2023年高考物理二輪復(fù)習(xí)三道題經(jīng)典專練2能量與動(dòng)量觀點(diǎn)

2023年高考物理二輪復(fù)習(xí)三道題經(jīng)典專練2能量與動(dòng)量觀點(diǎn)2022年高考“2022年高考“最后三十天〞專題透析PAGE好教育云平臺(tái)——好教育云平臺(tái)——教育因你我而變PAGE1能量與動(dòng)量觀點(diǎn)一、〔2022屆高三·第三次全國(guó)大聯(lián)考Ⅱ一、〔2022屆高三·第三次全國(guó)大聯(lián)考Ⅱ卷〕如下圖，小球a從光滑曲面上的A點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)小球a運(yùn)動(dòng)到水平軌道上的C點(diǎn)時(shí)，恰好與通過(guò)繃緊的細(xì)線懸掛的小球b發(fā)生正碰并粘在一起，小球a、b的大小不計(jì)且質(zhì)量均為m，曲面高度和細(xì)線長(zhǎng)度均為h，細(xì)線能承受的最大拉力為2.5mg，C點(diǎn)到地面的高度也為h。(1)求碰后瞬間兩球的共同速度大小；(2)碰后細(xì)線是否會(huì)斷裂？假設(shè)不斷裂，求兩球上升的最大高度；假設(shè)斷裂，求落地點(diǎn)到C點(diǎn)的水平位移。【答案】(1)eq\f(1,2)eq\r(2gh)(2)細(xì)線會(huì)斷裂h【解析】(1)設(shè)a球到C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，a球下滑過(guò)程，由機(jī)械能守恒有mgh＝eq\f(1,2)mvC2解得vC＝eq\r(2gh)a、b兩球碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，以水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒有mvC＝(m＋m)v解得v＝eq\f(1,2)eq\r(2gh)。(2)設(shè)碰后兩球受到的細(xì)線拉力為T，由牛頓第二定律有T－2mg＝eq\f(2mv2,h)解得T＝3mg>2.5mg，細(xì)線會(huì)斷裂細(xì)線斷裂后兩球做平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝平拋的水平位移x＝vt＝h。二、(2022屆高三·第一次全國(guó)大聯(lián)考Ⅲ二、(2022屆高三·第一次全國(guó)大聯(lián)考Ⅲ卷)Ⅲ卷)如下圖，在光滑的水平面的左端連接一半徑為R的eq\f(1,4)光滑圓弧形固定軌道，水平面上有一質(zhì)量為M＝3m的小球Q連接著輕質(zhì)彈簧，處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小球P從B點(diǎn)正上方h＝R高處由靜止釋放，空氣阻力不計(jì)，求：(1)小球P到達(dá)圓弧形軌道最低點(diǎn)C時(shí)的速度大小和對(duì)軌道的壓力；(2)在小球P壓縮彈簧的過(guò)程中，彈簧具有的最大彈性勢(shì)能；(3)假設(shè)小球P從B上方高H處釋放，經(jīng)彈簧反彈后恰好能夠回到B點(diǎn)，那么高度H的大小是多少?！敬鸢浮?1)2eq\r(gR)5mg，方向豎直向下(2)eq\f(3,2)mgR(3)3R【解析】(1)小球P從A運(yùn)動(dòng)到C過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒得mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mvC2又h＝R，代入解得vC＝2eq\r(gR)在最低點(diǎn)C處，根據(jù)牛頓第二定律有：FN－mg＝meq\f(vC2,R)解得軌道對(duì)小球P的支持力FN＝5mg根據(jù)牛頓第三定律知，小球P對(duì)軌道的壓力大小為5mg，方向豎直向下。(2)彈簧被壓縮過(guò)程中，當(dāng)兩球速度相等時(shí)，彈簧具有最大彈性勢(shì)能，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒有mvC＝(m＋M)v根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mvC2＝Epm＋eq\f(1,2)(m＋M)v2聯(lián)立解得Epm＝eq\f(3,2)mgR。(3)設(shè)小球P從B上方高H處釋放，到達(dá)水平面速度為v0，那么有mg(H＋R)＝eq\f(1,2)mv02彈簧被壓縮后再次恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，設(shè)小球P和Q的速度大小分別為v1和v2，根據(jù)動(dòng)量守恒有mv0＝－mv1＋Mv2根據(jù)機(jī)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經(jīng)彈簧反彈后恰好回到B點(diǎn)，那么有mgR＝eq\f(1,2)mv12解得H＝3R。三、(2022·遂寧模擬)三、(2022·遂寧模擬)如下圖，光滑的桌面高h(yuǎn)＝5m，桌面上有兩個(gè)質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝1kg的小球A、B，它們之間有一個(gè)壓縮的輕彈簧(彈簧長(zhǎng)度很短、與兩小球沒(méi)有拴接)，小球B通過(guò)一個(gè)繃直的長(zhǎng)L＝0.5m的豎直輕繩掛在O點(diǎn)。由靜止釋放兩小球，小球B恰好能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。不計(jì)空氣阻力，g＝10m/s2。求：(1)小球A落地時(shí)距桌面邊緣的水平位移x；(2)最初彈簧貯存的彈性勢(shì)能Ep。【答案】(1)2.5m(2)18.75J【解析】(1)設(shè)小球A、B被彈簧彈開后速度分別為vA、vB，小球B恰好能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)最高點(diǎn)的速度為vB′，由牛頓第二定律有：mBg＝mBeq\f(vB′2,L)小球B被彈簧彈開后運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律有：eq\f(1,2)mBvB2＝mBg·2L＋eq\f(1,2)mBvB′2小球A、B被彈簧彈開過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律有：0＝mAvA－mBvB小球A離開桌面邊緣后做平拋運(yùn)動(dòng)h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vAt解得小球A落地時(shí)距桌面邊緣的水平位移x＝2.5m。(2)對(duì)小球A、B及彈簧組成的系統(tǒng)，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屆高三·第二次全國(guó)大聯(lián)考四、〔2022屆高三·第二次全國(guó)大聯(lián)考Ⅲ卷〕如下圖，在光滑桌面上置有長(zhǎng)木板B和物塊C，在長(zhǎng)木板的右側(cè)置有物塊A，一開始A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)。A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，B足夠長(zhǎng)，A的質(zhì)量為2kg，B的質(zhì)量為1kg，C的質(zhì)量為3kg，C以4m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng)，與B碰撞后兩者黏在一起。重力加速度g取10m/s2，求：(1)C與B碰撞過(guò)程中，損失的機(jī)械能；(2)最終A、B、C的速度大小和A相對(duì)于B運(yùn)動(dòng)的距離。【答案】(1)6J(2)2m/s1.5m【解析】(1)設(shè)B、C碰撞后的瞬間速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mCvC＝(mB＋mC)v1v1＝3m/s碰撞過(guò)程中，損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mCvC2－eq\f(1,2)(mB＋mC)v12解得ΔE＝6J。(2)對(duì)A、B、C整體，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mCvC＝(mA＋mB＋mC)v2解得v2＝2m/s根據(jù)功能關(guān)系：μmAgx＝eq\f(1,2)(mB＋mC)v12－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v22解得x＝1.5m。五、(2022·西安長(zhǎng)安區(qū)一中模擬五、(2022·西安長(zhǎng)安區(qū)一中模擬)如下圖，豎直平面MN與水平面垂直，MN右側(cè)的空間存在著垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，MN左側(cè)的水平面光滑，右側(cè)的水平面粗糙，質(zhì)量為m的物體A靜止在MN左側(cè)的水平面上，物體A帶負(fù)電，電荷量的大小為q，一質(zhì)量為eq\f(1,3)m的不帶電的物體B以速度v0沖向物體A并發(fā)生彈性碰撞，碰撞前后物體A的電荷量保持不變。(1)求碰撞后物體A的速度大?。?2)假設(shè)物體A與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度的大小為g，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B＝eq\f(3mg,qv0)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E＝eq\f(4μmg,q)。物體A從MN開始向右移動(dòng)的距離為l時(shí)，速度增加到最大值。求：①此過(guò)程中物體A克服摩擦力所做的功W；②此過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間t?！敬鸢浮?1)eq\f(v0,2)(2)①4μmgl－eq\f(3,8)mv02②eq\f(l,v0)＋eq\f(v0,6μg)【解析】(1)設(shè)物體A、B碰撞后的速度分別為vA、vB，由于物體A、B發(fā)生彈性碰撞，動(dòng)量、機(jī)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物體A的速度到達(dá)最大值vm時(shí)合力為零，受力如下圖。豎直方向合力為零，有：N＝qvmB＋mg水平方向合力為零，有：qE＝μN(yùn)根據(jù)動(dòng)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在此過(guò)程中，設(shè)物體A運(yùn)動(dòng)的平均速度為eq\x\to(v)，根據(jù)動(dòng)量定理有：qEt－μeq\x\to(N)t＝mvm－mvAeq\x\to(N)＝mg＋qeq\x\to(v)B依題意有：eq\x\to(v)t＝l解得：t＝eq\f(l,v0)＋eq\f(v0,6μg)。六、(2022屆高三·第二次全國(guó)大聯(lián)考六、(2022屆高三·第二次全國(guó)大聯(lián)考Ⅱ卷)質(zhì)量分別為2m和m的滑塊1和滑塊2通過(guò)一根細(xì)線(未畫出)拴接在壓縮的彈簧兩端，某一刻細(xì)線剪斷后滑塊1沿水平面向左運(yùn)動(dòng)，滑塊2向右從斜面底端開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，忽略滑塊2沿斜面向上運(yùn)動(dòng)前的速度大小變化，當(dāng)斜面傾角θ＝30°時(shí)，滑塊1和滑塊2滑行的最大距離之比為eq\r(3)∶4，當(dāng)傾斜角度變化時(shí)，滑塊2沿斜面滑行的最大距離也會(huì)隨之變化。重力加速度為g，水平局部和斜面局部動(dòng)摩擦因數(shù)相同。求：(1)滑塊2和斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)假設(shè)滑塊2的初速度為v0，當(dāng)斜面傾角為多大時(shí)，滑塊2滑行的最大距離最小，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)細(xì)線剪斷瞬間兩個(gè)滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有2mv1＝mv0滑塊1水平向左滑行，根據(jù)功能關(guān)系有μ·2mgx1＝eq\f(1,2)·2mv12滑塊2沿斜面向上滑行，根據(jù)牛頓第二定律可得ma1＝mgsin30°＋μmgcos30°滑行最遠(yuǎn)距離x2＝eq\f(v02,2a1)根據(jù)eq\f(x1,x2)＝eq\f(\r(3),4)解得μ＝eq\f(\r(3),3)。(2)當(dāng)θ變化時(shí)，設(shè)沿斜面向上為正方向，滑塊2的加速度為a2，那么：－mgsinθ－μmgcosθ＝ma2滑塊2的滑行距離x滿足：0－v02＝2a2那么x＝eq\f(v02,2g〔sinθ＋μcosθ〕)＝eq\f(v02,\f(2g,cos30°)\b\lc\(\rc\)