《2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題五 三大觀點的應(yīng)用 第1講 三大觀點在力學(xué)綜合問題中的應(yīng)用課后演練強化提能》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(xí) 專題五 三大觀點的應(yīng)用 第1講 三大觀點在力學(xué)綜合問題中的應(yīng)用課后演練強化提能（8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(xí) 專題五 三大觀點的應(yīng)用 第1講 三大觀點在力學(xué)綜合問題中的應(yīng)用課后演練強化提能 1．(2017·高考天津卷)如圖所示，物塊A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長的細繩相連，跨放在質(zhì)量不計的光滑定滑輪兩側(cè)，質(zhì)量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg.初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中．現(xiàn)將B豎直向上再舉高h＝1.8 m(未觸及滑輪)，然后由靜止釋放．一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸．取g＝10 m/s2，空氣阻力不計．求： (1)B從釋放到細繩剛繃直時的運動時間t； (2)A的最大速度v的大??； (3)初始時B離地面的高度H.

2、 解析：(1)B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有 h＝gt2① 代入數(shù)據(jù)解得t＝0.6 s．② (2)設(shè)細繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有vB＝gt③ 細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A、B的重力，A、B相互作用，由動量守恒得mBvB＝(mA＋mB)v④ 之后A做勻減速運動，所以細繩繃直后瞬間的速度v即為A的最大速度，聯(lián)立②③④式，代入數(shù)據(jù)解得 v＝2 m/s.⑤ (3)細繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有 (mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥ 代入數(shù)據(jù)解得H＝0.6 m. 答案：見解析

3、 2．如圖是阿毛同學(xué)的漫畫中出現(xiàn)的裝置，描述了一個“吃貨”用來做“糖炒栗子”的“萌”事兒：將板栗在地面小平臺上以一定的初速度經(jīng)兩個四分之一圓弧銜接而成的軌道，從最高點P飛出進入炒鍋內(nèi)，利用來回運動使其均勻受熱．我們用質(zhì)量為m的小滑塊代替栗子，借用這套裝置來研究一些物理問題．設(shè)大小兩個四分之一圓弧半徑分別為2R、R，小平臺和圓弧均光滑．將過鍋底的縱截面看做是由兩個斜面AB、CD和一段光滑圓弧組成．斜面與小滑塊間的動摩擦因數(shù)均為0.25，而且不隨溫度變化．兩斜面傾角均為θ＝37°，AB＝CD＝2R，A、D等高，D端固定一小擋板，小滑塊碰撞它不損失機械能．滑塊的運動始終在包括鍋底最低點的豎直平面內(nèi)，

4、重力加速度為g. (1)如果滑塊恰好能經(jīng)P點飛出，為了使滑塊恰好沿AB斜面進入鍋內(nèi)，應(yīng)調(diào)節(jié)鍋底支架高度使斜面的A、D點離地高為多少？ (2)接(1)問，求滑塊在鍋內(nèi)斜面上運動的總路程； (3)對滑塊的不同初速度，求其通過最高點P和小圓弧最低點Q時受壓力之差的最小值． 解析：(1)設(shè)滑塊恰好經(jīng)P點飛出時速度為vP，由牛頓第二定律有mg＝ 得vP＝ 到達A點時速度方向要沿著斜面AB，則 vy＝vPtanθ＝ 所以A、D點離地高度為h＝3R－＝R. (2)進入A點時滑塊的速度為v＝＝ 假設(shè)經(jīng)過一個來回能夠回到A點，設(shè)回來時動能為Ek，則Ek＝mv2－4μmgcos θ·2R

5、<0，所以滑塊不會滑到A而飛出． 因mgsin θ>μmgcos θ，則根據(jù)動能定理得 mg·2Rsin θ－μmgcos θ·s＝0－mv2 得滑塊在鍋內(nèi)斜面上運動的總路程s＝. (3)設(shè)滑塊的初速度和經(jīng)過最高點時的速度分別為v1、v2 由牛頓第二定律，在Q點F1－mg＝ 在P點F2＋mg＝ 所以F1－F2＝2mg＋ 由機械能守恒有mv＝mv＋mg·3R 得v－v＝6gR為定值 代入v2的最小值(v2＝vP＝)得壓力差的最小值為9mg. 答案：(1)R　(2)　(3)9mg 3．(2016·高考全國卷Ⅱ)輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一

6、質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示．物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運動．重力加速度大小為g. (1)若P的質(zhì)量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離； (2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍． 解析：(1)依題意，當彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質(zhì)量為5m的物體

7、的動能為零，其重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能．由機械能守恒定律，彈簧長度為l時的彈性勢能 Ep＝5mgl① 設(shè)P的質(zhì)量為M，到達B點時的速度大小為vB，由能量守恒定律得Ep＝Mv＋μMg·4l② 聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題給數(shù)據(jù)得vB＝③ 若P能沿圓軌道運動到D點，其到達D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應(yīng)滿足 －mg≥0④ 設(shè)P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2l⑤ 聯(lián)立③⑤式得vD＝⑥ vD滿足④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出．設(shè)P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學(xué)公式得2l＝gt2⑦ P落回到軌道A

8、B上的位置與B點之間的距離為 s＝vDt⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2l.⑨ (2)為使P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩ 要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道上的上升高度不能超過半圓軌道的中點C.由機械能守恒定律有 Mv≤Mgl? 聯(lián)立①②⑩?式得m≤M

9、0 m/s2.試求： (1)要將滑板從滑塊下抽出，施加在滑板上的水平拉力至少要大于多少？ (2)若施加的水平拉力F＝11 N，要使滑板從滑塊下抽出，F(xiàn)作用的最短時間． 解析：(1)B在A上的最大加速度： aB＝＝1 m/s2 要使A從B下抽出，必須滿足：aA>aB① 對A由牛頓第二定律得： F－μ1(M＋m)g－μ2mg＝MaA② 聯(lián)立①②代入數(shù)據(jù)解得：F>9 N. (2)當F＝11 N，代入②式解得： 滑板加速度大小aA1＝2 m/s2 此時B的加速度大小aB＝1 m/s2 F作用t秒時相對滑動的距離Δx1＝aA1t2－aBt2③ 此時A、B速度大小分別為 v

10、A＝aA1t④ vB＝aBt⑤ 撤去F后，B的加速度大小仍為：aB＝1 m/s2 A做勻減速運動的加速度大小為 aA2＝＝3.5 m/s2 若滑到滑板左端時，兩者相對靜止，相對滑動的距離為Δx2 由相對運動得：(vA－vB)2＝2(aA2＋aB)Δx2⑥ 由題意得：Δx1＋Δx2＝L⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦代入數(shù)據(jù)，解得：t＝3 s. 答案：(1)9 N　(2)3 s 　　　　　　 (建議用時：40分鐘) 1.(2018·福建龍巖質(zhì)量檢查)一長木板在光滑水平地面上勻速運動，在t＝0時刻將一物塊無初速度輕放到木板上，此后長木板運動的速度－時間圖象如圖所示．已知長木板的質(zhì)量M＝2

11、kg，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上．取g＝10 m/s2，求：　 (1)物塊的質(zhì)量m； (2)這一過程中長木板和物塊的內(nèi)能增加了多少？ 解析：(1)長木板和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒：Mv＝(M＋m)v共 將M＝2 kg，v＝6.0 m/s，v共＝2.0 m/s，代入解得：m＝4 kg. (2)設(shè)這一過程中長木板和物塊的內(nèi)能增加量為Q，根據(jù)能量守恒定律：Q＝Mv2－(M＋m)v＝24 J. 答案：(1)4 kg　(2)24 J 2.如圖所示，固定于同一條豎直線上的A、B是兩個帶等量異種電荷的點電荷，電荷量分別為＋Q和－Q，A、B相距為2d，MN是豎直

12、放置的光滑絕緣細桿，另有一個穿過細桿的帶電小球P，質(zhì)量為m、電荷量為＋q(可視為點電荷，不影響電場的分布)，現(xiàn)將小球P從與點電荷A等高的C處由靜止開始釋放，小球P向下運動到距C點距離為d的O點時，速度為v，已知MN與AB之間的距離為d，靜電力常量為k，重力加速度為g，求： (1)C、O間的電勢差UCO； (2)O點處的電場強度E的大?。? 解析：(1)小球由C運動到O時，由動能定理得 mgd＋qUC O＝mv2－0，解得UC O＝. (2)小球經(jīng)過O點時所受電場力如圖所示，由庫侖定律得F1＝F2＝k 它們的合力為 F＝F1cos 45°＋F2cos 45°＝ O點處的電場強度

13、E＝＝. 答案：(1)　(2) 3．如圖所示，質(zhì)量mB＝3.5 kg物體B通過下端固定在地面上的輕彈簧與地面連接，彈簧的勁度系數(shù)k＝100 N/m.輕繩一端與物體B連接，另一端繞過兩個光滑的輕質(zhì)小定滑輪O1、O2后，與套在光滑直桿頂端E處的質(zhì)量mA＝1.6 kg的小球A連接．已知直桿固定不動，桿長L為0.8 m，且與水平面的夾角θ＝37°.初始時使小球A靜止不動，與A相連的一段繩子保持水平，此時繩子中的張力F為45 N．已知EO1＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，繩子不可伸長，現(xiàn)將小球A從靜止釋放(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求 (1)在釋放小球A前彈

14、簧的形變量． (2)若直線CO1與桿垂直，求小球A運動到C點的過程中繩子拉力對小球A做的功． (3)小球A運動到底端D點時的速度大小． 解析：(1)釋放小球前，B處于靜止狀態(tài)，由于繩子中的張力大于物體B的重力，故彈簧被拉伸，設(shè)彈簧形變量為x，有kx＝F－mBg，解得x＝0.1 m. (2)對A球從E點運動到C的過程應(yīng)用動能定理得 W＋mAgh＝mAv－0① 其中h＝xCO1cos 37°，而xCO1＝xEO1sin 37°＝0.3 m 物體B下降的高度h′＝xEO1－xCO1＝0.2 m② 由此可知，彈簧這時被壓縮了0.1 m，此時彈簧彈性勢能與初始時刻相等，A、B和彈簧組成的

15、系統(tǒng)機械能守恒，有mAgh＋mBgh′＝mAv＋mBv③ 由題意知，小球A在C點時運動方向與繩垂直，此時B物體速度vB＝0④ 由①②③④得W＝7 J. (3)由題意知，桿長L＝0.8 m，由幾何知識可知EC＝CD，∠CDO1＝∠CEO1＝37°，故DO1＝EO1 當A到達D時，彈簧彈性勢能與初狀態(tài)相等，物體B又回到原位置，將A在D點的速度沿平行于繩和垂直于繩兩方向進行分解，平行于繩方向的速度即B的速度，由幾何關(guān)系得v′B＝v′Acos 37°⑤ 整個過程機械能守恒，可得 mAgLsin 37°＝mAv′＋mBv′⑥ 由⑤⑥得v′A＝2 m/s. 答案：見解析 4．(2018·

16、濱州二模)如圖所示，光滑水平面MN的左端M處固定有一能量補充裝置P，使撞擊它的物體彈回后動能在原來基礎(chǔ)上增加一定值．右端N處與水平傳送帶恰好平齊且靠近，傳送帶沿逆時針方向以恒定速率v＝6 m/s勻速轉(zhuǎn)動，水平部分長度L＝9 m．放在光滑水平面上的兩相同小物塊A、B(均視為質(zhì)點)間有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧，彈性勢能Ep ＝9 J，彈簧與A、B均不粘連，A、B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，物塊質(zhì)量mA＝mB＝1 kg.現(xiàn)將A、B同時由靜止釋放，彈簧彈開物塊A和B后，迅速移去輕彈簧，此時，A還未撞擊P，B還未滑上傳送帶．取g＝10 m/s2.求： (1)A、B剛被彈開時的速度大?。? (2)試

17、通過計算判斷B第一次滑上傳送帶后，能否從傳送帶右端滑離傳送帶． (3)若B從傳送帶上回到光滑水平面MN上與被彈回的A發(fā)生碰撞后粘連，一起滑上傳送帶．則P應(yīng)給A至少補充多少動能才能使二者一起滑離傳送帶． 解析：(1)彈簧彈開的過程中，系統(tǒng)機械能守恒 Ep＝mAv＋mBv 由動量守恒有mAvA－mBvB＝0 聯(lián)立以上兩式解得vA＝3 m/s，vB＝3 m/s. (2)假設(shè)B不能從傳送帶右端滑離傳送帶，則B做勻減速運動直到速度減小到零，設(shè)位移為s. 由動能定理得－μmBgs＝0－mBv 解得s＝＝2.25 m s