第一部分專題二微專題2A組·基礎(chǔ)練1.(2024·遼寧卷)如圖，高度h＝0.8m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質(zhì)量mA＝mB＝0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復(fù)原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0.4m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25m后停止。A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB；(2)物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；(3)整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp?！敬鸢浮?1)1m/s,1m/s(2)0.2(3)0.12J【解析】(1)對A物塊由平拋運(yùn)動知識得h＝eq\f(1,2)gt2xA＝vAt代入數(shù)據(jù)解得，脫離彈簧時A的速度大小為vA＝1m/sAB物塊質(zhì)量相等，同時受到大小相等方向相反的彈簧彈力及大小相等方向相反的摩擦力，則AB物塊整體動量守恒，則mAvA＝mBvB解得脫離彈簧時B的速度大小為vB＝1m/s。(2)對物塊B脫離彈簧后的運(yùn)動由動能定理－μmBgxB＝0－eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)代入數(shù)據(jù)解得，物塊與桌面的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2。(3)彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為AB物塊的動能及這個過程中克服摩擦力所產(chǎn)生的內(nèi)能，即ΔEp＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB其中mA＝mB，Δx＝ΔxA＋ΔxB解得整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp＝0.12J。B組·綜合練2.(2024·山東卷)如圖甲所示，質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點(diǎn)平滑連接，Q為軌道的最高點(diǎn)。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R＝0.4m，重力加速度大小g＝10m/s2。(1)若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運(yùn)動到Q點(diǎn)時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點(diǎn)的速度大小v；(2)若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時，軌道加速度a與F對應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。①求μ和m；②初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F＝8N，當(dāng)小物塊到P點(diǎn)時撤去F，小物塊從Q點(diǎn)離開軌道時相對地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長度L。【答案】(1)v＝4m/s(2)①m＝1kg，μ＝0.2②4.5m【解析】(1)根據(jù)題意可知小物塊在Q點(diǎn)由合力提供向心力有mg＋3mg＝meq\f(v2,R)代入數(shù)據(jù)解得v＝4m/s。(2)①根據(jù)題意可知當(dāng)F≤4N時，小物塊與軌道是一起向左加速，根據(jù)牛頓第二定律可知F＝(M＋m)a根據(jù)圖乙有k＝eq\f(1,M＋m)＝0.5kg－1當(dāng)外力F>4N時，軌道與小物塊有相對滑動，則對軌道有F－μmg＝Ma結(jié)合題圖乙有a＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)可知k＝eq\f(1,M)＝1kg－1截距b＝－eq\f(μmg,M)＝－2m/s2聯(lián)立以上各式可得M＝1kg，m＝1kg，μ＝0.2。②由圖乙可知，當(dāng)F＝8N時，軌道的加速度為6m/s2，小物塊的加速度為a2＝μg＝2m/s2當(dāng)小物塊運(yùn)動到P點(diǎn)時，經(jīng)過t0時間，則軌道有v1＝a1t0小物塊有v2＝a2t0在這個過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)＋2mgR水平方向動量守恒，以水平向左的正方向，則有Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4聯(lián)立解得t0＝1.5s根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有L＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)解得L＝4.5m。3.(2024·湖北卷)如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶左右兩端的距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)O，用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)固定一釘子，P點(diǎn)與O點(diǎn)等高。將質(zhì)量為0.1kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運(yùn)動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點(diǎn)向上運(yùn)動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大??；(2)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能；(3)若小球運(yùn)動到P點(diǎn)正上方，繩子不松弛，求P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離?！敬鸢浮?1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m【解析】(1)根據(jù)題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有μm物g＝m物a解得a＝5m/s2由運(yùn)動學(xué)公式可得，小物塊與傳送帶共速時運(yùn)動的距離為x＝eq\f(v\o\al(2,傳),2a)＝2.5m<L傳＝3.6m可知，小物塊運(yùn)動到傳送帶右端前與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小等于傳送帶的速度大小5m/s。(2)小物塊運(yùn)動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，小物塊與小球組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律有m物v＝m物v1＋m球v2其中v＝5m/s，v1＝－1m/s解得v2＝3m/s小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能為ΔEk＝eq\f(1,2)m物v2－eq\f(1,2)m物veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m球veq\o\al(2,2)解得ΔEk＝0.3J。(3)若小球運(yùn)動到P點(diǎn)正上方，繩子恰好不松弛，設(shè)此時P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為d，小球在P點(diǎn)正上方的速度為v3，在P點(diǎn)正上方，由牛頓第二定律有m球g＝m球eq\f(v\o\al(2,3),L繩－d)小球從O點(diǎn)正下方到P點(diǎn)正上方過程中，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)m球veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m球veq\o\al(2,3)＋m球g(2L繩－d)聯(lián)立解得d＝0.2m即P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離為0.2m。4.(2024·浙江卷)某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角θ＝37°的直軌道AB，半徑R＝1m的圓弧軌道BCD，長度L＝1.25m、傾角為θ的直軌道DE，半徑為R、圓心角為θ的圓弧管道EF組成，軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側(cè)光滑水平面上緊靠著質(zhì)量m＝0.5kg的滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質(zhì)量m＝0.5kg的小物塊a從軌道AB上高度為h處靜止釋放，經(jīng)圓弧軌道BCD滑上軌道DE，軌道DE由特殊材料制成，小物塊a向上運(yùn)動時動摩擦因數(shù)μ1＝0.25，向下運(yùn)動時動摩擦因數(shù)μ2＝0.5，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當(dāng)小物塊a在滑塊b上滑動時動摩擦因數(shù)恒為μ1，小物塊a動到滑塊右側(cè)的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。(其他軌道均光滑，小物塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)若h＝0.8m，求小物塊①第一次經(jīng)過C點(diǎn)的向心加速度大??；②在DE上經(jīng)過的總路程；③在DE上向上運(yùn)動時間t上和向下運(yùn)動時間t下之比。(2)若h＝1.6m，滑塊至少多長才能使小物塊不脫離滑塊?！敬鸢浮?1)①16m/s2②2m③1∶2(2)0.2m【解析】(1)①對小物塊a從A到第一次經(jīng)過C的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)第一次經(jīng)過C點(diǎn)的向心加速度大小為a＝eq\f(v\o\al(2,C),R)＝eq\f(2gh,R)＝16m/s2。②小物塊a在DE上時，因?yàn)棣?mgcosθ<mgsinθ所以小物塊a每次在DE上升至最高點(diǎn)后一定會下滑，之后經(jīng)過若干次在DE上的滑動使機(jī)械能損失，最終小物塊a將在B、D間往復(fù)運(yùn)動，且易知小物塊每次在DE上向上運(yùn)動和向下運(yùn)動的距離相等，設(shè)其在DE上經(jīng)過的總路程為s，根據(jù)功能關(guān)系有mg[h－R(1－cosθ)]＝(μ1mgcosθ＋μ2mgcosθ)eq\f(s,2)解得s＝2m。③根據(jù)牛頓第二定律可知小物塊a在DE上向上運(yùn)動和向下運(yùn)動的加速度大小分別為a上＝gsinθ＋μ1gcosθ＝8m/s2a下＝gsinθ－μ2gcosθ＝2m/s2將小物塊a在DE上的若干次運(yùn)動等效看作是一次完整的上滑和下滑，則根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有eq\f(1,2)a上teq\o\al(2,上)＝eq\f(1,2)a下teq\o\al(2,下)解得eq\f(t上,t下)＝eq\f(1,2)。(2)對小物塊a從A到F