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

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/s2，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从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有hgt2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vbgt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(mamb)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(mamb)v2mbghmagh代入数据解得h0.6 m.答案：见解析2如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，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、cd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，abcd2r，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终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为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到达a点时速度方向要沿着斜面ab，则vyvptan所以a、d点离地高度为h3rr.(2)进入a点时滑块的速度为v假设经过一个来回能够回到a点，设回来时动能为ek，则ekmv24mgcos 2rmgcos ，则根据动能定理得mg2rsin mgcos s0mv2得滑块在锅内斜面上运动的总路程s.(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f1mg在p点f2mg所以f1f22mg由机械能守恒有mvmvmg3r得vv6gr为定值代入v2的最小值(v2vp)得压力差的最小值为9mg.答案：(1)r(2)(3)9mg3(2016高考全国卷)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，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ep5mgl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epmvmg4l联立式，取mm并代入题给数据得vb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mg0设p滑到d点时的速度为vd，由机械能守恒定律得mvmvmg2l联立式得vdvd满足式要求，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2lgt2p落回到轨道ab上的位置与b点之间的距离为svdt联立式得s2l.(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5mglmg4l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mvmgl联立式得mmab对a由牛顿第二定律得：f1(mm)g2mgmaa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aa12 m/s2此时b的加速度大小ab1 m/s2f作用t秒时相对滑动的距离x1aa1t2abt2此时a、b速度大小分别为vaaa1tvbabt撤去f后，b的加速度大小仍为：ab1 m/s2a做匀减速运动的加速度大小为aa23.5 m/s2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：(vavb)22(aa2ab)x2由题意得：x1x2l联立代入数据，解得：t3 s.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/s2，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(mm)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：qmv2(mm)v24 j.答案：(1)4 kg(2)24 j2.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mgdquc omv20，解得uc o.(2)小球经过o点时所受电场力如图所示，由库仑定律得f1f2k它们的合力为ff1cos 45f2cos 45o点处的电场强度e.答案：(1)(2)3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kxfmbg，解得x0.1 m.(2)对a球从e点运动到c的过程应用动能定理得wmaghmav0其中hxco1cos 37，而xco1xeo1sin 370.3 m物体b下降的高度hxeo1xco10.2 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maghmbghmavmbv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eccd，cdo1ceo137，故do1eo1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vbvacos 37整个过程机械能守恒，可得maglsin 37mavmbv由得va2 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mamb1 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/s2.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析：(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒epmavmbv由动量守恒有mavambvb0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mbgs0mbv解得s2.25 msl，b