252gh,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=0-12×4mv22,解得:xB=825h.碰撞后,A先向左运动,后又向右运动,A从O点开始向右运动xB的距离后速度为vA1,由动能定理,-μmgxB=12mv2A1-12mv21,解得:vA1=2gh5.A、B

再次碰撞,由动量守恒定律和能量守恒定律,mvA1=mvA2+4mvB2,12mv2A1=12mv2A2+12×4mv2B2,联立解得:vA2=-352gh5,负号表示A碰撞后速度方向向左,vB2=252gh5,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=0-124mv2B2,解得xB2=8125h.设A向左运动的距离为xA2,由动能定理得-μmgxA2=0-12mv2A2,解得xA2=18125h,A、B均停止运动后它们之间

的距离为x=8125h+18125h=26125h.答案:(1)352gh252gh(2)26125h4.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

开始,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开始运动计时,经6s小车离原位置的距离x.解析:(1)设最后达到共同速度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=12mv21+12mv22-12(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开始运动至左端历时t1,在A运动至左端前,小车是静止的.μmg=maA,v1=aAt1,x1=12aAt21,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)设从开始到达到共同速度历时t2,则v=v2-aBt2,μmg=maB,联立可得t2=3.5s.小车在t1前静止,在t1至t2之间以加速度a向右加速:μmg=(M+m)a,此时小车向右运动的位移x3=1

2a(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),联立各式,解得小车在6s内向右运动的总距离x=x3+x4=1.625m.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,其余都光滑,DP段与水平面的夹角θ=37°,D、C两点的高度差h=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,m

1v1=(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)v22R,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12m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发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小;(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12mv20=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:12mv20=12mv21+12mv22,解得v1=0,v2=v0=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+m2v′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=ER总,由安培力公式得F=BIL=ma,

联立得a=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=56v2=562gh.(3)最终b、c以相同的速度匀速运动.由动量守恒定律:mv2=(m+m2)v,由能量守恒定律:12mv22=12(m+m2)v2+Q,解得Q=13mgh.答案:

(1)02gh(2)562gh(3)13mgh7.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向上,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开始向左运动,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

组成的系统为研究对象,根据动量守恒定律有mbv0=(mb+mc)v,解得c棒的最大速度为v=mbmb+mcv0=12v0=5m/s.(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中,系统减少的动能转化为电能,两棒中产生的总热

量为Q=12mbv20-12(mb+mc)v2=2.5J,因为Rb=Rc,所以c棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Qc=Q2=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12mcv2-12mcv′2=mcg·2R,解得v′=3m/s.在最高点,设轨道对c棒的弹力为F,由牛顿第二定律得mcg+F=mcv′2R,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1.2

5N,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,开始时系统静止.现让C在沿斜面向下的拉力F作用下

做加速度大小为a的匀加速直线运动,弹簧始终未超过弹性限度,重力加速度大小为g.(1)求弹簧的压缩长度x1;(2)求A刚要离开墙壁时C的速度大小v1及拉力F的大小;(3)若A刚要离开墙壁时,撤去拉力F,同时电场力大小突然减为2mgsinθ,方向不变,求在之后的运动过

程中弹簧的最大弹性势能Epm.解析:(1)开始时,弹簧处于压缩状态.对C受力平衡有FT1=2mgsinθ,对B受力平衡有FT1+kx1=6mgsinθ,解得x1=4mgsinθk.(2)A刚要离开墙壁时墙壁对A的弹力为零,

弹簧刚好不发生形变,则B做匀加速直线运动,位移大小为x1时有v21=2ax1,解得v1=22mgasinθk.根据牛顿第二定律对B有:FT2-6mgsinθ=2ma,对C有:F+2mgsinθ-FT2=2ma,解得

F=4m(gsinθ+a).(3)A离开墙壁后,A、B、C系统的合外力为零,系统动量守恒,当三个物块的速度相等时(设为v2),弹簧弹性势能最大,有(2m+2m)v1=(m+2m+2m)v2,根据能量守恒定律有12(2m+2m)v

21=12(m+2m+2m)v22+Epm,解得:Epm=16m2gasinθ5k.答案:(1)4mgsinθk(2)22mgasinθk4m(gsinθ+a)(3)16m2gasinθ5k获得更多资

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