届高考物理二轮复习专题五三大观点应用第讲三大观点在力学综合问题中应用课后演练强化提能2

届高考物理二轮复习专题五三大看法的应用第讲三大看法在力学综合问题中的应用课后演练增强提能届高考物理二轮复习专题五三大看法的应用第讲三大看法在力学综合问题中的应用课后演练增强提能PAGE届高考物理二轮复习专题五三大看法的应用第讲三大看法在力学综合问题中的应用课后演练增强提能第1讲三大看法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)以以下图，物块A和B经过一根轻质不可以伸长的细绳相连，跨放在质量不计的圆滑定滑轮双侧，质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg.初始时A静止于水平川面上，B悬于空中．现将B竖直向上再举高h＝1.8m(未涉及滑轮)，此后由静止开释．一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一同运动，今后B恰巧能够和地面接触．取g＝10m/s2，空气阻力不计．求：(1)B从开释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.分析：(1)B从开释到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h＝eq\f(1,2)gt2①代入数据解得t＝0.6s．②(2)设细绳绷直前瞬时B速度大小为vB，有vB＝gt③细绳绷直瞬时，细绳张力远大于A、B的重力，A、B互相作用，由动量守恒得mBvB＝(mA＋mB)v④今后A做匀减速运动，因此细绳绷直后瞬时的速度v即为A的最大速度，联立②③④式，代入数据解得v＝2m/s.⑤(3)细绳绷直后，A、B一同运动，B恰巧能够和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B构成的系统机械能守恒，有eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥代入数据解得H＝0.6m.答案：看法析2．如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描绘了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以必然的初速度经两个四分之一圆弧连接而成的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，利用往返运动使其平均受热．我们用质量为m的小滑块取代栗子，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，小平台和圆弧均圆滑．将过锅底的纵截面看做是由两个斜面AB、CD和一段圆滑圆弧构成．斜面与小滑块间的动摩擦因数均为0.25，并且不随温度变化．两斜面倾角均为θ＝37°，AB＝CD＝2R，A、D等高，D端固定一小挡板，小滑块碰撞它不损失时械能．滑块的运动素来在包含锅底最低点的竖直平面内，重力加快度为g.(1)假如滑块恰巧能经P点飞出，为了使滑块恰巧沿AB斜面进入锅内，应调理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行程；(3)对滑块的不同样初速度，求其经过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值．分析：(1)设滑块恰巧经P点飞出时速度为vP，由牛顿第二定律有mg＝eq\f(mveq\o\al(2,P),2R)得vP＝eq\r(2gR)抵达A点时速度方向要沿着斜面AB，则vy＝vPtanθ＝eq\f(3,4)eq\r(2gR)因此A、D点离地高度为h＝3R－eq\f(veq\o\al(2,y),2g)＝eq\f(39,16)R.(2)进入A点时滑块的速度为v＝eq\f(vP,cosθ)＝eq\f(5,4)eq\r(2gR)假定经过一个往返能够回到A点，设回来时动能为Ek，则Ek＝eq\f(1,2)mv2－4μmgcosθ·2R<0，因此滑块不会滑到A而飞出．因mgsinθ>μmgcosθ，则依据动能定理得mg·2Rsinθ－μmgcosθ·s＝0－eq\f(1,2)mv2得滑块在锅内斜面上运动的总行程s＝eq\f(221R,16).(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＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R)在P点F2＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,2),2R)因此F1－F2＝2mg＋eq\f(m（2veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2)）,2R)由机械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋mg·3R得veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2)＝6gR为定值代入v2的最小值(v2＝vP＝eq\r(2gR))得压力差的最小值为9mg.答案：(1)eq\f(39,16)R(2)eq\f(221R,16)(3)9mg3．(2016·高考全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直搁置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止开释，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平搁置，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的圆滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，以以下图．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推进物块P，将弹簧压缩至长度l，此后松开，P开始沿轨道运动．重力加快度大小为g.(1)若P的质量为m，求P抵达B点时速度的大小，以及它走开圆轨道后落回到AB上的地点与B点之间的距离；(2)若P能滑上圆轨道，且还能够沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．分析：(1)依题意，当弹簧竖直搁置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转变为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能Ep＝5mgl①设P的质量为M，抵达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)＋μMg·4l②联立①②式，取M＝m并代入题给数据得vB＝eq\r(6gl)③若P能沿圆轨道运动到D点，其抵达D点时的向心力不可以够小于重力，即P此时的速度大小v应知足eq\f(mv2,l)－mg≥0④设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2l⑤联立③⑤式得vD＝eq\r(2gl)⑥vD知足④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＝eq\f(1,2)gt2⑦P落回到轨道AB上的地点与B点之间的距离为s＝vDt⑧联立⑥⑦⑧式得s＝2eq\r(2)l.⑨(2)为使P能滑上圆轨道，它抵达B点时的速度不可以够小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩要使P还能够沿圆轨道滑回，P在圆轨道上的上涨高度不可以够超出半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)≤Mgl⑪联立①②⑩⑪式得eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m.答案：看法析4．以以下图，长L＝5.5m、质量M＝2kg的滑板A静止在水平川面上，在滑板右端放一质量m＝1kg的小滑块(可视为质点)．已知滑板A与地面的动摩擦因数μ1＝0.2，滑块B与A的动摩擦因数μ2＝0.1，能够为A与地面、A与B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2.试求：(1)要将滑板从滑块下抽出，施加在滑板上的水平拉力最少要大于多少？(2)若施加的水平拉力F＝11N，要使滑板从滑块下抽出，F作用的最短时间．分析：(1)B在A上的最大加快度：aB＝eq\f(μ2mg,m)＝1m/s2要使A从B下抽出，必然知足：aA>aB①对A由牛顿第二定律得：F－μ1(M＋m)g－μ2mg＝MaA②联立①②代入数据解得：F>9N.(2)当F＝11N，代入②式解得：滑板加快度大小aA1＝2m/s2此时B的加快度大小aB＝1m/s2F作用t秒时相对滑动的距离Δx1＝eq\f(1,2)aA1t2－eq\f(1,2)aBt2③此时A、B速度大小分别为vA＝aA1t④vB＝aBt⑤撤去F后，B的加快度大小仍为：aB＝1m/s2A做匀减速运动的加快度大小为aA2＝eq\f(μ1（m＋M）g＋μ2mg,M)＝3.5m/s2若滑到滑板左端时，二者相对静止，相对滑动的距离为Δx2由相对运动得：(vA－vB)2＝2(aA2＋aB)Δx2⑥由题意得：Δx1＋Δx2＝L⑦联立③④⑤⑥⑦代入数据，解得：t＝3s.答案：(1)9N(2)3s(建议用时：40分钟)1.(2018·福建龙岩质量检查)一长木板在圆滑水平川面上匀速运动，在t＝0时辰将一物块无初速度轻放到木板上，今后长木板运动的速度－时间图象以以下图．已知长木板的质量M＝2kg，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块素来在木板上．取g＝10m/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添了多少？分析：(1)长木板和物块构成的系统动量守恒：Mv＝(M＋m)v共将M＝2kg，v＝6.0m/s，v共＝2.0m/s，代入解得：m＝4kg.(2)设这一过程中长木板和物块的内能增添量为Q，依据能量守恒定律：Q＝eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)＝24J.答案：(1)4kg(2)24J2.以以下图，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是竖直搁置的圆滑绝缘细杆，还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，不影响电场的散布)，现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始开释，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，重力加快度为g，求：(1)C、O间的电势差UCO；(2)O点处的电场强度E的大小．分析：(1)小球由C运动到O时，由动能定理得mgd＋qUCO＝eq\f(1,2)mv2－0，解得UCO＝eq\f(mv2－2mgd,2q).(2)小球经过O点时所受电场力以以下图，由库仑定律得F1＝F2＝keq\f(Qq,（\r(2)d）2)它们的协力为F＝F1cos45°＋F2cos45°＝eq\f(\r(2)kQq,2d2)O点处的电场强度E＝eq\f(F,q)＝eq\f(\r(2)kQ,2d2).答案：(1)eq\f(mv2－2mgd,2q)(2)eq\f(\r(2)kQ,2d2)3．以以下图，质量mB＝3.5kg物体B经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k＝100N/m.轻绳一端与物体B连接，另一端绕过两个圆滑的轻质小定滑轮O1、O2后，与套在圆滑直杆顶端E处的质量mA＝1.6kg的小球A连接．已知直杆固定不动，杆长L为0.8m，且与水平面的夹角θ＝37°.初始时使小球A静止不动，与A相连的一段绳索保持水平，此时绳索中的张力F为45N．已知EO1＝0.5m，重力加快度g取10m/s2，绳索不可以伸长，现将小球A从静止开释(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求(1)在开释小球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点的过程中绳索拉力对小球A做的功．(3)小球A运动终归端D点时的速度大小．分析：(1)开释小球前，B处于静止状态，因为绳索中的张力大于物体B的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧形变量为x，有kx＝F－mBg，解得x＝0.1m.(2)对A球从E点运动到C的过程应用动能定理得W＋mAgh＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)－0①此中h＝xCO1cos37°，而xCO1＝xEO1sin37°＝0.3m物体B降落的高度h′＝xEO1－xCO1＝0.2m②由此可知，弹簧这时被压缩了0.1m，此时弹簧弹性势能与初始时辰相等，A、B和弹簧构成的系统机械能守恒，有mAgh＋mBgh′＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)③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vB＝0④由①②③④得W＝7J.(3)由题意知，杆长L＝0.8m，由几何知识可知EC＝CD，∠CDO1＝∠CEO1＝37°，故DO1＝EO1当A抵达D时，弹簧弹性势能与初状态相等，物体B又回到原地点，将A在D点的速度沿平行于绳和垂直于绳双方向进行分解，平行于绳方向的速度即B的速度，由几何关系得v′B＝v′Acos37°⑤整个过程机械能守恒，可得mAgLsin37°＝eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBv′eq\o\al(2,B)⑥由⑤⑥得v′A＝2m/s.答案：看法析4．(2018·滨州二模)以以下图，圆滑水平面MN的左端M处固定有一能量增补装置P，使撞击它的物体弹回后动能在本来基础上增添必然值．右端N处与水平传达带恰巧平齐且凑近，传达带沿逆时针方向以恒定速率v＝6m/s匀速转动，水平部分长度L＝9m．放在圆滑水平面上的两同样小物块A、B(均视为质点)间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能Ep＝9J，弹簧与A、B均不粘连，A、B与传达带间的动摩擦因数μ＝0.2，物块质量mA＝mB＝1kg.现将A、B同时由静止开释，弹簧弹开物块A和B后，快速移去轻弹簧，此时，A还未撞击P，B还未滑上传达带．取g＝10m/s2.求：(1)A、B刚被弹开时的速度大小．(2)试经过计算判断B第一次滑上传达带后，可否