2023年高考物理二轮复习三道题经典专练2能量与动量观点

2023年高考物理二轮复习三道题经典专练2能量与动量观点2022年高考“2022年高考“最后三十天〞专题透析PAGE好教育云平台——好教育云平台——教育因你我而变PAGE1能量与动量观点一、〔2022届高三·第三次全国大联考Ⅱ一、〔2022届高三·第三次全国大联考Ⅱ卷〕如下图，小球a从光滑曲面上的A点由静止释放，当小球a运动到水平轨道上的C点时，恰好与通过绷紧的细线悬挂的小球b发生正碰并粘在一起，小球a、b的大小不计且质量均为m，曲面高度和细线长度均为h，细线能承受的最大拉力为2.5mg，C点到地面的高度也为h。(1)求碰后瞬间两球的共同速度大小；(2)碰后细线是否会断裂？假设不断裂，求两球上升的最大高度；假设断裂，求落地点到C点的水平位移。【答案】(1)eq\f(1,2)eq\r(2gh)(2)细线会断裂h【解析】(1)设a球到C点时的速度为vC，a球下滑过程，由机械能守恒有mgh＝eq\f(1,2)mvC2解得vC＝eq\r(2gh)a、b两球碰撞过程动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒有mvC＝(m＋m)v解得v＝eq\f(1,2)eq\r(2gh)。(2)设碰后两球受到的细线拉力为T，由牛顿第二定律有T－2mg＝eq\f(2mv2,h)解得T＝3mg>2.5mg，细线会断裂细线断裂后两球做平抛运动，运动时间t＝平抛的水平位移x＝vt＝h。二、(2022届高三·第一次全国大联考Ⅲ二、(2022届高三·第一次全国大联考Ⅲ卷)Ⅲ卷)如下图，在光滑的水平面的左端连接一半径为R的eq\f(1,4)光滑圆弧形固定轨道，水平面上有一质量为M＝3m的小球Q连接着轻质弹簧，处于静止状态。现有一质量为m的小球P从B点正上方h＝R高处由静止释放，空气阻力不计，求：(1)小球P到达圆弧形轨道最低点C时的速度大小和对轨道的压力；(2)在小球P压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；(3)假设小球P从B上方高H处释放，经弹簧反弹后恰好能够回到B点，那么高度H的大小是多少。【答案】(1)2eq\r(gR)5mg，方向竖直向下(2)eq\f(3,2)mgR(3)3R【解析】(1)小球P从A运动到C过程，根据机械能守恒得mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mvC2又h＝R，代入解得vC＝2eq\r(gR)在最低点C处，根据牛顿第二定律有：FN－mg＝meq\f(vC2,R)解得轨道对小球P的支持力FN＝5mg根据牛顿第三定律知，小球P对轨道的压力大小为5mg，方向竖直向下。(2)弹簧被压缩过程中，当两球速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，根据系统动量守恒有mvC＝(m＋M)v根据机械能守恒定律有eq\f(1,2)mvC2＝Epm＋eq\f(1,2)(m＋M)v2联立解得Epm＝eq\f(3,2)mgR。(3)设小球P从B上方高H处释放，到达水平面速度为v0，那么有mg(H＋R)＝eq\f(1,2)mv02弹簧被压缩后再次恢复到原长时，设小球P和Q的速度大小分别为v1和v2，根据动量守恒有mv0＝－mv1＋Mv2根据机械能守恒有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22要使小球P经弹簧反弹后恰好回到B点，那么有mgR＝eq\f(1,2)mv12解得H＝3R。三、(2022·遂宁模拟)三、(2022·遂宁模拟)如下图，光滑的桌面高h＝5m，桌面上有两个质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg的小球A、B，它们之间有一个压缩的轻弹簧(弹簧长度很短、与两小球没有拴接)，小球B通过一个绷直的长L＝0.5m的竖直轻绳挂在O点。由静止释放两小球，小球B恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动。不计空气阻力，g＝10m/s2。求：(1)小球A落地时距桌面边缘的水平位移x；(2)最初弹簧贮存的弹性势能Ep。【答案】(1)2.5m(2)18.75J【解析】(1)设小球A、B被弹簧弹开后速度分别为vA、vB，小球B恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，设最高点的速度为vB′，由牛顿第二定律有：mBg＝mBeq\f(vB′2,L)小球B被弹簧弹开后运动至最高点过程，由机械能守恒定律有：eq\f(1,2)mBvB2＝mBg·2L＋eq\f(1,2)mBvB′2小球A、B被弹簧弹开过程，由动量守恒定律有：0＝mAvA－mBvB小球A离开桌面边缘后做平抛运动h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vAt解得小球A落地时距桌面边缘的水平位移x＝2.5m。(2)对小球A、B及弹簧组成的系统，由能量守恒定律有：Ep＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2解得Ep＝18.75J。四、〔2022届高三·第二次全国大联考四、〔2022届高三·第二次全国大联考Ⅲ卷〕如下图，在光滑桌面上置有长木板B和物块C，在长木板的右侧置有物块A，一开始A、B处于静止状态。A与B之间的动摩擦因数为0.2，B足够长，A的质量为2kg，B的质量为1kg，C的质量为3kg，C以4m/s的初速度向右运动，与B碰撞后两者黏在一起。重力加速度g取10m/s2，求：(1)C与B碰撞过程中，损失的机械能；(2)最终A、B、C的速度大小和A相对于B运动的距离。【答案】(1)6J(2)2m/s1.5m【解析】(1)设B、C碰撞后的瞬间速度为v1，根据动量守恒定律得mCvC＝(mB＋mC)v1v1＝3m/s碰撞过程中，损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mCvC2－eq\f(1,2)(mB＋mC)v12解得ΔE＝6J。(2)对A、B、C整体，根据动量守恒定律得mCvC＝(mA＋mB＋mC)v2解得v2＝2m/s根据功能关系：μmAgx＝eq\f(1,2)(mB＋mC)v12－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v22解得x＝1.5m。五、(2022·西安长安区一中模拟五、(2022·西安长安区一中模拟)如下图，竖直平面MN与水平面垂直，MN右侧的空间存在着垂直纸面向内的匀强磁场和水平向左的匀强电场，MN左侧的水平面光滑，右侧的水平面粗糙，质量为m的物体A静止在MN左侧的水平面上，物体A带负电，电荷量的大小为q，一质量为eq\f(1,3)m的不带电的物体B以速度v0冲向物体A并发生弹性碰撞，碰撞前后物体A的电荷量保持不变。(1)求碰撞后物体A的速度大小；(2)假设物体A与水平面的动摩擦因数为μ，重力加速度的大小为g，磁感应强度的大小为B＝eq\f(3mg,qv0)，电场强度的大小为E＝eq\f(4μmg,q)。物体A从MN开始向右移动的距离为l时，速度增加到最大值。求：①此过程中物体A克服摩擦力所做的功W；②此过程所经历的时间t。【答案】(1)eq\f(v0,2)(2)①4μmgl－eq\f(3,8)mv02②eq\f(l,v0)＋eq\f(v0,6μg)【解析】(1)设物体A、B碰撞后的速度分别为vA、vB，由于物体A、B发生弹性碰撞，动量、机械能均守恒，那么有：eq\f(1,3)mv0＝eq\f(1,3)mvB＋mvAeq\f(1,2)·eq\f(1,3)mv02＝eq\f(1,2)·eq\f(1,3)mvB2＋eq\f(1,2)mvA2解得：vA＝eq\f(v0,2)。(2)①物体A的速度到达最大值vm时合力为零，受力如下图。竖直方向合力为零，有：N＝qvmB＋mg水平方向合力为零，有：qE＝μN根据动能定理，有：qEl－W＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mvA2解得：W＝4μmgl－eq\f(3,8)mv02。②在此过程中，设物体A运动的平均速度为eq\x\to(v)，根据动量定理有：qEt－μeq\x\to(N)t＝mvm－mvAeq\x\to(N)＝mg＋qeq\x\to(v)B依题意有：eq\x\to(v)t＝l解得：t＝eq\f(l,v0)＋eq\f(v0,6μg)。六、(2022届高三·第二次全国大联考六、(2022届高三·第二次全国大联考Ⅱ卷)质量分别为2m和m的滑块1和滑块2通过一根细线(未画出)拴接在压缩的弹簧两端，某一刻细线剪断后滑块1沿水平面向左运动，滑块2向右从斜面底端开始沿斜面向上运动，忽略滑块2沿斜面向上运动前的速度大小变化，当斜面倾角θ＝30°时，滑块1和滑块2滑行的最大距离之比为eq\r(3)∶4，当倾斜角度变化时，滑块2沿斜面滑行的最大距离也会随之变化。重力加速度为g，水平局部和斜面局部动摩擦因数相同。求：(1)滑块2和斜面之间的动摩擦因数；(2)假设滑块2的初速度为v0，当斜面倾角为多大时，滑块2滑行的最大距离最小，最小值的大小是多少。【答案】(1)eq\f(\r(3),3)(2)60°eq\f(\r(3)v02,4g)【解析】(1)细线剪断瞬间两个滑块组成的系统动量守恒，有2mv1＝mv0滑块1水平向左滑行，根据功能关系有μ·2mgx1＝eq\f(1,2)·2mv12滑块2沿斜面向上滑行，根据牛顿第二定律可得ma1＝mgsin30°＋μmgcos30°滑行最远距离x2＝eq\f(v02,2a1)根据eq\f(x1,x2)＝eq\f(\r(3),4)解得μ＝eq\f(\r(3),3)。(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，滑块2的加速度为a2，那么：－mgsinθ－μmgcosθ＝ma2滑块2的滑行距离x满足：0－v02＝2a2那么x＝eq\f(v02,2g〔sinθ＋μcosθ〕)＝eq\f(v02,\f(2g,cos30°)\b\lc\(\rc\)