《2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做6 以能量為核心的綜合應用問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做6 以能量為核心的綜合應用問題（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、題精做六 以能量為核心的綜合應用問題 1．【2019重慶市模擬】如圖，2個長度為L、質量為m的相同長方體形物塊1和2疊放在一起，置于固定且正對的兩光滑薄板間，薄板間距也為L，板底部有孔正好能讓最底層的物塊通過并能防止物塊2翻倒，質量為m的鋼球用長為R有輕繩懸掛在O點．將鋼球拉到與O點等高的位置A靜止釋放，鋼球沿圓弧擺到最低點時與物塊1正碰后靜止，物塊1滑行一段距離s（s>2L）后停下．又將鋼球拉回A點靜止釋放，撞擊物塊2后鋼球又靜止．物塊2與物塊1相碰后，兩物塊以共同速度滑行一段距離后停下． 重力加速度為g，繩不可伸長，不計物塊之間的摩擦．求： （1）物塊與地面間的動摩擦因數(shù)；

2、 （2）兩物塊都停下時物塊2滑行的總距離． 【解析】（1）設鋼球與物塊1碰撞前的速率為v0，根據(jù)機械能守恒，有：mgR=12mv02 解得v0=2gR 鋼球與物塊1碰撞，設碰后物塊1速度為v1，根據(jù)動量守恒定律：mv0=mv1， 解得v1=2gR 設物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊1獲得速度后直到停止，由動能定理：-2μmgL-μmg(s-L)=0-12mv12 解得μ=RL+s （2）設物塊2被鋼球碰后的速度為v3，物塊2與物塊1碰前速度為v2，根據(jù)機械能守恒定律和動能定理 v2=v1=2gR -μmg(s-L)=12mv32-12mv22 設物塊1和物塊2碰后的共同

3、速度為v4兩物塊一起繼續(xù)滑行的距離為s1根據(jù)機械能守恒定律和動能定理 mv3=2mv4； -2μmgs1=0-12×2mv42 可得s1=12L； 設物塊2滑行的總距離為d，則d=s-L+s1=s-12L 1．【2019湖南株洲市模擬】足夠長的光滑水平面上，有10個相同的小球沿直線等間隔均勻分布，總長度為l，并以相同的速度v0向右運動，如圖甲所示。在小球的正前方有一“加速帶”AB，當小球從左端A進入加速帶后在水平恒力作用下被加速，直至從右端B離開，小球經過加速帶前后速度的變化情況如圖乙所示。已知1號球剛從B端離開時，4號球剛好從A端進入。不考慮球的大小，試求 (1)10

4、個小球最終分布的總長度。 (2)加速帶對10個小球做功的總功率P。已知小球在加速帶上所受水平恒力為F。 【解析】（1）“最終”是指10個小球全部離開了加速帶。根據(jù)圖乙可知，所有小球從加速帶B端出來后速度都被加速到了3v0，且保持這個速度不變，這就意味著一旦10個小球全部從B端出來后，它們的總長度也會保持不變。這個長度就是10號球剛離開B端時，它與1號間的距離。 由于每個小球在加速帶上運動的情況完全相同，因此，小球依次從B端離開加速帶的時間差等于依次進入加速帶的時間差。這樣，10號球與1號球出加速帶的時間差與進入加速帶的時間差Δt相等，而Δt=lv0 故10號球剛從B端出來時，1號與10

5、號間的距離L=3v0Δt 解得L=3l 此即10個小球最終分布的總長度。 （2）因加速帶對10個小球做功并不同步，故對10個小球做功的總功率要小于對單個小球做功的功率之和。 小球在加速帶上運動的時間T=Δt3 小球在加速帶上運動的平均速度v=v0+3v02=2v0 故加速帶長度為L0=vT 因而加速帶對10個小球所做總功為W=10FL0 加速帶做功的總時間應是從1號球進入加速帶A端開始，直到10號球離開加速帶B端為止，這段時間即t=Δt +T 又加速帶對10個小球做功的總功率為P=Wt 解得P=5Fv0 2．【2019四川省廣元市模擬】如圖所示，傾角θ＝37o的粗糙傳送帶

6、與光滑水平面通過半徑可忽略的光滑小圓弧平滑連接，傳送帶始終以v＝3m/s的速率順時針勻速轉動，A、B、C滑塊的質量分別為mA=1kg，mB=2kg，mC=3kg，（各滑塊均可視為質點）．A、B間夾著質量可忽略的火藥．k為處于原長的輕質彈簧，兩端分別與B、C連接．現(xiàn)點燃火藥（此時間極短且不會影響各物體的質量和各表面的光滑程度），滑塊A以6m/s的速度水平向左沖出，接著沿傳送帶向上運動，已知滑塊A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.75，傳送帶與水平面足夠長，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8． (1)計算滑塊A沿傳送帶向上滑行的最大距離x； (2)在滑塊B、彈簧、

7、滑塊C相互作用的過程中，當彈簧第一次恢復原長時（此時滑塊A還未追上滑塊B），計算B、C的速度； (3)若滑塊A追上滑塊B時能粘住，定量分析在A與B相遇的各種可能情況下，A、B、C及彈簧組成系統(tǒng)的機械能范圍．（提示：因A、B相遇時，B的速度不可預知，故粘住后A、B、C及彈簧組成系統(tǒng)的機械能有各種可能值） 【解析】（1）滑塊A沿傳送帶向上的運動的過程 由動能定理有：-(mAgsinθ+μmAgcosθ)x=0-12mAvA2 代入數(shù)據(jù)解得：x＝1.5m （2）炸藥爆炸過程，設B獲得的速度為vB，對A、B系統(tǒng) 由動量守恒有：–mAvA＋mBvB＝0 解得：vB=3m/s 在B、C相互

8、作用的過程中，設當彈簧第一次恢復原長時，B、C的速度分別為v'B、v'C 由動量守恒有：mBvB=mBv'B+mCv'C 由能量守恒有：12mBvB2=12mBv'B2+12mCv'C2 解得：v'B=mB-mCmB+mCvB=-0.6m/s v'C=2mBmB+mCvB=2.4m/s （3）因滑動摩擦力f＝μmgcosθ＝6N，重力沿斜面向下的分力mgsinθ＝6N．所以A到達最高點后先反向加速，當速度達到3m/s后隨傳送帶一起（相對傳送帶靜止）返回光滑水平面 此時：v'A=3m/s 因A、B相遇時，B的速度不能確定，可能是–0.6m/s與3m/s間的任何值． ①當v'B=-

9、0.6m/s時，此時v'C=2.4m/s，機械能損失最大，系統(tǒng)機械能最?。OA、B粘連后的共同速度為v′． 由動量守恒有：mAv'A+mBv'B=(mA+mB)v' 解得：v′=0.6m/s 系統(tǒng)機械能的最小值：Emin=12mCv'C2+12(mA+mB)v'2=9.18J ②當v'B=3m/s時，此時v'C=0，機械能損失最小，ΔE損=0 系統(tǒng)機械能的最大值Emax=12mAvA2+12mBvB2=13.5J 所以A、B、C及彈簧系統(tǒng)機械能范圍：9.18J≤E≤13.5J 3．【2019無錫市模擬】高頻焊接是一種常用的焊接方法，圖甲是焊接的原理示意圖．將半徑為r＝10 cm的

10、待焊接的環(huán)形金屬工件放在線圈中，然后在線圈中通以高頻變化電流，線圈產生垂直于工件所在平面的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，t＝0時刻磁場方向垂直線圈所在平面向外．工件非焊接部分單位長度上的電阻R0＝1.0×10－3Ω·m－1，焊縫處的接觸電阻為工件非焊接部分電阻的9倍，焊接的縫寬非常小，不計溫度變化對電阻的影響． (1) 在圖丙中畫出感應電流隨時間變化的it圖象(以逆時針方向電流為正)，并寫出必要的計算過程； (2) 求環(huán)形金屬工件中感應電流的有效值； (3) 求t＝0.30 s內電流通過焊接處所產生的焦耳熱． 【解析】(1) 環(huán)形金屬工件電阻為R＝2πrR0＋

11、9×2πrR0＝20πrR0＝6.28×10－3Ω 在0～2T3時間內的感應電動勢為 E＝ΔBΔt·πr2＝6.28V 電流為I＝ER＝1.0×103A 由楞次定律得到電流方向逆時針，I-t關系圖象如圖所示： (2) 在同一個周期內I有效2RT=I2R?2T3 解得I有效＝100063A＝816A. (3) 在t＝0.30s內電流通過焊接處所產生的焦耳熱為Q＝I2有效R′t 而R′＝9×2πrR0＝5.65×10－3Ω 解得Q＝I2有效R′t＝1.13×103J. 4．【2019福建省泉州市模擬】如圖甲所示，將兩根足夠長、間距為L的平行光滑金屬導軌固定在同一水平面內，左

12、端接一阻值為R的電阻，與導軌垂直的虛線ef右邊區(qū)域存在方向豎直向下的勻強磁場，質量為m的金屬桿PQ靜止在導軌上?，F(xiàn)對桿施加一水平向右的恒定拉力，經過時間t桿進人磁場，并開始做勻速直線運動，桿始終與導軌垂直并接觸良好，導軌和桿的電阻均不計。 (1)求勻強磁場的磁感應強度大小B； (2)若桿進入磁場后的某時刻撤去拉力，桿運動的速度與此后的位移關系圖象如圖乙所示，求0~x0與x0~3x0兩個過程中電阻R產生的熱量之比Q1Q2。 【解析】（1）設拉力大小為F，桿的加速度為a，進入磁場時的速度為v0，則F=ma； 桿做勻加速運動，則v0=at， 桿在磁場中做勻速運動，則F=F安=BIL

13、 I=E/R E=BLv0 聯(lián)立解得：B=mRL2t （2）撤去拉力后，由圖乙可知，桿在x=x0處的速度大小為v=2v03 由能量關系，在0-x0過程中，電阻R產生的熱量Q1=12mv02-12mv2 在x0-3x0過程中，電阻R產生的熱量Q2=12mv2 解得Q1Q2=54 5．【2018廣東省佛山市模擬】如圖所示，兩根互相平行的金屬導軌MN、PQ水平放置，相距d=1m、且足夠長、不計電阻。AC、BD區(qū)域光滑，其它區(qū)域粗糙且動摩擦因數(shù)μ=0.2，并在AB的左側和CD的右側存在著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B=2T。在導軌中央放置著兩根質量均為m=1kg，電阻均為R=2Ω的金屬

14、棒a、b，用一鎖定裝置將一彈簧壓縮在金屬棒a、b之間(彈簧與a、b不栓連)，此時彈簧具有的彈性勢能E=9J?，F(xiàn)解除鎖定，當彈簧恢復原長時，a、b棒剛好進入磁場，且b棒向右運動x=0.8m后停止，g取10m/s2，求： (1)a、b棒剛進入磁場時的速度大??； (2)金屬棒b剛進入磁場時的加速度大小 (3)整個運動過程中電路中產生的焦耳熱。 【解析】（1）對ab系統(tǒng)，由動量守恒：0=mva-mvb 由能量關系：EP=12mva2+12mvb2 解得va=vb=3m/s （2）當ab棒進入磁場后，兩棒均切割磁感線，產生感生電動勢串聯(lián)，則有：Ea=Eb=Bdva=6V又：I=2Ea2

15、R=3A 對b，由牛頓第二定律：BId+μmg=mab 解得ab=8m/s2 （3）由動量守恒可知，ab棒速率時刻相同，即兩者移動相同距離后停止，則對系統(tǒng)，由能量守恒：EP=2μmgx+Q 解得Q=5.8J 6．【2019浙江省建德市模擬】如圖所示，兩平行且無限長光滑金屬導軌 MN、PQ豎直放置，兩導軌之間的距離為 L=1m，兩導軌 M 、 P之間接入電阻 R =0.2Ω，導軌電阻不計，在 a b c d區(qū)域內有一個方向垂直于兩導軌平面向里的磁場Ⅰ，磁感應強度 B1=1T．磁場的寬度 x1=1m，在 c d連線以下區(qū)域有一個方向也垂直于導軌平面向里的磁場Ⅱ．一個質量為 m=0.5kg

16、 的金屬棒垂直放在金屬導軌上，與導軌接觸良好，金屬棒的電阻 r=0.2Ω，若金屬棒緊貼 a b連線處自由釋放，金屬棒剛出磁場Ⅰ時恰好做勻速直線運動。金屬棒進入磁場Ⅱ后，經過 t =1.8s 到達ef時系統(tǒng)處于穩(wěn)定狀態(tài)，cd與 e f之間的距離 x=10m．（g取 10m/s2） （1）金屬棒剛出磁場Ⅰ時的速度大??； （2）金屬棒穿過磁場Ⅰ這段時間內電阻R產生的熱量； （3）磁場Ⅱ磁感應強度B2 大小 【解析】(1) 導體棒切割磁感線產生的感應電動勢為： E1=B1Lv1 由閉合電路歐姆定律有：I1=E1R+r 安培力為：FA1=B1LI1 勻速時有：FA1=mg 解得：v

17、1=2m/s； (2)穿過磁場I過程中由動能定理得： mgx1+WA=12mv12-0 解得：WA=-4J 所以Q=-WA=4J QRQ=RR+r 解得：QR=2J； (3)穩(wěn)定時有：B22Lv2R+r=mg v2=2B22 穿過磁場II過程中由動量定理得： mgt2-∑B22Lv2R+rΔt=mv2-mv1 25B24-10B22+1=0 聯(lián)立解得：B2=55T。 7．【2019四川省成都市模擬】如圖，質量分別為mA=1kg、mB=2kg的A、B兩滑塊放在水平面上，處于場強大小E=3×105N/C、方向水平向右的勻強電場中，A不帶電，B帶正電、電荷量q=2×10－5

18、C。零時刻，A、B用繃直的細繩連接(細繩形變不計)著，從靜止同時開始運動，2s末細繩斷開。已知A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s2。求： (1)前2s內，A的位移大??； (2)6s末，電場力的瞬時功率。 【解析】（1）B所受電場力為F=Eq=6N；繩斷之前，對系統(tǒng)由牛頓第二定律：F-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a1 可得系統(tǒng)的加速度a1=1m/s2； 由運動規(guī)律：x=12a1t12 解得A在2s內的位移為x=2m； （2）設繩斷瞬間，AB的速度大小為v1，t2=6s時刻，B的速度大小為v2，則v1=a1t1=2m/s； 繩斷后，對B由牛頓第二定律：F-μmBg=mBa2 解得a2=2m/s2； 由運動規(guī)律可知：v2=v1+a2(t2-t1) 解得v2=10m/s 電場力的功率P=Fv，解得P=60W 8