《2022屆高考物理二輪復(fù)習 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 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 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的大小;
(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的大小.
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?。?
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