2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題五 三大觀點(diǎn)的應(yīng)用 第1講 三大觀點(diǎn)在力學(xué)綜合問題中的應(yīng)用課后演練強(qiáng)化提能

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2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題五 三大觀點(diǎn)的應(yīng)用 第1講 三大觀點(diǎn)在力學(xué)綜合問題中的應(yīng)用課后演練強(qiáng)化提能_第1頁
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1、2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題五 三大觀點(diǎn)的應(yīng)用 第1講 三大觀點(diǎn)在力學(xué)綜合問題中的應(yīng)用課后演練強(qiáng)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(zhǎng)的細(xì)繩相連,跨放在質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪兩側(cè),質(zhì)量分別為mA=2 kg、mB=1 kg.初始時(shí)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(yuǎn)=1.8 m(未觸及滑輪),然后由靜止釋放.一段時(shí)間后細(xì)繩繃直,A、B以大小相等的速度一起運(yùn)動(dòng),之后B恰好可以和地面接觸.取g=10 m/s2,空氣阻力不計(jì).求: (1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t; (2)A的最大速度v的大小; (3)初始時(shí)B離地面的高度H.

2、 解析:(1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自由落體運(yùn)動(dòng),有 h=gt2① 代入數(shù)據(jù)解得t=0.6 s.② (2)設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間B速度大小為vB,有vB=gt③ 細(xì)繩繃直瞬間,細(xì)繩張力遠(yuǎn)大于A、B的重力,A、B相互作用,由動(dòng)量守恒得mBvB=(mA+mB)v④ 之后A做勻減速運(yùn)動(dòng),所以細(xì)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(xì)繩繃直后,A、B一起運(yùn)動(dòng),B恰好可以和地面接觸,說明此時(shí)A、B的速度為零,這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機(jī)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(gè)“吃貨”用來做“糖炒栗子”的“萌”事兒:將板栗在地面小平臺(tái)上以一定的初速度經(jīng)兩個(gè)四分之一圓弧銜接而成的軌道,從最高點(diǎn)P飛出進(jìn)入炒鍋內(nèi),利用來回運(yùn)動(dòng)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(gè)四分之一圓弧半徑分別為2R、R,小平臺(tái)和圓弧均光滑.將過鍋底的縱截面看做是由兩個(gè)斜面AB、CD和一段光滑圓弧組成.斜面與小滑塊間的動(dòng)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(jī)械能.滑塊的運(yùn)動(dòng)始終在包括鍋底最低點(diǎn)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(diǎn)飛出,為了使滑塊恰好沿AB斜面進(jìn)入鍋內(nèi),應(yīng)調(diào)節(jié)鍋底支架高度使斜面的A、D點(diǎn)離地高為多少? (2)接(1)問,求滑塊在鍋內(nèi)斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程; (3)對(duì)滑塊的不同初速度,求其通過最高點(diǎn)P和小圓弧最低點(diǎn)Q時(shí)受壓力之差的最小值. 解析:(1)設(shè)滑塊恰好經(jīng)P點(diǎn)飛出時(shí)速度為vP,由牛頓第二定律有mg= 得vP= 到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度方向要沿著斜面AB,則 vy=vPtanθ= 所以A、D點(diǎn)離地高度為h=3R-=R. (2)進(jìn)入A點(diǎn)時(shí)滑塊的速度為v== 假設(shè)經(jīng)過一個(gè)來回能夠回到A點(diǎn),設(shè)回來時(shí)動(dòng)能為Ek,則Ek=mv2-4μmgcos θ·2R

5、<0,所以滑塊不會(huì)滑到A而飛出. 因mgsin θ>μmgcos θ,則根據(jù)動(dòng)能定理得 mg·2Rsin θ-μmgcos θ·s=0-mv2 得滑塊在鍋內(nèi)斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程s=. (3)設(shè)滑塊的初速度和經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)的速度分別為v1、v2 由牛頓第二定律,在Q點(diǎn)F1-mg= 在P點(diǎn)F2+mg= 所以F1-F2=2mg+ 由機(jī)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(guó)卷Ⅱ)輕質(zhì)彈簧原長(zhǎng)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(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí),彈簧長(zhǎng)度為l.現(xiàn)將該彈簧水平放置,一端固定在A點(diǎn),另一端與物塊P接觸但不連接.AB是長(zhǎng)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(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5.用外力推動(dòng)物塊P,將彈簧壓縮至長(zhǎng)度l,然后放開,P開始沿軌道運(yùn)動(dòng).重力加速度大小為g. (1)若P的質(zhì)量為m,求P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)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(diǎn)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(dāng)彈簧豎直放置,長(zhǎng)度被壓縮至l時(shí),質(zhì)量為5m的物體

7、的動(dòng)能為零,其重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能.由機(jī)械能守恒定律,彈簧長(zhǎng)度為l時(shí)的彈性勢(shì)能 Ep=5mgl① 設(shè)P的質(zhì)量為M,到達(dá)B點(diǎn)時(shí)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(yùn)動(dòng)到D點(diǎn),其到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的向心力不能小于重力,即P此時(shí)的速度大小v應(yīng)滿足 -mg≥0④ 設(shè)P滑到D點(diǎn)時(shí)的速度為vD,由機(jī)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(yùn)動(dòng)到D點(diǎn),并從D點(diǎn)以速度vD水平射出.設(shè)P落回到軌道AB所需的時(shí)間為t,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2l=gt2⑦ P落回到軌道A

8、B上的位置與B點(diǎn)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(dá)B點(diǎn)時(shí)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(diǎn)C.由機(jī)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(shí)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(duì)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(dāng)F=11 N,代入②式解得: 滑板加速度大小aA1=2 m/s2 此時(shí)B的加速度大小aB=1 m/s2 F作用t秒時(shí)相對(duì)滑動(dòng)的距離Δx1=aA1t2-aBt2③ 此時(shí)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(yùn)動(dòng)的加速度大小為 aA2==3.5 m/s2 若滑到滑板左端時(shí),兩者相對(duì)靜止,相對(duì)滑動(dòng)的距離為Δx2 由相對(duì)運(yùn)動(dòng)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(shí):40分鐘) 1.(2018·福建龍巖質(zhì)量檢查)一長(zhǎng)木板在光滑水平地面上勻速運(yùn)動(dòng),在t=0時(shí)刻將一物塊無初速度輕放到木板上,此后長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的速度-時(shí)間圖象如圖所示.已知長(zhǎng)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(dòng)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(zhǎng)木板和物塊的內(nèi)能增加了多少? 解析:(1)長(zhǎng)木板和物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)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(zhǎng)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(gè)帶等量異種電荷的點(diǎn)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(xì)桿,另有一個(gè)穿過細(xì)桿的帶電小球P,質(zhì)量為m、電荷量為+q(可視為點(diǎn)電荷,不影響電場(chǎng)的分布),現(xiàn)將小球P從與點(diǎn)電荷A等高的C處由靜止開始釋放,小球P向下運(yùn)動(dòng)到距C點(diǎn)距離為d的O點(diǎn)時(shí),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(shì)差UCO; (2)O點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小. 解析:(1)小球由C運(yùn)動(dòng)到O時(shí),由動(dòng)能定理得 mgd+qUC O=mv2-0,解得UC O=. (2)小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)所受電場(chǎng)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(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)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(gè)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(dòng),桿長(zhǎng)L為0.8 m,且與水平面的夾角θ=37°.初始時(shí)使小球A靜止不動(dòng),與A相連的一段繩子保持水平,此時(shí)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(zhǎng),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(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中繩子拉力對(duì)小球A做的功. (3)小球A運(yùn)動(dòng)到底端D點(diǎn)時(shí)的速度大小. 解析:(1)釋放小球前,B處于靜止?fàn)顟B(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(duì)A球從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C的過程應(yīng)用動(dòng)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(shí)被壓縮了0.1 m,此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能與初始時(shí)刻相等,A、B和彈簧組成的

15、系統(tǒng)機(jī)械能守恒,有mAgh+mBgh′=mAv+mBv③ 由題意知,小球A在C點(diǎn)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向與繩垂直,此時(shí)B物體速度vB=0④ 由①②③④得W=7 J. (3)由題意知,桿長(zhǎng)L=0.8 m,由幾何知識(shí)可知EC=CD,∠CDO1=∠CEO1=37°,故DO1=EO1 當(dāng)A到達(dá)D時(shí),彈簧彈性勢(shì)能與初狀態(tài)相等,物體B又回到原位置,將A在D點(diǎn)的速度沿平行于繩和垂直于繩兩方向進(jìn)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(gè)過程機(jī)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(bǔ)充裝置P,使撞擊它的物體彈回后動(dòng)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(shí)針方向以恒定速率v=6 m/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng),水平部分長(zhǎng)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(diǎn))間有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧,彈性勢(shì)能Ep =9 J,彈簧與A、B均不粘連,A、B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,物塊質(zhì)量mA=mB=1 kg.現(xiàn)將A、B同時(shí)由靜止釋放,彈簧彈開物塊A和B后,迅速移去輕彈簧,此時(shí),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(shí)的速度大小. (2)試

17、通過計(jì)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(bǔ)充多少動(dòng)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(jī)械能守恒 Ep=mAv+mBv 由動(dòng)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(yùn)動(dòng)直到速度減小到零,設(shè)位移為s. 由動(dòng)能定理得-μmBgs=0-mBv 解得s==2.25 m s

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