2020版高考物理二轮复习 第一部分 专题复习训练 2-6 力学三大观点的应用真题对点练（含解析）

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1、力学三大观点的应用 1．(2017年高考·课标全国卷Ⅲ)如图2—6—13所示，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求： 图2—6—13 (1)B与木板相对静止时，木板的速度； (2)A、B开始运动时，两者之间的距离. 解：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木

2、板也在地面上滑动．设A、B与木板间的摩擦力的大小分别为f1、f2，木板与地面间的摩擦力的大小为f3，A、B、木板相对于地面的加速度大小分别是aA、aB和a1，在物块B与木板达到共同速度前有：f1＝μ1mAg① f2＝μ1mBg② f3＝μ2(mA＋mB＋m)g③ 由牛顿第二定律得f1＝mAaA④ f2＝mBaB⑤ f2－f1－f3＝ma1⑥ 设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1.由运动学公式有v1＝v0－aBt1⑦ v1＝a1t1⑧ 联立①②④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得： v1＝1 m/s⑨ (2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离 sB＝v0t1－aBt

3、12⑩ 设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有： f1＋f3＝(mB＋m)a2⑪ 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧可知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度从v1变到v2所用时间为t2， 根据运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫ 对A有v2＝－v1＋aAt2⑬ 在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1＝v1t2－a2t22⑭ 在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为 sA＝v0(t

4、1＋t2)－aA(t1＋t2)2⑮ A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同．因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝sA＋s1＋sB⑯ 联立以上各式，代入数据得 s0＝1.9 m. 2．(2019年高考·课标全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图2－6－14(a)所示．t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A运动的v－t图象如图2－6－14(b)所示，

5、图中的v1和t1均为未知量．已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力． 图2—6—14 (1)求物块B的质量； (2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功； (3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值． 解：(1)设物块A和物块B发生碰撞后一瞬间的速度分别为vA、vB，弹性碰撞瞬间，动量守恒，机械能守恒， 即：mv1＝mvA＋mBvB mv12＝mvA2＋mBvB2 联立方程解得：vA＝

6、v1；vB＝v1 根据v－t图象可知，vA＝－v1 解得：mB＝3m (2)设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得 当物块A沿斜面下滑时：mgsinθ－f＝ma1， 由v－t图象知：a1＝ 当物体A沿斜面上滑时：mgsinθ＋f＝ma2， 由v－t图象知：a2＝ 解得：f＝mgsinθ； 又因下滑位移x1＝＝v1t1 则碰后A反弹，沿斜面上滑的最大位移为： x2＝＝··0.4t1＝0.1v1t1 其中h为P点离水平面得高度，即h＝H 解得x2＝ 故在图(b)描述的整个过程中，物块A克服摩擦力做的总功为： Wf＝f(x1＋x2)＝mgsinθ×(＋)＝mgH (3)

7、设物块B在水平面上最远的滑行距离为S，设原来的摩擦因数为μ 则以A和B组成的系统，根据能量守恒定律有： mg(H－h)＝μmg＋μmBgS 设改变后的摩擦因数为μ′，然后将A从P点释放，A恰好能与B再次碰上，即A恰好滑到物块B位置时，速度减为零，以A为研究对象，根据能量守恒定律得： mgh＝μ′mg＋μ′mgS 又据(2)的结论可知：Wf＝mgH＝μmg， 得：tanθ＝9μ 联立解得，改变前与改变后的动摩擦因数之比为＝. 3．(2019年高考·课标全国卷Ⅱ)一质量为m＝2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机突然发现前方100 m处有一警示牌．立

8、即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图2－6－15(a)中的图线．图(a)中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8 s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m. 　 图2—6—15 (1)在图2－6－15(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v－t图线； (2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小； (3)求刹车

9、前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)? 解：(1)v－t图象如图2—6—16所示． 图2—6—16 (2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2.在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a.取Δt＝1 s．设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt内位移为Sn，n＝1，2，3…… 若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内未停止，设它在t2＋3Δt时刻的速度为v3，在t2＋4Δt时刻的

10、速度为v4，由运动学有 s1－s4＝3a(Δt)2① s1＝v2Δt－a(Δt)2② v4＝v2－4aΔt③ 联立①②③式，代入已知数据解得 v4＝－ m/s④ 这说明在t2＋4Δt时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立． 由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt内汽车停止，由运动学公式 v3＝v2－3aΔt⑤ 2as4＝v32⑥ 联立②⑤⑥，代入已知数据解得 a＝8 m/s2，v2＝28 m/s⑦ 或者a＝ m/s2，v2＝29.76 m/s 当v2＝29.76 m/s时，v3<0舍掉， ∴a＝8 m/s2，v2＝28 m/s⑧ (3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1， 由牛顿定律有：f1＝ma⑨ 在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为： I＝f1(t2－t1)⑩ 由动量定理有：I＝mv1－mv2⑪ 由动量定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为： W＝mv12－mv22⑫ 联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得 v1＝30 m/s⑬ W＝1.16×105 J⑭ 从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为 s＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋⑮ 联立⑦⑬⑮，代入已知数据解得 s＝87.5 m⑯ - 7 -