高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題檢測（十一）應(yīng)用“能量觀點”和“動量觀點”破解力學(xué)計算題（含解析）-人教版高三全冊物理試題

1.(2018·福建聯(lián)考)如圖，固定直桿上套有一小球和兩根輕彈簧，兩根輕彈簧的一端與小球相連，另一端分別固定在桿上相距為2L的A、B兩點。直桿與水平面的夾角為θ，小球質(zhì)量為m，兩根輕彈簧的原長均為L、勁度系數(shù)均為eq\f(3mgsinθ,L)，g為重力加速度。(1)小球在距B點eq\f(4,5)L的P點處于靜止?fàn)顟B(tài)，求此時小球受到的摩擦力大小和方向；(2)設(shè)小球在(1)中P點受到的摩擦力為最大靜摩擦力，且與滑動摩擦力相等。現(xiàn)讓小球從P點以一沿桿方向的初速度向上運動，小球最高能到達距A點eq\f(4,5)L的Q點，求初速度的大小。解析：(1)小球在P點時兩根彈簧的彈力大小相等，設(shè)為F，根據(jù)胡克定律有F＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－\f(4,5)L))設(shè)小球靜止時受到的摩擦力大小為Ff，方向沿桿向下，根據(jù)平衡條件有mgsinθ＋Ff＝2解得Ff＝eq\f(mgsinθ,5)，方向沿桿向下。(2)小球在P、Q兩點時，彈簧的彈性勢能相等，故小球從P到Q的過程中，彈簧對小球做功為零由動能定理有W合＝ΔEk－mg·2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－\f(4,5)L))sinθ－Ff·2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－\f(4,5)L))＝0－eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\f(2\r(6gLsinθ),5)。答案：(1)eq\f(mgsinθ,5)，方向沿桿向下(2)eq\f(2\r(6gLsinθ),5)2．(2019屆高三·湖南六校聯(lián)考)如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為2018m的木板，板上有2018塊質(zhì)量均為m的相同木塊1、2、…、2018。最初木板靜止，各木塊分別以v、2v、…、2018v的初速度同時向同一方向運動，木塊和木板間的動摩擦因數(shù)為μ(1)最終木板的速度；(2)運動中第88塊木塊的最小速度；(3)第2塊木塊相對木板滑動的時間。解析：(1)設(shè)最終木板和木塊一起以速度v′運動，由動量守恒定律可知m(v＋2v＋…＋nv)＝2nmv′解得v′＝eq\f(n＋1,4)v＝eq\f(2019,4)v。(2)設(shè)第k塊木塊的最小速度為vk，則此時木板及第1至第(k－1)塊木塊的速度均為vk；因為每塊木塊質(zhì)量相等，所受合外力也相等(均為μmg)，故在相等時間內(nèi)，其速度的減少量也相等，因而此時，第(k＋1)塊至第n塊木塊的速度依次為vk＋v、vk＋2v、…、vk＋(n－k)v；系統(tǒng)動量守恒，故m(v＋2v＋…＋nv)＝(nm＋km)vk＋m(vk＋v)＋…＋m[vk＋(n－k)v]解得vk＝eq\f(2n＋1－kkv,4n)，v88＝eq\f(43439,1009)v。(3)第2塊木塊剛相對木板靜止的速度為v2＝eq\f(2n＋1－kkv,4n)＝eq\f(2×2018＋1－2,4×2018)×2v＝eq\f(4035,4036)v因為木塊的加速度總為a＝μgv2＝2v－μgt，解得t＝eq\f(2v－v2,μg)＝eq\f(4037v,4036μg)。答案：(1)eq\f(2019,4)v(2)eq\f(43439,1009)v(3)eq\f(4037v,4036μg)3.(2018·西安一中模擬)光滑水平面上，用輕質(zhì)彈簧連接的質(zhì)量為mA＝2kg、mB＝3kg的A、B兩物體都處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時彈簧處于原長。將質(zhì)量為mC＝5kg的物體C，從半徑R＝3.2m的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道最高點由靜止釋放，如圖所示，圓弧軌道的最低點與水平面相切，B與C碰撞后粘在一起運動。求：(1)B、C碰撞剛結(jié)束時的瞬時速度的大小；(2)在以后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能。解析：(1)對C下滑過程中，由動能定理得mCgR＝eq\f(1,2)mCv02設(shè)B、C碰撞后B與C整體的瞬時速度為v1，以水平向左為正方向，由動量守恒定律得mCv0＝(mB＋mC)v1解得v1＝5m/s。(2)由題意可知，當(dāng)A、B、C速度大小相等時彈簧的彈性勢能最大，設(shè)此時三者的速度大小為v2，以水平向左為正方向，由動量守恒定律得(mC＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2設(shè)彈簧的最大彈性勢能為Ep，則對B、C碰撞后到A、B、C速度相同過程中，由能量守恒定律得eq\f(1,2)(mB＋mC)v12＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v22＋Ep解得Ep＝20J。答案：(1)5m/s(2)20J4．(2018·全國卷Ⅱ)汽車A在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動了4.5m，A車向前滑動了2.0m。已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103kg和1.5×103kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小g＝10m(1)碰撞后的瞬間B車速度的大小；(2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。解析：(1)設(shè)B車碰后加速度大小為aB。根據(jù)牛頓第二定律有μmBg＝mBaB①設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為vB′，碰撞后滑行的距離為sB。由運動學(xué)公式有vB′2＝2aBsB②聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得vB′＝3.0m/s。③(2)設(shè)A車碰后加速度大小為aA，根據(jù)牛頓第二定律有μmAg＝mAaA④設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為vA′，碰撞后滑行的距離為sA，由運動學(xué)公式有vA′2＝2aAsA⑤設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA。兩車在碰撞過程中動量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得vA＝4.25m/s。⑦答案：(1)3.0m/s(2)4.25m/s5．(2018·臨沂模擬)如圖，長度x＝5m的粗糙水平面PQ的左端固定一豎直擋板，右端Q處與水平傳送帶平滑連接，傳送帶以一定速率v逆時針轉(zhuǎn)動，其上表面QM間距離為L＝4m，粗糙水平面MN無限長，M端與傳送帶平滑連接。物塊A和B可視為質(zhì)點，A的質(zhì)量m＝1.5kg，B的質(zhì)量M＝5.5kg。開始時A靜止在P處，B靜止在Q處，現(xiàn)給A一個向右的v0＝8m/s的初速度，A運動一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞，設(shè)A、B與傳送帶和水平面PQ、MN間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.15，A與擋板的碰撞無機械能損失。取重力加速度g＝10m/s2。(1)求A、B碰撞后瞬間的速度大?。?2)若傳送帶的速率為v＝4m/s，試判斷A、B能否再相遇，若能相遇，求出相遇的位置；若不能相遇，求它們最終相距多遠。解析：(1)設(shè)A與B碰撞前的速度為vA，由P到Q過程，由動能定理得：－μmgx＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mv02A與B碰撞前后動量守恒，有mvA＝mvA′＋MvB′由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mvA2＝eq\f(1,2)mvA′2＋eq\f(1,2)MvB′2解得vA′＝－4m/s，vB′＝3m/s即A、B碰撞后瞬間的速度大小分別為4m/s、3m/s。(2)設(shè)A碰撞后運動的路程為sA，由動能定理得：－μmgsA＝0－eq\f(1,2)mvA′2sA＝eq\f(16,3)m所以A與擋板碰撞后再向右運動sA′＝sA－x＝eq\f(1,3)m設(shè)B碰撞后向右運動的距離為sB，由動能定理得：－μMgsB＝0－eq\f(1,2)MvB′2解得sB＝3m<L故B碰撞后不能滑上MN，當(dāng)速度減為0后，B將在傳送帶的作用下反向加速運動，B再次到達Q處時的速度大小為3m/s；在水平面PQ上，由運動的對稱性可知，B再運動sB′＝sB＝3m速度為零，sB′＋sA′<5m，所以A、B不能再次相遇。最終A、B的距離sAB＝x－sA′－sB′＝eq\f(5,3)m。答案：(1)4m/s3m/s(2)不能相遇eq\f(5,3)m6．(2018·肇慶高中模擬)如圖所示，質(zhì)量M＝1.5kg的小車靜止于光滑水平面上并緊靠固定在水平面上的桌子右邊，其上表面與水平桌面相平，小車的左端放有一質(zhì)量為mQ＝0.5kg的滑塊Q。水平放置的輕彈簧左端固定，質(zhì)量為mP＝0.5kg的小物塊P置于光滑桌面上的A點并與彈簧的右端接觸，此時彈簧處于原長?，F(xiàn)用水平向左的推力F將P緩慢推至B點(彈簧處于彈性限度內(nèi))，推力做功WF＝4J，撤去F后，P沿桌面滑到小車左端并與Q發(fā)生彈性碰撞，最后Q恰好沒從小車上滑下。已知Q與小車表面間動摩擦因數(shù)μ＝0.1，取g＝10m/s2。(1)P剛要與Q碰撞前的速度是多少？(2)Q剛在小車上滑行時的初速度是多少？(3)小車的長度是多少？解析：(1)F通過P壓縮彈簧做功，根據(jù)功能關(guān)系有Ep＝WF當(dāng)彈簧完全推開P時，有Ep＝eq\f(1,2)mPv2解得v＝4m/s。(2)P、Q之間發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后Q的速度為v0，P的速度為v′，由動量守恒定律和能量守恒定律得mPv＝mPv′＋mQv0eq\f(1