2019屆高考物理二輪復習 第二部分 熱點訓練五 動量和能量.doc

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熱點五　動量和能量 能量觀點是解決力學問題的重要途徑之一，功能關(guān)系(含動能定理和機械能守恒定律)是近幾年高考理科綜合物理命題的焦點，選擇題、計算題中均有體現(xiàn)，試題靈活性強，難度較大，能力要求高，且經(jīng)常與牛頓運動定律、圓周運動、電磁學等知識綜合命題。 沖量和動量作為選修3－5的熱點考核內(nèi)容，考查頻率特別高，現(xiàn)在作為必考內(nèi)容后，其內(nèi)容充實了力學解題的思路，在力學中的地位也日益顯現(xiàn)出來，隨著新課改的逐步推進，其沖量和動量的考查也會日漸重要。 考向一　與彈簧相關(guān)的功能關(guān)系 　豎直平面內(nèi)有一光滑橢圓軌道，如圖1所示，一輕彈簧一端固定在橢圓的中心O，另一端系一小球，小球套在光滑橢圓軌道上。在Q點安裝一光電計時器，已知OP是橢圓的半短軸，長度為a，OQ是橢圓的半長軸，長度為b，輕彈簧的原長等于a，小球的直徑為d，質(zhì)量為m，輕彈簧形變量為x時，其彈性勢能可表示為Ep＝kx2(輕彈簧始終在彈性限度內(nèi)，k為輕彈簧的勁度系數(shù))。小球從圖中P點由靜止釋放，經(jīng)過Q處光電計時器時的擋光時間為t，下列說法正確的是 圖1 A．小球到達Q點時的動能等于mgb B．小球到達Q點時彈簧的彈性勢能為kb2 C．小球從P點運動到Q點的過程中彈簧彈力不做功 D．該輕彈簧的勁度系數(shù)k＝－ [解析]　小球到達Q點時彈簧的彈性勢能為k(b－a)2，由功能關(guān)系可知，小球到達Q點時的動能等于mgb－k(b－a)2，選項A、B錯誤；小球到達Q點時的速度v＝，小球到達Q點時的動能Ek＝mv2＝，由功能關(guān)系可知，小球從P點運動到Q點的過程中克服彈簧彈力做的功W＝Ep＝mgb－，C錯誤；由功能關(guān)系可知k(b－a)2＝mgb－，解得k＝－，D正確。 [答案]　D 考向二　與傳送帶相關(guān)的功能關(guān)系 　如圖2所示，長為L＝10.5 m的傳送帶與水平面成30角，傳送帶向上做加速度為a0＝1 m/s2的勻加速運動，當其速度為v0＝3 m/s時，在其底端輕放一質(zhì)量為m＝1 kg的物塊(可視為質(zhì)點)，已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝，在物塊由底端上升到頂端的過程中，求： 圖2 (1)此過程所需時間； (2)傳送帶對物塊所做的功； (3)此過程中產(chǎn)生的熱量。 [解析]　(1)由牛頓第二定律知物塊上滑時有 μmgcos θ－mgsin θ＝ma1 設(shè)經(jīng)時間t1物塊與傳送帶的速度相等，則有 a1t1＝v0＋a0t1 聯(lián)立并代入數(shù)值得a1＝2.5 m/s2，t1＝2 s 此時間內(nèi)物塊發(fā)生的位移為x1＝a1t＝5 m＜L 所以物塊與傳送帶相對靜止后，以加速度a0勻加速到達頂端，經(jīng)歷的時間為t2，則速度剛相等時有 v1＝a1t1＝5 m/s 到達頂端時有v－v＝2a0(L－x1) L－x1＝t2 聯(lián)立并代入數(shù)值得t2＝1 s 所以物塊由底端上升到頂端所用的時間為 t＝t1＋t2＝ 3 s。 (2)由動能定理知W－mgh＝mv h＝Lsin θ 代入數(shù)值得W＝70.5 J。 (3)物塊發(fā)生的相對位移為 x相＝v0t1＋a0t－a1t 產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgcos θx相 聯(lián)立并代入數(shù)值得Q＝22.5 J。 [答案]　見解析 考向三　動量與能量綜合應用 　(2018宜城月考)如圖3所示，質(zhì)量為3 kg的長木板B放在光滑的水平面上，右端與半徑R＝1 m的粗糙的圓弧相切，左端上方放一質(zhì)量為1 kg物塊C，物塊C與長木板B間的動摩擦因數(shù)為0.2?，F(xiàn)將一質(zhì)量為1 kg的物體A從距圓弧上端h＝5 m處靜止釋放，沿著圓弧到達水平軌道與B碰撞后粘在一起運動，再經(jīng)1 s物塊C剛好運動到B的右端且不會掉下。取g＝10 m/s2。求： 圖3 (1)物體A剛進入圓弧時對軌道的壓力大小； (2)長木板B的長度； (3)物體A經(jīng)過圓弧時克服阻力所做的功。 [解析]　(1)物體A從釋放到進入圓弧前做自由落體運動 v＝2gh① 剛進入圓弧時FN＝mA② 聯(lián)立①②式解得：FN＝100 N③ (2)物塊C從開始運動到與長木板具有相同速度過程中 mCaC＝μmCg④ 由④式解得：aC＝2 m/s2 物塊C運動距離sC＝aCt2＝212 m＝1 m⑤ 物塊C在B的右端時兩者具有相同的速度 vB2＝vC＝aCt＝21 m/s＝2 m/s⑥ aB＝＝ m/s2＝0.5 m/s2⑦ 由速度公式得木板剛開始運動時速度 vB1＝vB2＋aBt＝2＋0.51 m/s＝2.5 m/s⑧ 木板B運動距離sB＝t＝1 m＝2.25 m⑨ 長木板B的長度L＝sB－sC＝2.25－1＝1.25 m⑩ (3)物塊A與木板B碰撞過程中動量守恒 mAvA2＝(mA＋mB)vB1? 由?式解得：vA2＝10 m/s? 物塊A從靜止釋放到與木板A碰撞前，由動能定理 mAg(h＋R)－Wf＝mAv? 物體A經(jīng)過圓弧時克服阻力做的功： 由?式解得Wf＝10 J。 [答案]　(1)100 N　(2)1.25 m　(3)10 J 1．(2018全國卷Ⅰ)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段，列車的動能 A．與它所經(jīng)歷的時間成正比 B．與它的位移成正比 C．與它的速度成正比 D．與它的動量成正比 答案　B 2.(2018南平檢測)如圖4所示，輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于粗糙水平面上質(zhì)量為m的小球接觸但不連接。開始時小球位于O點，彈簧水平且無形變。O點的左側(cè)有一豎直放置的光滑半圓弧軌道，圓弧的半徑為R，B為軌道最高點，小球與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ。現(xiàn)用外力推動小球，將彈簧壓縮至A點，OA間距離為x0，將球由靜止釋放，小球恰能沿軌道運動到最高點B。已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。下列說法中正確的是 圖4 A．小球在從A到O運動的過程中速度不斷增大 B．小球運動過程中的最大速度為vm＝ C．小球與彈簧作用的過程中，彈簧的最大彈性勢能Ep＝2.5mgR＋μmgx0 D．小球通過圓弧軌道最低點時，對軌道的壓力為5mg 解析　小球在從A到O運動的過程中，受彈力和摩擦力，由牛頓第二定律可知：kΔx－μmg＝ma，物體做加速度減小的加速運動，當加速度為零時(彈力等于摩擦力時)速度最大，接下來摩擦力大于彈力，小球開始做減速運動，當彈簧原長時離開彈簧，故A錯誤；因為小球恰能沿軌道運動到最高點B，由重力提供向心力：mg＝m，解得：vB＝，從O到B根據(jù)動能定理得：－mg2R＝mv－mv，聯(lián)立以上解得：v0＝，由上分析可知：小球從開始運動到離開彈簧速度先增大后減小，所以最大速度要比大，故B錯誤；從A到O根據(jù)能量守恒得：Ep＝mv＋μmgx0，聯(lián)立以上得：Ep＝2.5mgR＋μmgx0，故C正確；小球在最低點時做圓周運動，由牛頓第二定律得：N－mg＝m，聯(lián)立以上解得：N＝6mg，故D錯誤。所以C正確，ABD錯誤。 答案　C 3.(多選)(2018衡陽聯(lián)考)如圖5所示，質(zhì)量m＝1 kg的物體從高為h＝0.2 m的光滑軌道上P點由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點，物體和皮帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，傳送帶AB之間的距離為L＝5.5 m，傳送帶一直以v＝3 m/s的速度沿順時針方向勻速運動，則 圖5 A．物體由A運動到B的時間是1.5 s B．物體由A運動到B的過程中，摩擦力對物體的沖量大小為 1Ns C．物體由A運動到B的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生0.5 J的熱量 D．物體從A運動到B的過程中，摩擦力對物體做功2 J 解析　物體下滑到A點的速度為v0，由機械能守恒定律有：mv＝mgh 代入數(shù)據(jù)得：v0＝2 m/s物體在摩擦力作用下先勻加速運動，后做勻速運動，有：t1＝＝1 s s1＝t1＝1 m＝2.5 m t2＝＝ s＝1 s t＝t1＋t2＝2 s，選項A錯誤； 物體由A運動到B的過程中，摩擦力對物體的沖量大小為I＝μmgt1＝1 Ns，選項B正確；在t1時間內(nèi)，皮帶做勻速運動，s皮帶＝vt1＝3 m Q＝μmgΔs＝μmg(s皮帶－s1)代入數(shù)據(jù)得：Q＝0.5 J，選項C正確；物體從A運動到B的過程中，摩擦力對物體做功：Wf＝μmgs1＝2.5 J，選項D錯誤；故選BC。 答案　BC 4．(2018西安八校聯(lián)考)如圖6甲所示，一半徑為R＝1 m的豎直圓弧形光滑軌道，與斜面相切于B處，圓弧軌道的最高點為M，O為圓心且OM豎直，斜面傾角θ＝37，t＝0時刻，有一質(zhì)量m＝2 kg的物塊從A點開始沿斜面上滑，其在斜面上運動的速度變化規(guī)律如圖乙所示，若物塊恰能到達M點，(取g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)求： 圖6 (1)物塊經(jīng)過B點時的速度vB； (2)物塊在斜面上滑動的過程中摩擦力做的功。 解析　(1)物體從B到M上升的高度為h＝R＋Rcos 37。 物塊恰能過最高點，則在M點由牛頓第二定律得 mg＝m。 物塊從B到M的過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得 mv＝mg(R＋Rcos 37)＋mv。 聯(lián)立以上各式，解得：vB＝ m/s。 (2)分析v－t圖像，求得物塊在斜面上的加速度為 a＝＝ m/s2＝10 m/s2。 在斜面上對物塊由牛頓第二定律得mgsin θ＋f＝ma， 則摩擦力f＝ma－mgsin θ＝20 N－12 N＝8 N。 對物塊由v－v＝2ax，可得x＝0.9 m。 摩擦力做的功W＝－fx＝－80.9 J＝－7.2 J。 答案　(1) m/s　(2)－7.2 J 5．紅?；宕筚愒趦?nèi)蒙古自治區(qū)的烏蘭布和沙漠閉幕，參賽選手上演了滑板世界中的“速度與激情”。如圖7所示，軌道BC為豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧賽道，半徑為R＝1.8 m，軌道ABC可認為是光滑的，且水平軌道AB與圓弧BC在B點相切。一個質(zhì)量為M的運動員(可視為質(zhì)點)以初速度v0沖上靜止在A點的滑板(可視點質(zhì)點)，設(shè)運動員蹬上滑板后立即與滑板一起共同沿著軌道運動。若運動員的質(zhì)量M＝48.0 kg，滑板質(zhì)量m＝2.0 kg，計算結(jié)果均保留三位有效數(shù)字，重力加速度g取10 m/s2(不計空氣阻力)。 圖7 (1)運動員至少以多大的水平速度v0沖上滑板才能到達C點？ (2)運動員以第(1)問中的速度v0沖上滑板，滑過圓弧軌道B點時滑板對軌道的壓力是多大，方向如何？ (3)若A點右側(cè)為μ＝0.3 的水泥地面，則滑回后運動員與滑板停在距A點多遠的位置？ 解析　(1)以運動員和滑板為一個系統(tǒng)，運動員以速度v0沖上滑板過程，系統(tǒng)水平方向總動量守恒， 即Mv0＝(m＋M)v 若運動員與滑板恰好到達C點，以AB水平面為零勢能面，由機械能守恒定律得 (m＋M)v2＝(m＋M)gR 兩式聯(lián)立解得v＝6.00 m/s，v0＝6.25 m/s 運動員的水平速度至少要達到6.25 m/s才能到達C點。 (2)運動員以第(1)問中的速率v0沖上滑板，由牛頓第二定律得FN－(m＋M)g＝， 解得FN＝1.50103 N 由牛頓第三定律可知滑板對軌道的壓力大小為1.50103 N，方向豎直向下。 (3)因為ABC光滑，由機械能守恒定律知運動員滑回A點時速度大小仍為v＝6.00 m/s 運動員滑過A點至停下過程中，由動能定理得 －μ(m＋M)gx＝0－(m＋M)v2 代入數(shù)據(jù)解得x＝6.0 m。 答案　(1)6.25 m/s　(2)1.5103 N　方向豎直向下　(3)6.0 m