高考物理二轮复习专题检测十一应用“能量观点”和“动量观点”破解力学计算题.doc

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1、1 / 10【2019【2019 最新最新】精选高考物理二轮复习专题检测十一应用精选高考物理二轮复习专题检测十一应用“能量观点能量观点”和和“动量观点动量观点”破解力学计算题破解力学计算题1(2017全国卷)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距 s0 和 s1(s1FTm2.8mg，所以细绳会断裂。答案：(1) (2)见解析5如图所示，质量为 m1 kg 的可视为质点的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的 P 点，随传送带运动到 A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从 B 点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为 M2 kg 的足够长的小车左端在最低点 O 点

2、相切，小物块并在 O 点滑上小车，水平地面光滑，当物块运动到障碍物 Q5 / 10处时与 Q 发生无机械能损失的碰撞。碰撞前物块和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动(物块始终在小车上)，小车运动过程中和圆弧无相互作用。已知圆弧半径 R1.0 m，圆弧对应的圆心角 为 53，A 点距水平面的高度 h0.8 m，物块与小车间的动摩擦因数为 0.1，重力加速度 g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6。试求：(1)小物块离开 A 点的水平初速度 v1 大小；(2)小物块经过 O 点时对轨道的压力大小；(3)第一次碰撞后直至静止，物块相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间。解析：

3、(1)对小物块由 A 到 B 有 vy22gh，在 B 点 tan ，解得 v13 m/s。(2)由 A 到 O，根据动能定理有mg(hRRcos )mvO2mv12，在 O 点 FNmgm，解得：vO m/s，FN43 N。由牛顿第三定律知，小物块对轨道的压力 FN43 N。(3)摩擦力 Ffmg1 N，物块滑上小车后经过时间 t 达到的共同速度为 vt，则，am2aM，得 vt m/s。由于碰撞不损失能量，物块在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，物块与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：Ffl 相(Mm)vt2，得 l 相5.5 m。6 / 10小车从物

4、块碰撞后开始匀减速运动，(每个减速阶段)加速度不变aM0.5 m/s2，vtaMt得 t s。答案：(1)3 m/s (2)43 N (3)5.5 m s6(2018 届高三广安四校联考)如图甲所示，轨道 ABC 由一个倾角为 30的斜轨道 AB 和一个水平轨道 BC 组成，一个可视为质点的质量为 m 的滑块从 A 点由静止开始下滑，滑块在轨道 ABC上运动的过程中，受到水平向左的拉力 F 的作用，力的大小和时间的关系如图乙所示，经过时间 t0 滑块经过 B 点，经过 B 点时无机械能损失，最后停在水平轨道 BC 上，滑块与轨道之间的动摩擦因数0.5，已知重力加速度为 g。求：(1)整个过程中

5、滑块的运动时间；(2)整个过程中水平拉力 F 做的功；(3)整个过程中摩擦力做的功。解析：(1)在 0t0 这段时间内，滑块在斜轨道 AB 上运动时，垂直斜面方向有：FNF1sin mgcos 0解得 FN0所以滑块不受摩擦力，由牛顿第二定律，滑块在斜轨道 AB 上运动时的加速度a12g滑块到达 B 点时的速度 vBa1t02gt0在 t02t0 这段时间内，水平拉力 F2mgFfmg，所以滑块做匀速直线运动7 / 102t0 之后的过程中，滑块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，加速度 a2g 2运动时间 t4t0整个过程中滑块的运动时间 t2t04t06t0。(2)在 0t0 这段时间内，滑

6、块的位移x1a1t02gt02水平拉力 F 做功 W1F1x1cos mg2t02在 t02t0 这段时间内，滑块的位移 x2vBt02gt02水平拉力 F 做功 W2F2x2mg2t02整个过程中水平拉力 F 做功WW1W2mg2t02。(3)2t0 之后的过程中，滑块的位移 x34gt02滑块在斜轨道 AB 上运动时，没有摩擦力，在水平轨道 BC 上运动时，摩擦力是恒力，所以，整个过程中，摩擦力做功WfFf(x2x3)3mg2t02。答案：(1)6t0 (2)mg2t02 (3)3mg2t02教师备选题1泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流。泥石流流

7、动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大。某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲的模型：在水平地面上放置一个质量为 m4 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下从静止开始运动，推力 F 随位移变化如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为 0.5，g10 m/s2。则：8 / 10(1)物体在运动过程中的最大加速度为多少？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？解析：(1)当推力 F 最大时，加速度最大，由牛顿第二定律，得：Fmmgmam可解得：am15 m/s2。(2)由图像可知

8、：F 随 x 变化的函数方程为F8020x，速度最大时，合力为 0，即 Fmg，所以 x3 m。(3)位移最大时，末速度一定为 0由动能定理可得：WFmgx0由图像可知，力 F 做的功为WFFmxm804 J160 J所以 x8 m。答案：(1)15 m/s2 (2)3 m (3)8 m2.如图所示，小球 A 质量为 m，系在细线的一端，线的另一端固定在 O 点，O 点到光滑水平面的距离为 h。物块 B 和 C 的质量分别是 5m 和 3m，B 与 C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且 B 物块位于 O 点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块 B 发生正碰

9、(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为 g，求碰撞过程中 B 物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能。解析：设小球 A 运动到最低点与物块 B 碰撞前的速度大小为v1，取小球 A 运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定9 / 10律有：mghmv12解得：v12gh设碰撞后小球 A 反弹的速度大小为 v1，同理有：mgmv12解得：v12gh4设碰撞后物块 B 的速度大小为 v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv1mv15mv2解得：v2 2gh4由动量定理可得，碰撞过程中 B 物块受到的冲量大小为：

10、I5mv2m2gh碰撞后当 B 物块与 C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5mv28mv3据机械能守恒定律得：Epm5mv228mv32解得：Epmmgh。答案：m mgh3.(2016全国卷)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为 h0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为 m130 kg，冰块的质量为 m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度10 / 10的大小 g1

11、0 m/s2。(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解析：(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为 v，斜面体的质量为 m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v20(m2m3)vm2v202(m2m3)v2m2gh1 2式中 v203 m/s 为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得 m320 kg。(2)设小孩推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律有m1v1m2v200代入数据得 v11 m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为 v2 和 v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20m2v2m3v3m2v202m2v22m3v321 2 联立式并代入数据得 v21 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。答案：(1)20 kg (2)见解析