屆高考物理二輪復習專題二功和能考點力學三大觀點應用限時集訓

屆高考物理二輪復習專題二功和能考點力學三大看法的應用限時集訓屆高考物理二輪復習專題二功和能考點力學三大看法的應用限時集訓PAGE屆高考物理二輪復習專題二功和能考點力學三大看法的應用限時集訓考點四力學三大看法的應用[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的質量為m2＝1.0kg，靜止放在粗拙的水平川面上，質量為m3＝1.0kg的物塊C(可視為質點)放在長木板的最右端。一個質量為m1＝0.5kg的物塊A由左邊向長木板運動。一段時間后物塊A以v0＝6m/s的速度與長木板B發(fā)生彈性正碰(時間極短)，今后三者發(fā)生相對運動，整個過程物塊C向來在長木板上。已知長木板與地面間的動摩擦因數為μ1＝0.1，物塊C與長木板間的動摩擦因數μ2＝0.3，物塊C與長木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10m/s2，求：圖2－4－9(1)碰后瞬時物塊A和長木板B的速度；(2)長木板B的最小長度。分析(1)A與B發(fā)生完滿彈性碰撞，設碰撞后瞬時的速度分別為v1、v2，由動量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2，由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，聯(lián)立解得：v1＝－2m/s，v2＝4m/s。(2)今后B減速運動，C加快運動，B、C達到共同－μ1(m2＋m3)g－μ2m3g＝m2a2速度以前，由牛頓運動定律對木板B有：對物塊C有μ2m3g＝m3a3，設從碰撞后到二者達到共同速度經歷的時間為t，v2＋a2t＝a3t，木板B的最小長度d＝v2t＋eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a3t2＝1m。答案(1)－2m/s4m/s(2)1m2．(16分)如圖2－4－10所示，半徑R＝0.1m的豎直半圓形圓滑軌道BC與水平面AB相切，AB距離x＝1m。質量m＝0.1kg的小滑塊1放在半圓形軌道底端的B點，另一質量也為m＝0.1kg的小滑塊2，從A點以v0＝2eq\r(10)m/s的初速度在水平面上滑行，兩滑塊相碰，碰撞時間極短，碰后兩滑塊粘在一同滑上半圓形軌道。已知滑塊2與水平面之間的動摩擦因數μ＝0.2。取重力加快度g＝10m/s2。兩滑塊均可視為質點。求：圖2－4－10(1)碰后瞬時兩滑塊共同的速度大小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使勁F。分析(1)滑塊2從A運動到B，設滑塊2在B點的速度為v1，由動能定理可得－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v1＝6m/s；在B點，滑塊2與滑塊1發(fā)生完滿非彈性碰撞，由動量守恒定律得mv1＝2mv，解得v＝3m/s。(2)滑塊2與滑塊1在B點發(fā)生完滿非彈性碰撞，由能量守恒得ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)·2m·v2，解得ΔE＝0.9J。(3)滑塊2和滑塊1作為一個整體一同沿著圓滑的半圓形軌道從B點運動到C點做非勻速圓周運動，設抵達C點的速度為v2，由動能定理得－2mg·2R＝eq\f(1,2)·2m·veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)·2m·v2，解得v2＝eq\r(5)m/s；在C點，由圓周運動條件得F＋2mg＝2m·eq\f(v\o\al(2,2),R)，解得F＝8N。答案(1)3m/s(2)0.9J(3)8N3．(20分)如圖2－4－11所示，圓滑水平臺面MN上放兩個同樣小物塊A、B，右端N處與水平傳達帶理想連結，傳達帶水平部分長度L＝8m，沿逆時針方向以恒定速度v0＝2m/s勻速轉動。物塊A、B(大小不計，視作質點)與傳達帶間的動摩擦因數均為μ＝0.2，物塊A、B質量均為m＝1kg。開始時A、B靜止，A、B間壓縮一輕質短彈簧。現(xiàn)消除鎖定，彈簧彈開A、B，彈開后B滑上傳達帶，A掉落到地面上的Q點，已知水平臺面高h＝0.8m，Q點與水平臺面右端間的距離s＝1.6m，g取10m/s2。圖2－4－11(1)求物塊A走開彈簧時速度的大??；(2)求彈簧積蓄的彈性勢能；(3)求物塊B在水平傳達帶上運動的時間。分析(1)A做平拋運動，豎直方向：h＝eq\f(1,2)gt2水平方向：s＝vAt代入數據聯(lián)立解得：vA＝4m/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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)由能量守恒定律：代入數據解得：Ep＝16J(3)B作勻變速運動，由牛頓第二定律有：μmg＝ma解得：a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2B向右勻減速至速度為零，由veq\o\al(2,B)＝2asB，解得：sB＝4m＜L＝8m，因此B最后回到水平臺面。設B向右勻減速的時間為t1，vB＝at1設B向左加快至與傳達帶共速的時間為t2，v0＝at2由veq\o\al(2,0)＝2as2，共速后做勻速運動的時間為t3，有：sB－s2＝v0t3代入數據解得總時間：t＝t1＋t2＋t3＝4.5s。答案(1)4m/s(2)16J(3)4.5s4．(24分)(2018·懷化三模)如圖2－4－12所示，圓滑管狀軌道ABC由直軌道AB和圓弧軌道BC構成，二者在B處相切并圓滑連結，O為圓心，O、A在同一條水平線上，OC豎直，向來徑略小于圓管直徑的質量為m的小球，用細線穿過管道與質量為M的物塊連結，將小球由A點靜止開釋，當小球運動到B處時細線斷裂，小球連續(xù)運動。已知弧形軌道的半徑為R＝eq\f(8,3)m，所對應的圓心角為53°，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2。圖2－4－12(1)若M＝5m，求小球在直軌道部分運動時的加快度大小。(2)若M＝5m，求小球從C點拋出后著落高度h＝eq\f(4,3)m時到C點的水平位移。(3)M、m知足什么關系時，小球可以運動到C點？分析(1)設細線中張力為F，對小球：F－mgsin53°＝ma對物塊：Mg－F＝Ma聯(lián)立解得，a＝7m/s2(2)在RtΔOAB中，有xAB＝eq\f(R,tan53°)由veq\o\al(2,B)＝2axAB解得vB＝2eq\r(7)m/s從B到C，依據機械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)＋mgR(1－cos53°)小球走開C后做平拋運動，x＝vct，h＝eq\f(1,2)gt2解得：x＝eq\f(4,3)m(3)小球A→B：M、m系統(tǒng)機械能守恒eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,B)＝MgxAB－mgxABsin53°線斷后，小球B→C，假定小球恰巧運動到C點。－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝－mgR(1－cos53°)聯(lián)立解得M＝eq\f(20,7)m因此當M≥eq\f(20,7)m時，小球可以運動到C點。答案(1)a＝7m/s2(2)x＝eq\f(4,3)m(3)M＝eq\f(20,7)m5．(24分)(2018·安慶二模)北京成功申辦2022年冬天奧林匹克運動會，吸引了愈來愈多的體育喜好者參加滑雪運動。如圖2－4－13所示是某一體育喜好者一次滑雪表演的簡單表示圖，喜好者連同腳下滑板(可視為質點)的總質量為m＝60kg，喜好者從某一可視為圓滑的傾斜滑雪軌道由靜止滑下，軌道的底端有一質量為M＝90kg的小車靜止在圓滑的水平冰面上，小車是由半徑為R＝1m四分之一圓滑圓弧軌道和長為L＝5m的平直軌道構成，平直軌道與傾斜軌道底端在同一高度，已知喜好者開始下滑的地點離小車平直軌道的高度為h0＝5m，g取10m/s2。圖2－4－13(1)若小車被固定，測得喜好者滑出小車后離小車頂端的最大高度為h1＝3m，求喜好者的滑板與小車平直軌道部分的動摩擦因數μ；(2)若小車不固定，喜好者仍從原地點由靜止滑下，求喜好者滑離小車后離小車頂端的最大高度h2；(3)在(2)問基礎上經過分析計算說明：喜好者會不會從小車左端滑離小車。分析(1)喜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＝0①解得：μ＝0.2(2)喜好者由靜止滑下，設滑到軌道底端時速度為v1，由機械能守恒定律得：mgh0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)②設喜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，從喜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)v2③由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,2)＋mg(R＋h2)＋μmgL