专题2 提升课2 力学三大观点的综合应用 强化练-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件

2 3 4 1 1.(12分)(2025·江西南昌二模)如图所示,将一充满水的皮球放置在水平地面上,之后在皮球上扎个洞,水流从洞口喷出后在空中形成一段稳定的水柱,水流从洞口出射的速度方向与竖直方向成37°角,洞口面积为S= 0.8 cm2,洞口到地面的高度为h1=0.25 m,水柱最高点离地高度为h2= 0.45 m,水流与地面碰撞后沿水平方向散开,水的密度为ρ=1×103 kg/m3,重力加速度大小g取10 m/s2。求: 2 3 4 1 (1)水从喷出到落地所用时间; 解析:设水柱喷出后上升到最高点所用时间为t1,从最高点落到地面所用时间为t2,则 上升时有g=h2-h1, 下降时有g=h2, 解得t1=0.2 s,t2=0.3 s, 则水从喷出到落地所用时间为t=t1+t2=0.5 s。 答案：0.5 s 2 3 4 1 (2)水流对地面的冲击力; 解析:设水喷出速度为v1,则v1y=v1cos 37°=gt1 , 解得v1=2.5 m/s。 设水落地时的竖直速度为v2y,地面对水流的冲击力为F,由运动学公式得 v2y=gt2=3 m/s, 落地时根据动量定理可知-FΔt=0-(ρv1SΔt)v2y, 解得F=0.6 N,根据牛顿第三定律可知,水流对地面的冲击力F'=F=0.6 N,方向竖直向下。 答案：0.6 N,方向竖直向下 2 3 4 1 (3)空中水柱的机械能(以地面为零势能面)。 解析:设空中水的质量为m,则m=ρv1St=1×103×2.5×0.8×10-4×0.5 kg= 0.1 kg, 空中水流的机械能等于刚喷出时水的机械能,设为E,则 E=mgh1+m, 解得E=0.562 5 J。 答案：0.562 5 J 2.(14分)(2025·陕西宝鸡二模)如图所示,长为L=10 m的水平传送带以速度v0=12 m/s匀速传动,其右端与光滑的水平面平滑衔接。传送带右端的光滑水平面上放置一个质量M=1.5 kg、半径R=2 m的光滑圆弧形槽,弧形槽的底端与传送带位于同一水平面。现把一个质量m=1 kg的滑块A无初速度地放在传送带的最左端,滑块A与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,滑块A可视为质点。 2 3 4 1 2 3 4 1 (1)求滑块A刚滑上弧形槽瞬间的速度大小。 解析:滑块放上传送带后,滑块开始做匀加速运动,设其加速度为a,由牛顿第二定律得μmg=ma, 假设滑块能与传送带共速,设加速运动的位移为x,则有=2ax, 联立两式可得x=14.4 m>L, 所以滑块在传送带上一直做初速度为零的匀变速直线运动,设滑出传送带时的速度为v1,根据运动学规律有=2aL, 解得v1=10 m/s。 答案：10 m/s 2 3 4 1 (2)滑块A第一次滑上弧形槽后,能否从弧形槽的顶端冲出?若能,求出滑块离开弧形槽瞬间的速度大小;若不能,求出滑块在弧形槽上能达到的最大高度。 解析:假设滑块A不能从弧形槽顶端冲出,上升的最大高度为h,滑块和弧形槽组成的系统水平方向动量守恒,且滑块A到最高点时与弧形槽具有共同的速度,设共同速度为v2,由动量守恒定律得mv1=(M+m)v2, 滑块和弧形槽组成的系统机械能守恒,有m=(M+m)+mgh, 解得h=3 m>R, 说明滑块能从弧形槽的顶端冲出,滑块冲出弧形槽后做斜抛运动,所以滑块离开弧形槽瞬间,有m=M+mgR+m,可得v3=6 m/s。 答案：能　6 m/s 2 3 4 1 (3)求滑块A在传送带上运动的总时间以及弧形槽B的最终速度。 解析:滑块A离开弧形槽后,二者在水平方向上具有相同的速度,所以滑块A能从弧形槽的顶端再次回到弧形槽内。设滑块A返回弧形槽底端时滑块A与弧形槽B的速度分别为v4、v5,从滑块A以v1=10 m/s的速度滑上弧形槽到再次返回弧形槽底端的过程中,由滑块和弧形槽组成的系统水平方向动量守恒及系统机械能守恒可得mv1=mv4+Mv5,m=m+M, 两式联立解得v4=-2 m/s,v5=8 m/s。 A第一次在传送带上运动的时间为t1=, 滑块A返回传送带后先向左做匀减速运动再向右做匀加速运动,滑块A第二次在传送带上运动的时间为t2=, 此后滑块A在光滑的水平面上向右匀速运动,所以滑块A在传送带上运动的总时间为t=t1+t2=2.8 s。 答案：2.8 s　8 m/s 3.(16分)(2025·山东烟台一模)如图所示,套在光滑水平杆上的滑环A用长为L=6.2 m的轻绳悬挂小物块B,长木板C静止在水平地面上,小物块D静止放在C的右端。现将B拉起至轻绳水平然后由静止释放,B运动至最低点时与C相撞并粘在一起,此时轻绳恰好断裂,然后B、C组成的整体和D均做匀变速直线运动,又经过时间t=1 s小物块D滑至C的左端,此时两者的速度均为v=1 m/s,最终B、C组成的整体和D均停止运动。已知A的质量为m1=0.8 kg,B的质量为m2= 0.75 kg,C的质量为m3=0.75 kg,D的质量为m4=0.5 kg,B、D均可视为质点,碰撞时间极短,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求: 2 3 4 1 2 3 4 1 (1)B释放时与C左端在水平方向的距离; 解析:小物块B下摆过程,滑环A和小物块B组成的系统动量守恒,有m1=m2, 由于x1+x2=L, 联立解得B释放时与C左端在水平方向的距离x2=3.2 m。 答案：3.2 m 2 3 4 1 (2)长木板C的长度; 解析:小物块B下摆过程,滑环A和小物块B组成的系统能量守恒,有m2gL=m1+m2,根据动量守恒定律有m1v1=m2v2, 联立解得B摆至最低点时,滑环A的速度大小为v1=7.5 m/s, 小物块B的速度大小为v2=8 m/s。 B和C相撞过程,根据动量守恒定律有m2v2=(m2+m3)v3,解得v3=4 m/s, 长木板C的长度为s1=t-t,解得s1=2 m。 答案：2 m 2 3 4 1 (3)整个过程C和D由于相互摩擦产生的内能。 解析:从B、C刚碰撞完至D滑至C的左端,对D根据动量定理有μ1m4gt=m4v, 解得μ1=0.1。 对B和C根据动量定理有-μ1m4gt-μ2(m2+m3+m4)gt=(m2+m3)(v-v3),解得μ2=0.2。 D滑至C左端后加速度大小为a4=μ1g=1 m/s2, 对B和C组成的整体,根据牛顿第二定律有μ2(m2+m3+m4)g-μ1m4g=(m2+m3)a3', 解得a3'= m/s2, D滑至C左端后C、D之间的相对位移s2=-= m, 整个过程C和D由于相互摩擦产生的内能Q=μ1m4g(s1+s2),联立解得Q= J。 答案： J 4.(18分)(2025·陕西西安模拟预测)如图所示,AB是半 径为R的固定的圆弧轨道,半径OB竖直。在水平向 左的匀强电场中,固定有一足够长的绝缘斜面CD,其 倾角θ=53°。一质量为m、电荷量为q的带正电小物 块恰好静止在斜面顶端。一绝缘小球从A点由静止释放沿圆弧轨道下滑,从B点水平飞出后最终与小物块发生弹性正碰,已知小球碰前瞬间速度恰好沿CD方向,重力加速度为g,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,小物块的电荷量始终保持不变,不计空气阻力和摩擦,小球和小物块均可视为质点。 2 3 4 1 2 3 4 1 (1)求场强大小E以及B、C两点间的高度差h; 解析:小物块受力如图所示, 则qE=mgtan θ,解得E=。 小球从A点运动到B点的过程中,根据机械能守恒定律有 m球gR=m球,解得vB=, 小球与小物块碰前瞬间速度方向沿CD方向,设小球由B到C所需时间为t,则有gt=vBtan θ,h=gt2,解得h=R。 答案：　R 2 3 4 1 (2)若小球的质量为2m,求小球与小物块第2次碰前瞬间的速度大小; 解析:设小球与小物块第1次碰前瞬间的速度大小为v,v==。 小球与小物块发生弹性正碰,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有2mv=2mv1+mv2,×2mv2=×2m+m, 解得v1=,v2=。 碰后,对小球根据牛顿第二定律有2mgsin θ=2ma, 设第1次碰后瞬间到第2次碰前瞬间的时间为T1,第2次碰前瞬间小球的速度大小为u,则有v1T1+a=v2T1,u=v1+aT1,解得u=。 答案： 2 3 4 1 (3)若小球的质量为m,求第1次碰后瞬间到第6次碰前瞬间的时间。 解析:小球与小物块发生弹性正碰,由于二者的质量相等,分析可知碰撞前后交换速度,第1次碰撞后瞬间小球、小物块的速度大小分别为0、v。设第1次碰后瞬间到第2次碰前瞬间的时间为t1,第2次碰前瞬间小球的速度大小为u1,则有vt1=a,u1=at1,解得t1=,u1=2v。 第2次碰撞后二者交换速度,第2次碰撞后瞬间小球、物块的速度大小分别为v、2v,设第2次碰后瞬间到第3次碰前瞬间的时间为t2,则有 2vt2=vt2+a,解得t2==t1。 同理,每次碰后瞬间到下一次碰前瞬间所需时间也都等于t1,则第1次碰后瞬间到第6次碰前瞬间的时间t总=t1+t2+t3+t4+t5=5t1=。 答案： 感谢您的观看 $