《2022屆高考物理二輪復(fù)習 專題二 功和能 考點4 力學(xué)三大觀點的應(yīng)用限時集訓(xùn)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考物理二輪復(fù)習 專題二 功和能 考點4 力學(xué)三大觀點的應(yīng)用限時集訓(xùn)（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考物理二輪復(fù)習 專題二 功和能 考點4 力學(xué)三大觀點的應(yīng)用限時集訓(xùn) [限時45分鐘；滿分100分] 1．(16分)(2018·濟寧二模)如圖2－4－9所示，長木板B的質(zhì)量為m2＝1.0 kg，靜止放在粗糙的水平地面上，質(zhì)量為m3＝1.0 kg的物塊C(可視為質(zhì)點)放在長木板的最右端。一個質(zhì)量為m1＝0.5 kg的物塊A由左側(cè)向長木板運動。一段時間后物塊A以v0＝6 m/s的速度與長木板B發(fā)生彈性正碰(時間極短)，之后三者發(fā)生相對運動，整個過程物塊C始終在長木板上。已知長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.1，物塊C與長木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.3，物塊C與長木板間的最大靜

2、摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10 m/s2，求： 圖2－4－9 (1)碰后瞬間物塊A和長木板B的速度； (2)長木板B的最小長度。 解析　(1)A與B發(fā)生完全彈性碰撞，設(shè)碰撞后瞬間的速度分別為v1、v2， 由動量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2， 由機械能守恒定律得：mv＝m1v＋m2v， 聯(lián)立解得：v1＝－2 m/s，v2＝4 m/s。 (2)之后B減速運動，C加速運動，B、C達到共同－μ1(m2＋m3)g－μ2m3g＝m2a2速度之前，由牛頓運動定律對木板B有： 對物塊C有μ2m3g＝m3a3， 設(shè)從碰撞后到兩者達到共同速度經(jīng)歷的時間為t， v2＋a2t＝

3、a3t， 木板B的最小長度d＝v2t＋a2t2－a3t2＝1 m。 答案　(1)－2 m/s　4 m/s　(2)1 m 2．(16分)如圖2－4－10所示，半徑R＝0.1 m的豎直半圓形光滑軌道BC與水平面AB相切，AB距離x＝1 m。質(zhì)量m＝0.1 kg的小滑塊1放在半圓形軌道底端的B點，另一質(zhì)量也為m＝0.1 kg的小滑塊2，從A點以v0＝2 m/s的初速度在水平面上滑行，兩滑塊相碰，碰撞時間極短，碰后兩滑塊粘在一起滑上半圓形軌道。已知滑塊2與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。取重力加速度g＝10 m/s2。兩滑塊均可視為質(zhì)點。求： 圖2－4－10 (1)碰后瞬間兩滑

4、塊共同的速度大小v； (2)兩滑塊在碰撞過程中損失的機械能ΔE； (3)在C點軌道對兩滑塊的作用力F。 解析　(1)滑塊2從A運動到B，設(shè)滑塊2在B點的速度為v1，由動能定理可得－μmgx＝mv－mv，解得v1＝6 m/s；在B點，滑塊2與滑塊1發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得mv1＝2mv，解得v＝3 m/s。 (2)滑塊2與滑塊1在B點發(fā)生完全非彈性碰撞，由能量守恒得ΔE＝mv－·2m·v2，解得ΔE＝0.9 J。 (3)滑塊2和滑塊1作為一個整體一起沿著光滑的半圓形軌道從B點運動到C點做非勻速圓周運動，設(shè)到達C點的速度為v2，由動能定理得－2mg·2R＝·2m·v－·2m·

5、v2，解得v2＝ m/s；在C點，由圓周運動條件得F＋2mg＝2m·，解得F＝8 N。 答案　(1)3 m/s　(2)0.9 J　(3)8 N 3．(20分)如圖2－4－11所示，光滑水平臺面MN上放兩個相同小物塊A、B，右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶水平部分長度L＝8 m，沿逆時針方向以恒定速度v0＝2 m/s勻速轉(zhuǎn)動。物塊A、B(大小不計，視作質(zhì)點)與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，物塊A、B質(zhì)量均為m＝1 kg。開始時A、B靜止，A、B間壓縮一輕質(zhì)短彈簧?，F(xiàn)解除鎖定，彈簧彈開A、B，彈開后B滑上傳送帶，A掉落到地面上的Q點，已知水平臺面高h＝0.8 m，Q點與水平臺面右端間

6、的距離s＝1.6 m，g取10 m/s2。 圖2－4－11 (1)求物塊A脫離彈簧時速度的大小； (2)求彈簧儲存的彈性勢能； (3)求物塊B在水平傳送帶上運動的時間。 解析　(1)A做平拋運動，豎直方向：h＝gt2 水平方向：s＝vAt 代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：vA＝4 m/s (2)解鎖過程系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定A的速度方向為正方向，有：mvA－mvB＝0 由能量守恒定律：Ep＝mv＋mv 由能量守恒定律： 代入數(shù)據(jù)解得：Ep＝16 J (3)B作勻變速運動，由牛頓第二定律有：μmg＝ma 解得：a＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2 B向右勻減速至速度為零，

7、由v＝2asB， 解得：sB＝4 m＜L＝8 m，所以B最終回到水平臺面。 設(shè)B向右勻減速的時間為t1，vB＝at1 設(shè)B向左加速至與傳送帶共速的時間為t2，v0＝at2 由v＝2as2， 共速后做勻速運動的時間為t3，有：sB－s2＝v0t3 代入數(shù)據(jù)解得總時間：t＝t1＋t2＋t3＝4.5 s。 答案　(1)4 m/s　(2)16 J　(3)4.5 s 4．(24分)(2018·懷化三模)如圖2－4－12所示，光滑管狀軌道ABC由直軌道AB和圓弧軌道BC組成，二者在B處相切并平滑連接，O為圓心，O、A在同一條水平線上，OC豎直，一直徑略小于圓管直徑的質(zhì)量為m的小球，用細線穿

8、過管道與質(zhì)量為M的物塊連接，將小球由A點靜止釋放，當小球運動到B處時細線斷裂，小球繼續(xù)運動。已知弧形軌道的半徑為R＝ m，所對應(yīng)的圓心角為53°，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2。 圖2－4－12 (1)若M＝5 m，求小球在直軌道部分運動時的加速度大小。 (2)若M＝5 m，求小球從C點拋出后下落高度h＝ m時到C點的水平位移。 (3)M、m滿足什么關(guān)系時，小球能夠運動到C點？ 解析　(1)設(shè)細線中張力為F，對小球：F－mgsin 53°＝ma 對物塊：Mg－F＝Ma 聯(lián)立解得，a＝7 m/s2 (2)在RtΔOAB中，有xAB＝ 由v

9、＝2axAB解得vB＝2 m/s 從B到C，根據(jù)機械能守恒，有mv＝mv＋mgR(1－cos 53°) 小球離開C后做平拋運動，x＝vct，h＝gt2 解得：x＝ m (3)小球A→B：M、m系統(tǒng)機械能守恒 (M＋m)v＝MgxAB－mgxABsin 53° 線斷后，小球B→C，假設(shè)小球恰好運動到C點。 －mv＝－mgR(1－cos 53°) 聯(lián)立解得M＝ m 所以當M≥ m時，小球能夠運動到C點。 答案　(1)a＝7 m/s2　(2)x＝ m　(3)M＝ m 5．(24分)(2018·安慶二模)北京成功申辦2022年冬季奧林匹克運動會，吸引了越來越多的體育愛好者參加滑雪

10、運動。如圖2－4－13所示是某一體育愛好者一次滑雪表演的簡易示意圖，愛好者連同腳下滑板(可視為質(zhì)點)的總質(zhì)量為m＝60 kg，愛好者從某一可視為光滑的傾斜滑雪軌道由靜止滑下，軌道的底端有一質(zhì)量為M＝90 kg的小車靜止在光滑的水平冰面上，小車是由半徑為R＝1 m四分之一光滑圓弧軌道和長為L＝5 m的平直軌道組成，平直軌道與傾斜軌道底端在同一高度，已知愛好者開始下滑的位置離小車平直軌道的高度為h0＝5 m，g取10 m/s2。 圖2－4－13 (1)若小車被固定，測得愛好者滑出小車后離小車頂端的最大高度為h1＝3 m，求愛好者的滑板與小車平直軌道部分的動摩擦因數(shù)μ； (2)若小車不固定

11、，愛好者仍從原位置由靜止滑下，求愛好者滑離小車后離小車頂端的最大高度h2； (3)在(2)問基礎(chǔ)上通過分析計算說明：愛好者會不會從小車左端滑離小車。 解析　(1)愛好者由靜止滑下到運動至最高點過程中，由動能定理得： mg(h0－h(huán)1－R)－μmgL＝0 ① 解得：μ＝0.2 (2)愛好者由靜止滑下，設(shè)滑到軌道底端時速度為v1，由機械能守恒定律得： mgh0＝mv ② 設(shè)愛好者達最高點時速度為v2，離小車頂端高度為h2，此時小車速度也為v2，從愛好者滑上小車到運動至最高點過程中，由水平方向動量守恒定律得： mv1＝(M＋m)v2 ③ 由能量守恒定律得： mv＝(M＋m)v＋mg(R＋h2)＋μmgL ④ 解得：h2＝1 m (3)設(shè)愛好者滑回小車，在小車平直軌道離小車左端x處相對小車靜止，此時兩者的共同速度仍為v2，從愛好者滑上小車到相對于小車靜止過程中，由能量守恒定律得： mv＝(M＋m)v＋μmg(2L－x) ⑤ 解得：x＝－5 m 計算結(jié)果表明：愛好者能滑出小車。 答案　(1)0.2　(2)1 m　(3)見解析