3模块2 高考热点强化练2 动力学和能量观点的综合应用-【备考最优解】2025年高考物理二轮专题复习教用word

高考热点强化练2　动力学和能量观点的综合应用 1．(2024·四川乐山市调研)某同学研究碰撞中动能损失的装置如图所示，竖直面内，光滑弧形轨道AB和光滑圆弧轨道CD分别与水平粗糙轨道BC相切于B点和C点，圆弧半径R＝0.4 m，BC长L＝2 m。某次实验中，将质量m＝0.4 kg的滑块从弧形轨道上高h＝1.4 m处静止释放，滑块第一次通过圆弧轨道最高点Q时对轨道的压力大小F＝4 N，此后，滑块与水平轨道发生时间极短的碰撞后速度方向竖直向上，进入轨道后滑块刚好能够通过Q点。滑块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ； (2)碰撞过程中动能的损失率η(动能损失量与碰前动能的百分比)。 解析：(1)滑块第一次通过Q时，由牛顿第三定律知，滑块所受轨道的弹力大小 F′＝F＝4 N 由牛顿第二定律有mg＋F′＝m 代入数据得v1Q＝2 m/s 从释放滑块到其运动至Q，由动能定理有 mgh－μmgL－mg·2R＝mv－0 代入数据解得μ＝0.1。 (2)滑块在D点正下方与水平轨道碰撞，设滑块碰前与碰后的动能分别为Ek1和Ek2，从Q到碰前，由机械能守恒定律有 Ek1＝mv＋mg·2R 滑块第二次通过Q时，所受轨道的弹力为零，由牛顿第二定律有mg＝m 代入数据得v2Q＝2 m/s 从碰后到Q，由机械能守恒定律有 Ek2＝mv＋mg·2R 所以η＝×100%≈16.7%。 答案：(1)0.1　(2)16.7% 2．(2024·江西鹰潭市一模)工厂里有一种运货的过程可以简化为下图所示，货物以v0＝12 m/s的初速度滑上静止的小车的左端，已知货物质量m＝20 kg，小车质量M＝40 kg，小车高h＝0.8 m，在光滑轨道OB上的A点设置一固定的障碍物(障碍物与小车等高，不考虑障碍物的厚度)，当小车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物就被抛出，恰好会沿 BC方向落在B点。已知货物与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，货物可简化为质点，斜面的倾角为53°(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)。 (1)求货物从A点到B点的时间。 (2)求货物在B点的速度大小。 (3)若已知OA段距离足够长，导致小车在碰到A之前已经与货物达到共同速度，则小车的长度是多少？ 解析：(1)货物从小车上滑出之后做平抛运动，竖直方向h＝gt2 解得t＝0.4 s。 (2)在B点有vy＝gt＝4 m/s，＝sin 53° 联立解得vB＝5 m/s。 (3)在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经达到共同速度，根据牛顿第二定律，对货物有μmg＝ma1 对小车有μmg＝Ma2 当v0－a1t＝a2t时，货物、小车具有共同速度v共＝a2t＝4 m/s 根据系统能量守恒定律有 Q＝μmgx相＝mv－(m＋M)v 联立解得x相＝9.6 m 当小车被粘住之后，货物继续在小车上滑行，直到滑出，滑出速度由 ＝tan 53° 得vx＝3 m/s 根据动能定理 －μmgx′＝mv－mv 解得x′＝0.7 m 故L＝x相＋x′＝10.3 m。 答案：(1)0.4 s　(2)5 m/s　(3)10.3 m 3．(2024·辽宁大连市双基测试)水平桌面上放有纸板，小砝码放在纸板上，砝码与纸板左端的距离l＝0.5 m，如图所示。已知砝码与纸板间的动摩擦因数μ1＝0.2，纸板与桌面间的动摩擦因数μ2＝0.25。现用水平向右的恒力将纸板拉动，纸板一直在桌面上运动，小砝码可视为质点，砝码和纸板的质量分别为m1＝0.3 kg，m2＝0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2。 (1)若拉纸板的恒力F1＝1.6 N，求纸板对砝码的摩擦力f1大小。 (2)若拉纸板的恒力F2＝2.2 N，求砝码在纸板上滑动的时间t及该过程中纸板对砝码所做功W。 解析：(1)对砝码，设最大加速度为am，由μ1m1g＝m1am 得am＝2 m/s2 桌面对纸板的滑动摩擦力 f2＝μ2(m1＋m2)g 得f2＝1 N 假设砝码和纸板相对静止 F1－f2＝(m1＋m2)a 得a＝1.5 m/s2<am 假设成立 对砝码f1＝m1a 得f1＝0.45 N。 (2)F较大时，砝码和纸板会相对滑动，对砝码a1＝am＝2 m/s2 对纸板F2－μ1m1g－f2＝m2a2 对砝码x1＝a1t2 对纸板x2＝a2t2 l＝x2－x1 得t＝0.5 s 纸板对砝码做的功W＝μ1m1gx1 得W＝0.15 J。 答案：(1)0.45 N　(2)0.5 s　0.15 J 4．(2024·山东威海市期末)如图所示，与竖直方向成α＝37°的光滑直轨道AB与半径R＝ m的光滑圆轨道相切于B点，O为圆心，C为圆轨道最低点，OB与OC的夹角β＝53°，D为圆轨道上与O等高的点，整个轨道竖直固定在水平地面上。现将一可视为质点的小球从直轨道上距离B点L＝ m处的A点由静止释放，小球从圆轨道上的E点(图中未画出)离开。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求小球到达E点时的速度大小及方向。 (2)计算说明小球离开圆轨道后能否落到直轨道上。 解析：(1)设OE与OD的夹角为γ，根据牛顿第二定律有mg sin γ＝m 小球从A点到达E点，根据动能定理有 mg(L cos α－R cos β－R sin γ)＝mv2 解得v＝ m/s，γ＝37° 小球在E点的速度方向与竖直方向夹角为37°。 (2)小球离开圆轨道时的位置与B点的水平距离x＝2R cos 37°＝ m 小球离开圆轨道时的位置与B点的竖直距离y＝2R sin 37°＝0.4 m 小球离开圆轨道后，做斜抛运动，若水平位移为x，则x＝vt sin 37° 以向下为正方向，竖直方向位移 h＝－vt cos 37°＋gt2 解得h＝ m≈1.26 m 由于h>y＝0.4 m 因此小球不能落到直轨道上。 答案：(1) m/s　速度方向与竖直方向夹角为37°　(2)小球不能落到直轨道上，计算过程见解析 学科网（北京）股份有限公司 $