2019届高考物理二轮复习专项突破训练：动力学和能量观点的综合应用.docx

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1、1动力学和能量观点的综合应用1(多选)倾角为 的三角形斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，其自然长度时弹簧的上端位于斜面体上的 O点质量分别为 4m、 m 的物块甲和乙用一质量不计的细绳连接，且跨过固定在斜面体顶端的光滑轻质定滑轮，如图 1 所示开始物块甲位于斜面体上的 M 处，且 MO L，物块乙开始距离水平面足够高，现将物块甲和乙由静止释放，物块甲沿斜面下滑，当物块将弹簧压缩到 N 点时，物块的速度减为零， ON ，已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数为 L2， 30，重力加速度取 g10 m/s2，忽略空气的阻力，整个过程中细绳始终没有松3

2、8弛，且乙未碰到滑轮，则下列说法正确的是( )图 1A物块甲由静止释放到斜面体上 N 点的过程，物块甲先做匀加速直线运动，紧接着做匀减速直线运动到速度减为零B物块甲在与弹簧接触前的加速度大小为 0.5 m/s2C物块甲位于 N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为 mgL158D物块甲位于 N 点时，弹簧 所储存的弹性势能的最大值为 mgL382(多选) 如图 2 甲所示，轻质弹簧的一端固定于倾角为 30的斜面底端，另一端恰好位于斜面上的 B 点一质量为 m2 kg 的小滑块 (可视为质点)从斜面上的 A 点由静止开始下滑，下滑过程中滑块下滑速度 v 的平方与其下滑距离 x 之间的关系如图乙所

3、示，其中 Oa 段为直线，重力加速度 g 取 10 m/s2，则( )图 2A滑块与斜面间的动摩擦因数为 0.25B弹簧的劲度系数为 50 N/mC滑块运动到 最低点 C 时，弹簧弹性势能大 小为 2.6 J2D滑块从最低点 C 返回时，一定能到达 B 点3如图 3 所示，质量为 m 的小球套在半径为 R 的固定光滑圆环上，圆环的圆心为 O，原长为 0.8R 的轻质弹簧一端固定于 O 点，另一端与小球相连，弹簧与圆环在同一竖直平面内，圆环上 B 点在 O 的正下方，当小球在 A 处受到沿圆环切线方向的恒力 F 作用时，恰好与圆环间无相互作用，且处于静止状态已知： R1.0 m， m1.0 kg

4、， AOB 37，弹簧处于弹性限度内，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度 g10 m/s 2.求：图 3(1)该弹簧的劲度系数 k；(2)撤去恒力，小球从 A 点沿圆环下滑到 B 点时的速度大小 vB；(3)在(2)中，小球通过 B 点时，圆环对小球的作用力大小 FNB .4雨滴在空中下落时，由于空气阻力的影响，最终会以恒定的速度匀速下降，我们把这个速度叫做收尾速度研究表明，在无风的天气条件下，空气对下落雨滴的阻力可由公式 Ff CSv 2来计算，其中 C 为空气对雨滴的阻力系数(不同空间为不同常量)， 为空12气的密度(不同空间密度不同)， S 为雨滴的有效横截面积(即垂直于

5、速度方向的横截面积)已知雨滴下落空间范围内的空气密度为 0，空气对雨滴的阻力系数为 C0，雨滴下落时可视为球形，半径均为 R，每个雨滴的质量均 为 m，且在到达地面前均已达到收尾速度，重力加速度为 g.(1)求雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小；(2)若根据云层高度估测出雨滴在无风的天气条件下由静止开始竖直下落距地面的高度为 h，求每个雨滴在竖直下落到地面过程中克服空气阻力所做 的功5如图 4 所示，光滑水平轨道 AB 与光滑半圆形导轨 BC 在 B 点相切连接，半圆导轨半径为 R，轨道 AB、 BC 在同一竖直平面内一质量为 m 的物块在 A 处压缩弹簧，并由静止释放，物块

6、恰好能通过半圆导轨的最高点 C.已知物块在到达 B 点之前与弹簧已经分离，弹簧在弹性限度内，重力加速度为 g.不计空气阻力，求：图 43(1)物块由 C 点平抛出去后在水平轨道的落点与 B 点的距离；(2)物块在 B 点时对半圆轨道的压力大小；(3)物块在 A 点时弹簧的弹性势能6如图 5 所示，一质量 m0.4 kg 的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数 0.1 的水平轨道上的 A 点现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为 P10.0 W经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至 B 点后水平飞出，恰好在 C 点以 5 m/s 的速度沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，

7、轨道的最低点 D 处装有压力传感器已知轨道 AB 的长度 L2.0 m，半径 OC 和竖直方向的夹角 37，圆弧形轨道的半径 R0.5 m(空气阻力忽略不计，重力加速度 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)，求：图 5(1)滑块运动到 D 点时压力传感器的示数；(2)水平外力作用在滑块上的时间 t.7如图 6 所示，倾角 30的足够长光滑斜面底端 A 固定有挡板 P，斜面上 B 点与A 点的高度差为 h.将质量为 m、长度为 L 的木板置于斜面底端，质量也为 m 的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态已知木板与物块间的动摩擦因数 ，且最大32静摩擦力等于滑动摩擦力

8、，重力加速度为 g.图 6(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度 v0，木板上端恰能到达 B 点，求 v0大小；(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力 F0，物块相对木板刚好静止，求拉力 F0的大小；(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力 F2 mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达 B 点，物块始终未脱离木板，求拉力 F 做的功 W.4参考答案1.答案 BD2.答案 BC3.答案 (1)40 N/m (2)2.0 m/s (3)6.0 N解析 (1)小球在 A 处由平衡条件可知：沿半径方向： k(R0.8 R) mgcos 得： k40 N/m(2)由 A 到 B 过程，由动能定理得：

9、 mgR(1cos ) mvB2012得： vB2.0 m/s(3)在 B 点由牛顿第二定律得， k(R0.8 R) FNB mg mvB2R得： FNB6.0 N4.答案 (1) (2) mg1R 2mg C0 0 (h m C0 0R2)解析 (1)设雨滴竖直下落的收尾速度大小为 v雨滴达到收尾速度时开始匀速下落，则有： mg Ff又因为 Ff C0 0Sv2 C0 0 R2v212 12解得： v1R 2mg C0 0(2)设雨滴在空中由静止沿竖直方向下落至地面的过程克服空气阻力所做的功为 Wf，由动能定理： mgh Wf mv212解得： Wf mg(hm C0 0R2)5.答案 (1

10、)2 R (2)6 mg (3) mgR52解析 (1)因为物块恰好能通 过 C 点，有： mg mvC2R物块由 C 点做平抛运动，有： x vCt,2R gt212解得： x2 R即物块在水平轨道的落点与 B 点的距离为 2R.(2)物块由 B 到 C 过程 中机械能守恒，有： mvB22 mgR mvC212 12设物块在 B 点时受到轨道的支持力为 FN，有： FN mg m ，vB2R5解得： FN6 mg由牛顿第三定律可知，物块在 B 点时对半圆轨道的压力 FN FN6 mg.(3)由机械能守恒定律可知，物块在 A 点时弹簧的弹性势能为： Ep2 mgR mvC2，解得12Ep m

11、gR.526.答案 (1)25.6 N (2)0.4 s解析 (1)滑块由 C 点运动到 D 点的过程，由机械能守恒得：mvD2 mvC2 mgR(1cos 37)12 12滑块在 D 点的速度 vD 3 m/svC2 2gR 1 cos 37 3在 D 点对滑块受力分析，根据牛顿第二定律有： FN mg mvD2R滑块受到的支持力 FN mg m 25.6 NvD2R根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力 FN FN25.6 N，方向竖直向下(2)滑块 离开 B 点后做平抛运动，恰好在 C 点沿切线方向进入圆弧形轨道由几何关系可知，滑块运动到 B 点的速度为 vB vCcos 374 m/s

12、滑块 由 A 点运动到 B 点的过程，根据动能定理有： Pt mgL mv 012 B2解得：水平外力作用在滑块上的时间 t 0.4 sm vB2 2 gL2P7.答案 见解析解析 (1)由动能定理得 2mv022 mg(h Lsin )12解得： v0 2h L g(2)对木板与物块整体，由牛顿第二定律得 F02 mgsin 2 ma0对物块，由牛顿第二定律得 mg cos mgsin ma0解得： F0 mg32(3)设拉力 F 的作用时间为 t1，再经时间 t2物块与木板达到共速，再经时间 t3木板下端到达 B 点，速度恰好减为零对木板由牛顿第二定律得， F mgsin mg cos ma1mgsin mg cos ma3对物块由牛顿第二定 律得， mg cos mgsin ma2对木板与物块整体由牛顿第二定律得，2 mgsin 2 ma4另有： a1t1 a3t2 a2(t1 t2)6a2(t1 t2) a4t3a1t12 a1t1t2 a3t22 a4t3212 12 12 hsin W F a1t1212解得： W mgh94