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

《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》由會(huì)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(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（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b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(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mA2 kg、mB1 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g10 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.解析：(1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自

2、由落體運(yùn)動(dòng)，有hgt2代入數(shù)據(jù)解得t0.6 s(2)設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有vBgt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(mAmB)v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)立式，代入數(shù)據(jù)解得v2 m/s.(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(mAmB)v2mBgHmAgH代入數(shù)據(jù)解得H0.6 m.答案：見解析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)

3、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37，ABCD2R，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)，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，

4、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vyvPtan所以A、D點(diǎn)離地高度為h3RR.(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Ekmv24mgcos 2Rmgcos ，則根據(jù)動(dòng)能定理得mg2Rsin mgcos s0mv2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)F1mg在P點(diǎn)F2mg所以F1F22mg由機(jī)械

5、能守恒有mvmvmg3R得vv6gR為定值代入v2的最小值(v2vP)得壓力差的最小值為9mg.答案：(1)R(2)(3)9mg3(2016高考全國(guó)卷)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)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

6、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Ep5mgl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EpMvMg4l聯(lián)立式，取Mm并代入題給數(shù)據(jù)得vB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mg0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mvmvmg2l聯(lián)立式得vDvD滿足式要求，故P能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，并從D點(diǎn)以

7、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2lgt2P落回到軌道AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離為svDt聯(lián)立式得s2l.(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式可知5mglMg4l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MvMgl聯(lián)立式得mMaB對(duì)A由牛頓第二定律得：F1(Mm)g2mgMaA聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：F9 N.(2)當(dāng)F11 N，代入式解得：滑板加速度大小aA12 m/s2此時(shí)B的加速度大小aB1 m/s2F作用t秒時(shí)相對(duì)滑動(dòng)的距離x1aA1t2aBt2此時(shí)A、B速度大小分別為vAaA1tvBaB

8、t撤去F后，B的加速度大小仍為：aB1 m/s2A做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為aA23.5 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x2由相對(duì)運(yùn)動(dòng)得：(vAvB)22(aA2aB)x2由題意得：x1x2L聯(lián)立代入數(shù)據(jù)，解得：t3 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t0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M2 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g10 m/s2，求： (1)物塊的質(zhì)量m；(2)這一過程中長(zhǎng)木板

9、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(Mm)v共將M2 kg，v6.0 m/s，v共2.0 m/s，代入解得：m4 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：QMv2(Mm)v24 J.答案：(1)4 kg(2)24 J2.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)，

10、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mgdqUC Omv20，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F1F2k它們的合力為FF1cos 45F2cos 45O點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度E.答案：(1)(2)3如圖所示，質(zhì)量mB3.5 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)k100 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mA1.6 kg的小球A連接

11、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EO10.5 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 370.6，cos 370.8)求(1)在釋放小球A前彈簧的形變量(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kxFmBg，解得x0.1 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

12、得WmAghmAv0其中hxCO1cos 37，而xCO1xEO1sin 370.3 m物體B下降的高度hxEO1xCO10.2 m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和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有mAghmBghmAvmBv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vB0由得W7 J.(3)由題意知，桿長(zhǎng)L0.8 m，由幾何知識(shí)可知ECCD，CDO1CEO137，故DO1EO1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vBvAc

13、os 37整個(gè)過程機(jī)械能守恒，可得mAgLsin 37mAvmBv由得vA2 m/s.答案：見解析4(2018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v6 m/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，水平部分長(zhǎng)度L9 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)0.2，物塊質(zhì)量mAmB1 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

14、滑上傳送帶取g10 m/s2.求：(1)A、B剛被彈開時(shí)的速度大小(2)試通過計(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EpmAvmBv由動(dòng)量守恒有mAvAmBvB0聯(lián)立以上兩式解得vA3 m/s，vB3 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mBgs0mBv解得s2.25 msL，B不能從傳送帶右端滑離傳送帶(3)設(shè)物塊A撞擊P后被反向彈回的速度為v1由功能關(guān)系可知：EmAvmAv由物塊B在傳送帶上先向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減小到零，然后反方向做勻加速運(yùn)動(dòng)由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，物塊B回到皮帶左端時(shí)速度大小應(yīng)為v2vB3 m/s.B與A發(fā)生碰撞后粘連共速為v，由動(dòng)量守恒定律可得：mAv1mBv2(mAmB)v要使二者能一起滑離傳送帶，要求(mAmB)v2(mAmB)gL由以上四式可得：E108 J.答案：見解析