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2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 功和能 考點4 力學(xué)三大觀點的應(yīng)用限時集訓(xùn)

  • 資源ID:105802205       資源大?。?span id="aakoi82" class="font-tahoma">114.50KB        全文頁數(shù):6頁
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2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 功和能 考點4 力學(xué)三大觀點的應(yīng)用限時集訓(xùn)

2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 功和能 考點4 力學(xué)三大觀點的應(yīng)用限時集訓(xùn) [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(zhì)量為m2=1.0 kg,靜止放在粗糙的水平地面上,質(zhì)量為m3=1.0 kg的物塊C(可視為質(zhì)點)放在長木板的最右端。一個質(zhì)量為m1=0.5 kg的物塊A由左側(cè)向長木板運動。一段時間后物塊A以v0=6 m/s的速度與長木板B發(fā)生彈性正碰(時間極短),之后三者發(fā)生相對運動,整個過程物塊C始終在長木板上。已知長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.1,物塊C與長木板間的動摩擦因數(shù)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=10 m/s2,求: 圖2-4-9 (1)碰后瞬間物塊A和長木板B的速度; (2)長木板B的最小長度。 解析 (1)A與B發(fā)生完全彈性碰撞,設(shè)碰撞后瞬間的速度分別為v1、v2, 由動量守恒定律得:m1v0=m1v1+m2v2, 由機械能守恒定律得:mv=m1v+m2v, 聯(lián)立解得:v1=-2 m/s,v2=4 m/s。 (2)之后B減速運動,C加速運動,B、C達到共同-μ1(m2+m3)g-μ2m3g=m2a2速度之前,由牛頓運動定律對木板B有: 對物塊C有μ2m3g=m3a3, 設(shè)從碰撞后到兩者達到共同速度經(jīng)歷的時間為t, v2+a2t=a3t, 木板B的最小長度d=v2t+a2t2-a3t2=1 m。 答案 (1)-2 m/s 4 m/s (2)1 m 2.(16分)如圖2-4-10所示,半徑R=0.1 m的豎直半圓形光滑軌道BC與水平面AB相切,AB距離x=1 m。質(zhì)量m=0.1 kg的小滑塊1放在半圓形軌道底端的B點,另一質(zhì)量也為m=0.1 kg的小滑塊2,從A點以v0=2 m/s的初速度在水平面上滑行,兩滑塊相碰,碰撞時間極短,碰后兩滑塊粘在一起滑上半圓形軌道。已知滑塊2與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2。取重力加速度g=10 m/s2。兩滑塊均可視為質(zhì)點。求: 圖2-4-10 (1)碰后瞬間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用力F。 解析 (1)滑塊2從A運動到B,設(shè)滑塊2在B點的速度為v1,由動能定理可得-μmgx=mv-mv,解得v1=6 m/s;在B點,滑塊2與滑塊1發(fā)生完全非彈性碰撞,由動量守恒定律得mv1=2mv,解得v=3 m/s。 (2)滑塊2與滑塊1在B點發(fā)生完全非彈性碰撞,由能量守恒得ΔE=mv-·2m·v2,解得ΔE=0.9 J。 (3)滑塊2和滑塊1作為一個整體一起沿著光滑的半圓形軌道從B點運動到C點做非勻速圓周運動,設(shè)到達C點的速度為v2,由動能定理得-2mg·2R=·2m·v-·2m·v2,解得v2= m/s;在C點,由圓周運動條件得F+2mg=2m·,解得F=8 N。 答案 (1)3 m/s (2)0.9 J (3)8 N 3.(20分)如圖2-4-11所示,光滑水平臺面MN上放兩個相同小物塊A、B,右端N處與水平傳送帶理想連接,傳送帶水平部分長度L=8 m,沿逆時針方向以恒定速度v0=2 m/s勻速轉(zhuǎn)動。物塊A、B(大小不計,視作質(zhì)點)與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.2,物塊A、B質(zhì)量均為m=1 kg。開始時A、B靜止,A、B間壓縮一輕質(zhì)短彈簧?,F(xiàn)解除鎖定,彈簧彈開A、B,彈開后B滑上傳送帶,A掉落到地面上的Q點,已知水平臺面高h=0.8 m,Q點與水平臺面右端間的距離s=1.6 m,g取10 m/s2。 圖2-4-11 (1)求物塊A脫離彈簧時速度的大??; (2)求彈簧儲存的彈性勢能; (3)求物塊B在水平傳送帶上運動的時間。 解析 (1)A做平拋運動,豎直方向:h=gt2 水平方向:s=vAt 代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得:vA=4 m/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=mv+mv 由能量守恒定律: 代入數(shù)據(jù)解得:Ep=16 J (3)B作勻變速運動,由牛頓第二定律有:μmg=ma 解得:a=μg=0.2×10 m/s2=2 m/s2 B向右勻減速至速度為零,由v=2asB, 解得:sB=4 m<L=8 m,所以B最終回到水平臺面。 設(shè)B向右勻減速的時間為t1,vB=at1 設(shè)B向左加速至與傳送帶共速的時間為t2,v0=at2 由v=2as2, 共速后做勻速運動的時間為t3,有:sB-s2=v0t3 代入數(shù)據(jù)解得總時間:t=t1+t2+t3=4.5 s。 答案 (1)4 m/s (2)16 J (3)4.5 s 4.(24分)(2018·懷化三模)如圖2-4-12所示,光滑管狀軌道ABC由直軌道AB和圓弧軌道BC組成,二者在B處相切并平滑連接,O為圓心,O、A在同一條水平線上,OC豎直,一直徑略小于圓管直徑的質(zhì)量為m的小球,用細線穿過管道與質(zhì)量為M的物塊連接,將小球由A點靜止釋放,當小球運動到B處時細線斷裂,小球繼續(xù)運動。已知弧形軌道的半徑為R= m,所對應(yīng)的圓心角為53°,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g=10 m/s2。 圖2-4-12 (1)若M=5 m,求小球在直軌道部分運動時的加速度大小。 (2)若M=5 m,求小球從C點拋出后下落高度h= m時到C點的水平位移。 (3)M、m滿足什么關(guān)系時,小球能夠運動到C點? 解析 (1)設(shè)細線中張力為F,對小球:F-mgsin 53°=ma 對物塊:Mg-F=Ma 聯(lián)立解得,a=7 m/s2 (2)在RtΔOAB中,有xAB= 由v=2axAB解得vB=2 m/s 從B到C,根據(jù)機械能守恒,有mv=mv+mgR(1-cos 53°) 小球離開C后做平拋運動,x=vct,h=gt2 解得:x= m (3)小球A→B:M、m系統(tǒng)機械能守恒 (M+m)v=MgxAB-mgxABsin 53° 線斷后,小球B→C,假設(shè)小球恰好運動到C點。 -mv=-mgR(1-cos 53°) 聯(lián)立解得M= m 所以當M≥ m時,小球能夠運動到C點。 答案 (1)a=7 m/s2 (2)x= m (3)M= m 5.(24分)(2018·安慶二模)北京成功申辦2022年冬季奧林匹克運動會,吸引了越來越多的體育愛好者參加滑雪運動。如圖2-4-13所示是某一體育愛好者一次滑雪表演的簡易示意圖,愛好者連同腳下滑板(可視為質(zhì)點)的總質(zhì)量為m=60 kg,愛好者從某一可視為光滑的傾斜滑雪軌道由靜止滑下,軌道的底端有一質(zhì)量為M=90 kg的小車靜止在光滑的水平冰面上,小車是由半徑為R=1 m四分之一光滑圓弧軌道和長為L=5 m的平直軌道組成,平直軌道與傾斜軌道底端在同一高度,已知愛好者開始下滑的位置離小車平直軌道的高度為h0=5 m,g取10 m/s2。 圖2-4-13 (1)若小車被固定,測得愛好者滑出小車后離小車頂端的最大高度為h1=3 m,求愛好者的滑板與小車平直軌道部分的動摩擦因數(shù)μ; (2)若小車不固定,愛好者仍從原位置由靜止滑下,求愛好者滑離小車后離小車頂端的最大高度h2; (3)在(2)問基礎(chǔ)上通過分析計算說明:愛好者會不會從小車左端滑離小車。 解析 (1)愛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=0 ① 解得:μ=0.2 (2)愛好者由靜止滑下,設(shè)滑到軌道底端時速度為v1,由機械能守恒定律得: mgh0=mv ② 設(shè)愛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,從愛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)v2 ③ 由能量守恒定律得: mv=(M+m)v+mg(R+h2)+μmgL ④ 解得:h2=1 m (3)設(shè)愛好者滑回小車,在小車平直軌道離小車左端x處相對小車靜止,此時兩者的共同速度仍為v2,從愛好者滑上小車到相對于小車靜止過程中,由能量守恒定律得: mv=(M+m)v+μmg(2L-x) ⑤ 解得:x=-5 m 計算結(jié)果表明:愛好者能滑出小車。 答案 (1)0.2 (2)1 m (3)見解析

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