《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 熱點(diǎn)專練 熱點(diǎn)五 動(dòng)量和能量專項(xiàng)訓(xùn)練》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 熱點(diǎn)專練 熱點(diǎn)五 動(dòng)量和能量專項(xiàng)訓(xùn)練（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、熱點(diǎn)五　動(dòng)量和能量 能量觀點(diǎn)是解決力學(xué)問題的重要途徑之一，功能關(guān)系(含動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律)是近幾年高考理科綜合物理命題的焦點(diǎn)，選擇題、計(jì)算題中均有體現(xiàn)，試題靈活性強(qiáng)，難度較大，能力要求高，且經(jīng)常與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、圓周運(yùn)動(dòng)、電磁學(xué)等知識(shí)綜合命題。 沖量和動(dòng)量作為選修3－5的熱點(diǎn)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(shí)了力學(xué)解題的思路，在力學(xué)中的地位也日益顯現(xiàn)出來，隨著新課改的逐步推進(jìn)，其沖量和動(dòng)量的考查也會(huì)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

2、點(diǎn)安裝一光電計(jì)時(shí)器，已知OP是橢圓的半短軸，長(zhǎng)度為a，OQ是橢圓的半長(zhǎng)軸，長(zhǎng)度為b，輕彈簧的原長(zhǎng)等于a，小球的直徑為d，質(zhì)量為m，輕彈簧形變量為x時(shí)，其彈性勢(shì)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(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過Q處光電計(jì)時(shí)器時(shí)的擋光時(shí)間為t，下列說法正確的是 圖1 A．小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于mgb B．小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為kb2 C．小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)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(dá)Q點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為k(b－a)2，由功能關(guān)系可知，小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于mgb－k(b－

3、a)2，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度v＝，小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能Ek＝mv2＝，由功能關(guān)系可知，小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中克服彈簧彈力做的功W＝Ep＝mgb－，C錯(cuò)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(zhǎng)為L(zhǎng)＝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(yùn)動(dòng)，當(dāng)其速度為v0＝3 m/s時(shí)，在其底端輕放一質(zhì)量為m＝1 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，已知物塊與傳送帶間的動(dòng)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(shí)間；

4、 (2)傳送帶對(duì)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(shí)有 μmgcos θ－mgsin θ＝ma1 設(shè)經(jīng)時(shí)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(shí)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(duì)靜止后，以加速度a0勻加速到達(dá)頂端，經(jīng)歷的時(shí)間為t2，則速度剛相等時(shí)有 v1＝a1t1＝5 m/s 到達(dá)頂端時(shí)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(shí)間為 t＝

5、t1＋t2＝ 3 s。 (2)由動(dòng)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(duì)位移為 x相＝v0t1＋a0t－a1t 產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgcos θ·x相 聯(lián)立并代入數(shù)值得Q＝22.5 J。 [答案]　見解析 考向三　動(dòng)量與能量綜合應(yīng)用 　(2018·宜城月考)如圖3所示，質(zhì)量為3 kg的長(zhǎng)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(zhǎng)木板B間的動(dòng)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?kù)o止釋放，沿著圓弧到達(dá)水平軌道與B碰撞后粘在一

6、起運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)1 s物塊C剛好運(yùn)動(dòng)到B的右端且不會(huì)掉下。取g＝10 m/s2。求： 圖3 (1)物體A剛進(jìn)入圓弧時(shí)對(duì)軌道的壓力大??； (2)長(zhǎng)木板B的長(zhǎng)度； (3)物體A經(jīng)過圓弧時(shí)克服阻力所做的功。 [解析]　(1)物體A從釋放到進(jìn)入圓弧前做自由落體運(yùn)動(dòng) v＝2gh① 剛進(jìn)入圓弧時(shí)FN＝mA② 聯(lián)立①②式解得：FN＝100 N③ (2)物塊C從開始運(yùn)動(dòng)到與長(zhǎng)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(yùn)動(dòng)距離sC＝aCt2＝×2×12 m＝1 m⑤ 物塊C在B的右端時(shí)兩者具有相同的速度 vB2＝vC＝aCt＝2×1 m/s＝

7、2 m/s⑥ aB＝＝ m/s2＝0.5 m/s2⑦ 由速度公式得木板剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)速度 vB1＝vB2＋aBt＝2＋0.5×1 m/s＝2.5 m/s⑧ 木板B運(yùn)動(dòng)距離sB＝t＝×1 m＝2.25 m⑨ 長(zhǎng)木板B的長(zhǎng)度L＝sB－sC＝2.25－1＝1.25 m⑩ (3)物塊A與木板B碰撞過程中動(dòng)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(dòng)能定理 mAg(h＋R)－Wf＝mAv? 物體A經(jīng)過圓弧時(shí)克服阻力做的功： 由?式解得Wf＝10 J。 [答案]　(1)100 N　(2)1.25 m　(3)1

8、0 J 1．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。在啟動(dòng)階段，列車的動(dòng)能 A．與它所經(jīng)歷的時(shí)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(dòng)量成正比 答案　B 2.(2018·南平檢測(cè))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(shí)小球位于O點(diǎn)，彈簧水平且無(wú)形變。O點(diǎn)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(diǎn)，小球與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)用外力推動(dòng)小球，將彈簧壓縮至A點(diǎn)，OA間距離為x0，將球由靜止釋放，小球恰能沿軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)B。已知彈

9、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(yùn)動(dòng)的過程中速度不斷增大 B．小球運(yùn)動(dòng)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(shì)能Ep＝2.5mgR＋μmgx0 D．小球通過圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力為5mg 解析　小球在從A到O運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)(彈力等于摩擦力時(shí))速度最大，接下來摩擦力大于彈力，小球開始做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧原長(zhǎng)時(shí)離開彈簧，故A錯(cuò)誤；因?yàn)樾∏蚯∧苎剀壍肋\(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)B，由重力提供向心力：mg＝m，解得：vB

10、＝，從O到B根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(cuò)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(diǎn)時(shí)做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：N－mg＝m，聯(lián)立以上解得：N＝6mg，故D錯(cuò)誤。所以C正確，ABD錯(cuò)誤。 答案　C 3.(多選)(2018·衡陽(yáng)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(diǎn)由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點(diǎn)，物體和皮帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，傳送帶AB之間的距離

11、為L(zhǎng)＝5.5 m，傳送帶一直以v＝3 m/s的速度沿順時(shí)針方向勻速運(yùn)動(dòng)，則 圖5 A．物體由A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是1.5 s B．物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，摩擦力對(duì)物體的沖量大小為 1N·s C．物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生0.5 J的熱量 D．物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，摩擦力對(duì)物體做功2 J 解析　物體下滑到A點(diǎn)的速度為v0，由機(jī)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(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，有：t1＝＝1 s s1＝t1＝×1 m＝2.5 m t2＝＝ s＝1 s t＝t1＋t2＝2 s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤； 物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過

12、程中，摩擦力對(duì)物體的沖量大小為I＝μmgt1＝1 N·s，選項(xiàng)B正確；在t1時(shí)間內(nèi)，皮帶做勻速運(yùn)動(dòng)，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(xiàng)C正確；物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，摩擦力對(duì)物體做功：Wf＝μmgs1＝2.5 J，選項(xiàng)D錯(cuò)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(diǎn)為M，O為圓心且OM豎直，斜面傾角θ＝37°，t＝0時(shí)刻，有一質(zhì)量m＝2 kg的物塊從A點(diǎn)開始沿斜面上滑，其在斜面上運(yùn)動(dòng)的速度變化規(guī)律如圖乙所示，若物塊恰能到達(dá)M點(diǎn)

13、，(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： 圖6 (1)物塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度vB； (2)物塊在斜面上滑動(dòng)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(diǎn)，則在M點(diǎn)由牛頓第二定律得 mg＝m。 物塊從B到M的過程中機(jī)械能守恒，由機(jī)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(duì)物塊由牛頓第二定律得mgsin θ＋f＝ma， 則摩擦

14、力f＝ma－mgsin θ＝20 N－12 N＝8 N。 對(duì)物塊由v－v＝2ax，可得x＝0.9 m。 摩擦力做的功W＝－fx＝－8×0.9 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(rèn)為是光滑的，且水平軌道AB與圓弧BC在B點(diǎn)相切。一個(gè)質(zhì)量為M的運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0沖上靜止在A點(diǎn)的滑板(可視點(diǎn)質(zhì)點(diǎn))，設(shè)運(yùn)動(dòng)員蹬上滑板后立即與滑板一起共同沿著軌道運(yùn)動(dòng)。若運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量M＝48.0

15、 kg，滑板質(zhì)量m＝2.0 kg，計(jì)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(jì)空氣阻力)。 圖7 (1)運(yùn)動(dòng)員至少以多大的水平速度v0沖上滑板才能到達(dá)C點(diǎn)？ (2)運(yùn)動(dòng)員以第(1)問中的速度v0沖上滑板，滑過圓弧軌道B點(diǎn)時(shí)滑板對(duì)軌道的壓力是多大，方向如何？ (3)若A點(diǎn)右側(cè)為μ＝0.3 的水泥地面，則滑回后運(yùn)動(dòng)員與滑板停在距A點(diǎn)多遠(yuǎn)的位置？ 解析　(1)以運(yùn)動(dòng)員和滑板為一個(gè)系統(tǒng)，運(yùn)動(dòng)員以速度v0沖上滑板過程，系統(tǒng)水平方向總動(dòng)量守恒， 即Mv0＝(m＋M)v 若運(yùn)動(dòng)員與滑板恰好到達(dá)C點(diǎn)，以AB水平面為零勢(shì)能面，由機(jī)械能守恒定律得 (m＋M)v2＝(m＋M)g

16、R 兩式聯(lián)立解得v＝6.00 m/s，v0＝6.25 m/s 運(yùn)動(dòng)員的水平速度至少要達(dá)到6.25 m/s才能到達(dá)C點(diǎn)。 (2)運(yùn)動(dòng)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＝1.50×103 N 由牛頓第三定律可知滑板對(duì)軌道的壓力大小為1.50×103 N，方向豎直向下。 (3)因?yàn)锳BC光滑，由機(jī)械能守恒定律知運(yùn)動(dòng)員滑回A點(diǎn)時(shí)速度大小仍為v＝6.00 m/s 運(yùn)動(dòng)員滑過A點(diǎn)至停下過程中，由動(dòng)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)1.5×103 N　方向豎直向下　(3)6.0 m 8