2019届高考物理二轮复习专题五三大观点的应用第1讲三大观点在力学综合问题中的应用课后演练强化提能.doc

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1、1第 1 讲 三大观点在力学综合问题中的应用(建议用时：40 分钟)1(2017高考天津卷)如图所示，物块 A 和 B 通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为 mA2 kg、 mB1 kg.初始时 A 静止于水平地面上， B 悬于空中现将 B 竖直向上再举高 h1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放一段时间后细绳绷直， A、 B 以大小相等的速度一起运动，之后 B 恰好可以和地面接触取 g10 m/s 2，空气阻力不计求：(1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间 t；(2)A 的最大速度 v 的大小；(3)初始时 B 离地面的高度 H.解析：(1) B 从

2、释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h gt212代入数据解得 t0.6 s(2)设细绳绷直前瞬间 B 速度大小为 vB，有 vB gt细绳绷直瞬间，细绳张力远大于 A、 B 的重力， A、 B 相互作用，由动量守恒得mBvB( mA mB)v之后 A 做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度 v 即为 A 的最大速度，联立式，代入数据解得v2 m/s.(3)细绳绷直后， A、 B 一起运动， B 恰好可以和地面接触，说明此时 A、 B 的速度为零，这一过程中 A、 B 组成的系统机械能守恒，有(mA mB)v2 mBgH mAgH12代入数据解得 H0.6 m.答案：见解析2如图是阿毛同学的漫

3、画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点 P 飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热我们用质量为 m 的小滑块代替栗子，借用这套装置来研究一些物理问题设大小两个四分之一圆弧半径分别为 2R、 R，小平台和圆弧均光滑将过锅底的纵截面看做是由两个斜面 AB、C D 和一段光滑圆弧组成斜面与小滑块间的动摩擦因数均为 0.25，而且不随温度变化两斜面倾角均为 37，ABC D2 R， A、 D 等高， D 端固定一小挡板，小滑块碰撞它不损失机械能滑块的运动始2终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速

4、度为 g.(1)如果滑块恰好能经 P 点飞出，为了使滑块恰好沿 AB 斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的 A、 D 点离地高为多少？(2)接(1)问，求滑块在锅内斜面上运动的总路程；(3)对滑块的不同初速度，求其通过最高点 P 和小圆弧最低点 Q 时受压力之差的最小值解析：(1)设滑块恰好经 P 点飞出时速度为 vP，由牛顿第二定律有 mg得 vP 2gR到达 A 点时速度方向要沿着斜面 AB，则vy vPtan 342gR所以 A、 D 点离地高度为 h3 R R.3916(2)进入 A 点时滑块的速度为 v vPcos 542gR假设经过一个来回能够回到 A 点，设回来时动能为 Ek

5、，则 Ek mv24 mg cos 12 2Rmg cos ，则根据动能定理得mg2Rsin mg cos s0 mv212得滑块在锅内斜面上运动的总路程 s .221R16(3)设滑块的初速度和经过最高点时的速度分别为 v1、 v2由牛顿第二定律，在 Q 点 F1 mg在 P 点 F2 mg所以 F1 F22 mg由机械能守恒有 mv mv mg3R12 21 12 2得 v v 6 gR 为定值21 2代入 v2的最小值( v2 vP )得压力差的最小值为 9mg.2gR3答案：(1) R (2) (3)9 mg3916 221R163(2016高考全国卷)轻质弹簧原长为 2l，将弹簧竖直

6、放置在地面上，在其顶端将一质量为 5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为 l.现将该弹簧水平放置，一端固定在 A 点，另一端与物块 P 接触但不连接 AB 是长度为 5l 的水平轨道， B 端与半径为 l 的光滑半圆轨道 BCD相切，半圆的直径 BD 竖直，如图所示物块 P 与 AB 间的动摩擦因数 0.5.用外力推动物块 P，将弹簧压缩至长度 l，然后放开， P 开始沿轨道运动重力加速度大小为 g.(1)若 P 的质量为 m，求 P 到达 B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到 AB 上的位置与 B 点之间的距离；(2)若 P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求 P

7、 的质量的取值范围解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至 l 时，质量为 5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能由机械能守恒定律，弹簧长度为 l 时的弹性势能Ep5 mgl设 P 的质量为 M，到达 B 点时的速度大小为 vB，由能量守恒定律得 Ep Mv Mg 4l12 2B联立式，取 M m 并代入题给数据得 vB 6gl若 P 能沿圆轨道运动到 D 点，其到达 D 点时的向心力不能小于重力，即 P 此时的速度大小v 应满足 mg0mv2l设 P 滑到 D 点时的速度为 vD，由机械能守恒定律得mv mv mg2l12 2B 12 2D联立式得 vD 2glvD满

8、足式要求，故 P 能运动到 D 点，并从 D 点以速度 vD水平射出设 P 落回到轨道 AB所需的时间为 t，由运动学公式得 2l gt212P 落回到轨道 AB 上的位置与 B 点之间的距离为s vDt联立式得 s2 l.2(2)为使 P 能滑上圆轨道，它到达 B 点时的速度不能小于零由式可知5mglMg 4l要使 P 仍能沿圆轨道滑回， P 在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点 C.由机械能守恒定律有4Mv Mgl12 2B联立式得 m MaB对 A 由牛顿第二定律得：F 1(M m)g 2mg MaA联立代入数据解得： F9 N.(2)当 F11 N，代入式解得：滑板加速度大小 a

9、A12 m/s 2此时 B 的加速度大小 aB1 m/s 2F 作用 t 秒时相对滑动的距离 x1 aA1t2 aBt212 12此时 A、 B 速度大小分别为vA aA1tvB aBt撤去 F 后， B 的加速度大小仍为： aB1 m/s 2A 做匀减速运动的加速度大小为aA2 3.5 m/s 2 1（ m M） g 2mgM若滑到滑板左端时，两者相对静止，相对滑动的距离为 x2由相对运动得：( vA vB)22( aA2 aB) x2由题意得： x1 x2 L联立代入数据，解得： t3 s.5答案：(1)9 N (2)3 s(建议用时：40 分钟)1.(2018福建龙岩质量检查)一长木板在

10、光滑水平地面上匀速运动，在t0 时刻将一物块无初速度轻放到木板上，此后长木板运动的速度时间图象如图所示已知长木板的质量 M2 kg，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上取 g10 m/s 2，求： (1)物块的质量 m；(2)这一过程中长木板和物块的内能增加了多少？解析：(1)长木板和物块组成的系统动量守恒： Mv( M m)v 共将 M2 kg， v6.0 m/s， v 共 2.0 m/s，代入解得： m4 kg.(2)设这一过程中长木板和物块的内能增加量为 Q，根据能量守恒定律： Q Mv2 (M m)12 12v 24 J.2共答案：(1)4 kg (2)24 J

11、2.如图所示，固定于同一条竖直线上的 A、 B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为 Q 和 Q， A、 B 相距为 2d， MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球 P，质量为 m、电荷量为 q(可视为点电荷，不影响电场的分布)，现将小球 P 从与点电荷 A 等高的 C 处由静止开始释放，小球 P 向下运动到距 C 点距离为 d 的 O 点时，速度为 v，已知 MN 与AB 之间的距离为 d，静电力常量为 k，重力加速度为 g，求：(1)C、 O 间的电势差 UCO；(2)O 点处的电场强度 E 的大小解析：(1)小球由 C 运动到 O 时，由动能定理得mgd qUC

12、 O mv20，解得 UC O .12 mv2 2mgd2q(2)小球经过 O 点时所受电场力如图所示，由库仑定律得 F1 F2 kQq（ 2d） 2它们的合力为6F F1cos 45 F2cos 452kQq2d2O 点处的电场强度 E .Fq 2kQ2d2答案：(1) (2)mv2 2mgd2q 2kQ2d23如图所示，质量 mB3.5 kg 物体 B 通过下端固定在地面上的轻弹簧与地面连接，弹簧的劲度系数 k100 N/m.轻绳一端与物体 B 连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O1、 O2后，与套在光滑直杆顶端 E 处的质量 mA1.6 kg 的小球 A 连接已知直杆固定不动，杆长

13、L 为 0.8 m，且与水平面的夹角 37.初始时使小球 A 静止不动，与 A 相连的一段绳子保持水平，此时绳子中的张力 F 为 45 N已知 EO10.5 m，重力加速度 g 取 10 m/s2，绳子不可伸长，现将小球 A 从静止释放(sin 370.6，cos 370.8)求(1)在释放小球 A 前弹簧的形变量(2)若直线 CO1与杆垂直，求小球 A 运动到 C 点的过程中绳子拉力对小球 A 做的功(3)小球 A 运动到底端 D 点时的速度大小解析：(1)释放小球前， B 处于静止状态，由于绳子中的张力大于物体 B 的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧形变量为 x，有 kx F mBg，解得 x0

14、.1 m.(2)对 A 球从 E 点运动到 C 的过程应用动能定理得W mAgh mAv 012 2A其中 h xCO1cos 37，而 xCO1 xEO1sin 370.3 m物体 B 下降的高度 h xEO1 xCO10.2 m由此可知，弹簧这时被压缩了 0.1 m，此时弹簧弹性势能与初始时刻相等， A、 B 和弹簧组成的系统机械能守恒，有 mAgh mBgh mAv mBv 12 2A 12 2B由题意知，小球 A 在 C 点时运动方向与绳垂直，此时 B 物体速度 vB0由得 W7 J.(3)由题意知，杆长 L0.8 m，由几何知识可知 EC CD， CDO1 CEO137，故DO1 E

15、O1当 A 到达 D 时，弹簧弹性势能与初状态相等，物体 B 又回到原位置，将 A 在 D 点的速度沿平行于绳和垂直于绳两方向进行分解，平行于绳方向的速度即 B 的速度，由几何关系得7v B v Acos 37整个过程机械能守恒，可得mAgLsin 37 mAv mBv 12 2A 12 2B由得 v A2 m/s.答案：见解析4(2018滨州二模)如图所示，光滑水平面 MN 的左端 M 处固定有一能量补充装置 P，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值右端 N 处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率 v6 m/s 匀速转动，水平部分长度 L9 m放在光滑水平面上的

16、两相同小物块 A、 B(均视为质点)间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能 Ep 9 J，弹簧与 A、 B 均不粘连， A、 B 与传送带间的动摩擦因数 0.2，物块质量 mA mB1 kg.现将 A、 B 同时由静止释放，弹簧弹开物块 A 和 B 后，迅速移去轻弹簧，此时， A 还未撞击 P， B 还未滑上传送带取 g10 m/s 2.求：(1)A、 B 刚被弹开时的速度大小(2)试通过计算判断 B 第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带(3)若 B 从传送带上回到光滑水平面 MN 上与被弹回的 A 发生碰撞后粘连，一起滑上传送带则 P 应给 A 至少补充多少动能才能使二者一起滑离传送带解

17、析：(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒Ep mAv mBv12 2A 12 2B由动量守恒有 mAvA mBvB0联立以上两式解得 vA3 m/s， vB3 m/s.(2)假设 B 不能从传送带右端滑离传送带，则 B 做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为s.由动能定理得 m Bgs0 mBv12 2B解得 s 2.25 msL， B 不能从传送带右端滑离传送带(3)设物块 A 撞击 P 后被反向弹回的速度为 v1由功能关系可知： E mAv mAv12 2A 12 21由物块 B 在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动由运动的对称性可知，物块 B 回到皮带左端时速度大小应为8v2 vB3 m/s.B 与 A 发生碰撞后粘连共速为 v，由动量守恒定律可得：mAv1 mBv2( mA mB)v要使二者能一起滑离传送带，要求(mA mB)v 2 (mA mB)gL12由以上四式可得： E108 J.答案：见解析