2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 階段滾動(dòng)卷二(含解析)

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1、階段滾動(dòng)卷二 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分,滿分100分,時(shí)間90分鐘。 第Ⅰ卷 一、選擇題(本題共12小題,每小題4分,共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1~7題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,第8~12題有多項(xiàng)符合題目要求,全部答對(duì)得4分,選對(duì)但不全的得2分,有選錯(cuò)的得0分) 1.(2019·四川自貢高三一診)如圖,是發(fā)射的一顆人造衛(wèi)星在繞地球軌道上的幾次變軌圖,軌道Ⅰ是圓軌道,軌道Ⅱ和軌道Ⅲ是依次在P點(diǎn)變軌后的橢圓軌道。下列說法正確的是(  ) A.衛(wèi)星在軌道Ⅰ上的運(yùn)行速度大于7.9 km/s B.衛(wèi)星在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)時(shí),在P點(diǎn)和Q點(diǎn)的速度大小相等

2、 C.衛(wèi)星在軌道Ⅰ上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的加速度等于衛(wèi)星在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的加速度 D.衛(wèi)星從軌道Ⅰ的P點(diǎn)加速進(jìn)入軌道Ⅱ后機(jī)械能減小 答案 C 解析 第一宇宙速度v1=7.9 km/s是近地衛(wèi)星的運(yùn)行速度,是圓軌道衛(wèi)星最大的環(huán)繞速度,根據(jù)半徑越大,線速度越小,可知衛(wèi)星在軌道Ⅰ上運(yùn)行時(shí)的速度一定小于7.9 km/s,故A錯(cuò)誤;根據(jù)開普勒第二定律可知,衛(wèi)星在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)時(shí),P點(diǎn)為近地點(diǎn),Q點(diǎn)為遠(yuǎn)地點(diǎn),則在P點(diǎn)的速度大小大于在Q點(diǎn)的速度大小,故B錯(cuò)誤;根據(jù)a=可知,衛(wèi)星在軌道Ⅰ上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的加速度等于衛(wèi)星在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的加速度,故C正確;衛(wèi)星從軌道Ⅰ的P點(diǎn)加速進(jìn)入軌道Ⅱ后機(jī)械能增大,故

3、D錯(cuò)誤。 2. (2019·榆林一模)如圖所示,A為地球赤道表面的物體,B為環(huán)繞地球運(yùn)行的衛(wèi)星,此衛(wèi)星在距離地球表面的高度處做勻速圓周運(yùn)動(dòng),且向心加速度的大小為a,地球的半徑為R,引力常量為G。則下列說法正確的是(  ) A.物體A的向心加速度大于a B.物體A的線速度比衛(wèi)星B的線速度大 C.地球的質(zhì)量為 D.地球兩極的重力加速度大小為a 答案 D 解析 根據(jù)G=ma得a=,可知B的向心加速度a大于地球同步衛(wèi)星的向心加速度,而根據(jù)a=ω2r可知,同步衛(wèi)星的向心加速度大于物體A的向心加速度,則物體A的向心加速度小于a,故A錯(cuò)誤;根據(jù)G=m可知v= ,則B的線速度大于地球同步衛(wèi)星

4、的線速度,而根據(jù)v=ωr可知,同步衛(wèi)星的線速度大于物體A的線速度,則物體A的線速度小于衛(wèi)星B的線速度,故B錯(cuò)誤;對(duì)衛(wèi)星B,根據(jù)G=ma可得,地球的質(zhì)量為,故C錯(cuò)誤;根據(jù)G=mg可得,地球兩極的重力加速度大小為g==a,故D正確。 3.(2019·成都三模)目前,我國(guó)在人工智能和無人駕駛技術(shù)方面已取得較大突破。為早日實(shí)現(xiàn)無人駕駛,某公司對(duì)汽車性能進(jìn)行了一項(xiàng)測(cè)試,讓質(zhì)量為m的汽車沿一山坡直線行駛。測(cè)試中發(fā)現(xiàn),下坡時(shí)若關(guān)掉油門,則汽車的速度保持不變;若以恒定的功率P上坡,則從靜止啟動(dòng)做加速運(yùn)動(dòng),發(fā)生位移s時(shí)速度剛好達(dá)到最大值vm,設(shè)汽車在上坡和下坡過程中所受阻力的大小分別保持不變,下列說法正確的是

5、(  ) A.關(guān)掉油門后的下坡過程,汽車的機(jī)械能守恒 B.關(guān)掉油門后的下坡過程,坡面對(duì)汽車的支持力的沖量為零 C.上坡過程中,汽車速度由增至,所用的時(shí)間可能等于 D.上坡過程中,汽車從靜止啟動(dòng)到剛好達(dá)到最大速度vm,所用時(shí)間一定小于 答案 D 解析 汽車關(guān)掉油門后的勻速下坡過程,汽車的速度不變,動(dòng)能不變,重力勢(shì)能減小,則汽車的機(jī)械能減小,故A錯(cuò)誤;汽車關(guān)掉油門后的下坡過程,坡面對(duì)汽車的支持力大小不為零,時(shí)間不為零,則支持力的沖量不為零,故B錯(cuò)誤;汽車上坡過程中,汽車速度由增至,設(shè)所用的時(shí)間為t,位移為s′,所受阻力為f(包含重力沿坡面的分力),根據(jù)動(dòng)能定理可得:Pt-fs′=m

6、2-m·2,解得t=+,故C錯(cuò)誤;上坡過程中,汽車從靜止啟動(dòng)到剛好達(dá)到最大速度vm的過程,功率不變,速度增大,則牽引力減小,加速度減小,做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),設(shè)所用時(shí)間為T,則·T

7、0過程中,物體的機(jī)械能不斷減少 答案 C 解析 0~h0過程中,Ek-h圖象為一條直線,由動(dòng)能定理得:(F-mg)h0=mgh0-0,故F=2mg,A錯(cuò)誤;由A可知,F(xiàn)在0~h0過程中做功為2mgh0,在h0~2h0過程中,由動(dòng)能定理可知,WF-mgh0=1.5mgh0-mgh0,解得WF=1.5mgh0,因此在0~h0和h0~2h0過程中,F(xiàn)做功之比為4∶3,故B錯(cuò)誤;由A、B兩項(xiàng)分析可知,在0~2h0過程中,F(xiàn)一直做正功,故物體的機(jī)械能不斷增加,C正確;在2h0~3.5h0過程中,取任一高度(2h0+h′),由圖乙可知此時(shí)物體的動(dòng)能為mg(1.5h0-h(huán)′),由動(dòng)能定理WF′-mgh′

8、=mg(1.5h0-h(huán)′)-1.5mgh0,得WF′=0,即F做功為0,故物體的機(jī)械能保持不變,D錯(cuò)誤。 5.(2019·大武口區(qū)校級(jí)一模)質(zhì)量m=200 kg的小型電動(dòng)汽車在平直的公路上由靜止啟動(dòng),圖象甲表示汽車運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系,圖象乙表示汽車牽引力的功率與時(shí)間的關(guān)系。設(shè)汽車在運(yùn)動(dòng)過程中阻力不變,在18 s末汽車的速度恰好達(dá)到最大。則下列說法正確的是(  ) A.汽車受到的阻力為200 N B.汽車的最大牽引力為800 N C.汽車在做變加速運(yùn)動(dòng)過程中的位移大小為90 m D.8~18 s過程中汽車牽引力做的功為8×104 J 答案 D 解析 當(dāng)牽引力等于阻力時(shí),汽車

9、的速度達(dá)到最大值,則有:f==800 N,故A錯(cuò)誤;在0~8 s過程中,汽車做勻加速運(yùn)動(dòng),在8~16 s過程中,汽車做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),由F-f=ma可知,牽引力逐漸減小,由此可知0~8 s汽車的牽引力最大,則有:Fm== N=1000 N,故B錯(cuò)誤;汽車做變加速運(yùn)動(dòng)的過程中,根據(jù)動(dòng)能定理得:Pmt-fs=mv-mv,解得:s=95.5 m,故C錯(cuò)誤;8~18 s過程中汽車牽引力已達(dá)到最大功率,所以牽引力做的功為:W=Pmt=8×104 J,故D正確。 6. (2019·重慶南開中學(xué)高三4月模擬)如圖所示,甲、乙兩小球大小相同,質(zhì)量相等,甲小球從某高度h處釋放,做自由落體運(yùn)動(dòng),乙小球在它

10、的正下方的水平面上以某一初速度同時(shí)做豎直上拋運(yùn)動(dòng),如果兩小球碰撞時(shí)恰好速度大小相等,方向相反,且碰撞過程中無機(jī)械能損失,關(guān)于其運(yùn)動(dòng),下列說法正確的是(  ) A.甲、乙小球從開始運(yùn)動(dòng)到相碰的過程,系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B.甲小球碰后將先回到出發(fā)點(diǎn) C.乙小球碰前、碰后兩個(gè)階段的重力的沖量一定相等 D.甲、乙兩球碰前的平均速度大小比值為1∶2 答案 C 解析 甲、乙小球從開始運(yùn)動(dòng)到相碰的過程,由于它們都受重力的作用,系統(tǒng)的合力不為零,所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,故A錯(cuò)誤;兩球發(fā)生彈性碰撞,碰后兩球速度大小相等,方向相反,運(yùn)動(dòng)規(guī)律與各自碰撞前的運(yùn)動(dòng)規(guī)律對(duì)稱,則它們運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,即同時(shí)回到出發(fā)點(diǎn),所

11、以小球碰前、碰后兩個(gè)階段的時(shí)間相同,小球所受重力的沖量也相同,故B錯(cuò)誤,C正確;設(shè)甲、乙兩球相遇時(shí)的速度為v,甲的初速度為0,乙的初速度為v1,由題知甲、乙兩球運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,加速度大小相等,即v=gt=v1-gt,由此可得v1=2v,由勻變速運(yùn)動(dòng)平均速度=知,甲==,乙==,則甲∶乙=1∶3,故D錯(cuò)誤。 7.(2019·北京西城一模)隨著科幻電影《流浪地球》的熱映,“引力彈弓效應(yīng)”進(jìn)入了公眾的視野?!耙椆?yīng)”是指在太空運(yùn)動(dòng)的探測(cè)器,借助行星的引力來改變自己的速度。為了分析這個(gè)過程,可以提出以下兩種模式:探測(cè)器分別從行星運(yùn)動(dòng)的反方向或同方向接近行星,分別因相互作用改變了速度。如圖所示,以

12、太陽為參考系,設(shè)行星運(yùn)動(dòng)的速度為u,探測(cè)器的初速度大小為v0,在圖示的兩種情況下,探測(cè)器在遠(yuǎn)離行星后速度大小分別為v1和v2。探測(cè)器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞,但是在行星的運(yùn)動(dòng)方向上,其運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以與兩個(gè)質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確的是(  ) A.v1>v0 B.v1=v0 C.v2>v0 D.v2=v0 答案 A 解析 設(shè)探測(cè)器的質(zhì)量為m,行星的質(zhì)量為M,探測(cè)器和行星發(fā)生彈性碰撞。對(duì)于模型一:設(shè)向左為正方向,由動(dòng)量守恒定律:Mu-mv0=mv1+Mu1,由能量守恒Mu2+mv=mv+Mu,聯(lián)立解得探測(cè)器碰后的速度v1=,因M?m

13、,則v1≈2u+v0>v0,故A正確,B錯(cuò)誤;對(duì)于模型二:設(shè)向左為正方向,由動(dòng)量守恒定律:Mu+mv0=-mv2+Mu2,由能量守恒Mu2+mv=mv+Mu,聯(lián)立解得探測(cè)器碰后的速度v2=,因M?m,則v2≈v0-2u

14、.月球表面的重力加速度為2 B.探測(cè)器在月面行走時(shí),探測(cè)器內(nèi)的儀器處于完全失重狀態(tài) C.月球的第一宇宙速度為R1 D.嫦娥四號(hào)環(huán)月飛行的最小周期為2π 答案 CD 解析 在地球表面,根據(jù)萬有引力和重力的關(guān)系可得:mg=G,在月球表面,根據(jù)萬有引力和重力的關(guān)系可得:mg月=G,聯(lián)立解得:g月=,故A錯(cuò)誤;探測(cè)器在月面行走時(shí),探測(cè)器內(nèi)的儀器仍受月球的重力作用,不是處于失重狀態(tài),故B錯(cuò)誤;月球的第一宇宙速度為v==R1 ,故C正確;嫦娥四號(hào)環(huán)月飛行時(shí)按月球的第一宇宙速度運(yùn)行時(shí)周期最小,嫦娥四號(hào)環(huán)月飛行的最小周期為T==2π ,故D正確。 9. (2019·吉林省長(zhǎng)春市二模)如圖所示,固定

15、于地面、傾角為θ的光滑斜面上有一輕質(zhì)彈簧,輕質(zhì)彈簧一端與固定于斜面底端的擋板C連接,另一端與物塊A連接,物塊A上方放置有另一物塊B,物塊A、B質(zhì)量均為m且不粘連,整個(gè)系統(tǒng)在沿斜面向下的外力F作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)。某一時(shí)刻將力F撤去,在彈簧將A、B彈出過程中,若A、B能夠分離,重力加速度為g。則下列敘述正確的是(  ) A.A、B剛分離的瞬間,兩物塊速度達(dá)到最大 B.A、B剛分離的瞬間,A的加速度大小為gsinθ C.從力F撤去到A、B分離的過程中,A物塊的機(jī)械能一直增加 D.從力F撤去到A、B分離的過程中,A、B物塊和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 答案 BCD 解析 當(dāng)加速度等于零時(shí)

16、,兩個(gè)物塊的速度達(dá)到最大,A、B剛分離的瞬間,彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài),A、B之間沒有彈力作用,此時(shí)A、B都只受重力和斜面的支持力,有共同的沿斜面向下的加速度gsinθ,速度不是最大,A錯(cuò)誤,B正確;從力F撤去到A、B分離的過程中,彈簧對(duì)A物塊的彈力始終大于B物塊對(duì)A物塊的彈力,這兩個(gè)力的合力對(duì)A做正功,所以A的機(jī)械能增大,C正確;從力F撤去到A、B分離的過程中,A、B物塊和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力和彈簧彈力做功,所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒,D正確。 10.(2019·河北唐山一模)一子彈以初速度v0擊中靜止在光滑水平面上的木塊,最終子彈未能射穿木塊,射入的深度為d,木塊運(yùn)動(dòng)的位移為s。則以下說法正確的是( 

17、 ) A.子彈動(dòng)能的虧損等于系統(tǒng)動(dòng)能的虧損 B.子彈動(dòng)量變化量的大小等于木塊動(dòng)量變化量的大小 C.摩擦力對(duì)木塊做的功等于摩擦力對(duì)子彈做的功 D.子彈對(duì)木塊做的功等于木塊動(dòng)能的增量 答案 BD 解析 子彈射入木塊的過程,要產(chǎn)生內(nèi)能,由能量守恒定律知子彈動(dòng)能的虧損大于系統(tǒng)動(dòng)能的虧損,故A錯(cuò)誤;子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,系統(tǒng)動(dòng)量的變化量為零,則子彈與木塊動(dòng)量變化量的大小相等,方向相反,故B正確;摩擦力對(duì)木塊做的功為fs,摩擦力對(duì)子彈做的功為-f(s+d),可知二者不等,故C錯(cuò)誤;對(duì)木塊,根據(jù)動(dòng)能定理可知:子彈對(duì)木塊做的功即為摩擦力對(duì)木塊的功,等于木塊動(dòng)能的增量,故D正確。 11

18、.(2019·安徽宣城二模)如圖a,在豎直平面內(nèi)固定一光滑的半圓形軌道ABC,小球以一定的初速度從最低點(diǎn)A沖上軌道,圖b是小球在半圓形軌道上從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中,其速度的平方與其對(duì)應(yīng)高度的關(guān)系圖象。已知小球在最高點(diǎn)C受到軌道的作用力為2.5 N,空氣阻力不計(jì),B點(diǎn)為AC軌道的中點(diǎn),重力加速度g取10 m/s2,下列說法正確的是(  ) A.圖b中x=36 m2·s-2 B.小球質(zhì)量為0.2 kg C.小球在A點(diǎn)時(shí)重力的功率為5 W D.小球在B點(diǎn)受到的軌道作用力為8.5 N 答案 BD 解析 由圖b可知軌道半徑R=0.4 m,小球在C點(diǎn)的速度vC=3 m/s,那么由牛頓第二定律

19、可得:F+mg=,解得:m== kg=0.2 kg,故B正確;小球在光滑軌道上運(yùn)動(dòng),只有重力做功,故機(jī)械能守恒,所以有:mv=mv+mg2R,解得:v=v+2g2R,即為:x=v=9+2×10×0.8 m2/s2=25 m2/s2,故A錯(cuò)誤;小球在A點(diǎn)時(shí)重力G=mg=2 N,方向向下,速度vA=5 m/s,方向向右,故小球在A點(diǎn)時(shí)重力的功率為0,C錯(cuò)誤;由機(jī)械能守恒可得小球在B點(diǎn)的速度為:vB== m/s= m/s,此時(shí)在水平方向受到軌道的支持力為:F== N=8.5 N,所以,小球在B點(diǎn)受到的軌道作用力為8.5 N,故D正確。 12. (2019·湖北模擬)如圖所示,固定的光滑豎直桿上套一

20、個(gè)滑塊A,與滑塊A連接的細(xì)線繞過光滑的輕質(zhì)定滑輪連接滑塊B,細(xì)線不可伸長(zhǎng),滑塊B放在粗糙的固定斜面上,連接滑塊B的細(xì)線和斜面平行,滑塊A從細(xì)線水平位置由靜止釋放(不計(jì)輪軸處的摩擦),到滑塊A下降到速度最大(A未落地,B未上升至滑輪處)的過程中(  ) A.滑塊A和滑塊B的加速度大小一直相等 B.滑塊A減小的機(jī)械能等于滑塊B增加的機(jī)械能 C.滑塊A的速度最大時(shí),滑塊A的速度大于B的速度 D.細(xì)線上張力對(duì)滑塊A做的功等于滑塊A機(jī)械能的變化量 答案 CD 解析 兩滑塊與繩構(gòu)成繩連接體,沿繩方向的加速度相等,則A的分加速度大小等于B的加速度大小,故A錯(cuò)誤;由能量守恒定律可知滑塊A減小的

21、機(jī)械能等于滑塊B增加的機(jī)械能和摩擦生熱之和,故B錯(cuò)誤;繩連接體沿繩的速度相等,則A沿繩的分速度大小等于B的運(yùn)動(dòng)速度大小,如圖所示, 即滑塊A的速度大于B的速度,故C正確;對(duì)A受力分析可知,除重力外,只有細(xì)線的張力對(duì)A做功,由功能關(guān)系可知,細(xì)線上張力對(duì)滑塊A做的功等于滑塊A機(jī)械能的變化量,故D正確。 第Ⅱ卷 二、非選擇題(本題共4小題,共52分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、只寫出最后答案的不能得分,有數(shù)值計(jì)算的題,答案中必須明確寫出數(shù)值和單位) 13.(2019·撫州模擬)(12分)如圖所示,從A點(diǎn)以v0的水平速度拋出一質(zhì)量m=1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí),恰好沿

22、切線方向進(jìn)入光滑圓弧軌道BC,經(jīng)圓弧軌道后滑上與C點(diǎn)等高靜止在光滑水平面的長(zhǎng)木板上,圓弧軌道C端切線水平。已知長(zhǎng)木板的質(zhì)量M=4 kg,A、B兩點(diǎn)距C點(diǎn)的高度分別為H=0.6 m、h=0.15 m,R=0.75 m,物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,g取10 m/s2。求: (1)水平拋出速度v0的大小; (2)長(zhǎng)木板至少為多長(zhǎng),才能保證小物塊不滑出長(zhǎng)木板? 答案 (1)4 m/s (2)2.24 m 解析 (1)小物塊做平拋運(yùn)動(dòng),則有:H-h(huán)=gt2 小物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)豎直分速度為:vy=gt 解得:vy=3 m/s 設(shè)∠BOC=θ,由幾何關(guān)系可得: cosθ==,t

23、anθ=,解得:v0=4 m/s。 (2)小物塊從A到C,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得: mv+mgH=mv,解得:vC=2 m/s 小物塊滑上長(zhǎng)木板后,二者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,由動(dòng)量守恒定律可得:mvC=(M+m)v共 解得:v共= m/s 由能量守恒定律,得:μmgL=mv-(m+M)v 解得:長(zhǎng)木板的最小長(zhǎng)度L=2.24 m。 14. (2019·河南安陽二模)(12分)如圖所示,一圓心為O、半徑為R的光滑半圓軌道固定在豎直平面內(nèi),其下端和粗糙的水平軌道在A點(diǎn)相切,AB為圓弧軌道的直徑。質(zhì)量分別為m、2m的滑塊1、2用很短的細(xì)線連接,在兩滑塊之間夾有壓縮的短彈簧(彈簧與滑塊不固連

24、,彈簧和細(xì)線均未畫出),滑塊1、2位于A點(diǎn)?,F(xiàn)剪斷兩滑塊間的細(xì)線,滑塊1恰能過B點(diǎn),且落地點(diǎn)恰與滑塊2停止運(yùn)動(dòng)的地點(diǎn)重合。滑塊1、2可視為質(zhì)點(diǎn),不考慮滑塊1落地后反彈,不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g,求: (1)滑塊1過B點(diǎn)的速度大??; (2)彈簧釋放的彈性勢(shì)能大?。? (3)滑塊2與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)。 答案 (1) (2)mgR (3) 解析 (1)滑塊1恰能過B點(diǎn), 則有mg=m,解得:vB=。 (2)滑塊1從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中,根據(jù)動(dòng)能定律有:-mg·2R=mv-mv 解得:vA= 滑塊1、2被彈簧彈開前后,滑塊1、2組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有:m

25、vA=2mv 根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律有:Ep=mv+·2mv2 聯(lián)立解得:Ep=mgR。 (3)滑塊1過B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng),則 水平方向有:x=vBt 豎直方向有:2R=gt2 滑塊2在水平方向做減速運(yùn)動(dòng),根據(jù)動(dòng)能定理有: -μ·2mg·x=0-·2mv2,聯(lián)立解得:μ=。 15.(2019·安徽合肥二模)(14分)將一輕彈簧豎直放置在地面上,在其頂端由靜止釋放一質(zhì)量為m的物體,當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí),其壓縮量為l?,F(xiàn)將該彈簧的兩端分別拴接小物塊A與B,并將它們靜置于傾角為30°的足夠長(zhǎng)固定斜面上,B靠在垂直于斜面的擋板上,P點(diǎn)為斜面上彈簧自然狀態(tài)時(shí)A的位置,如圖所示。由斜面上距P

26、點(diǎn)6l的O點(diǎn),將另一物塊C以初速度v0=5 沿斜面向下滑行,經(jīng)過一段時(shí)間后與A發(fā)生正碰,碰撞時(shí)間極短,碰后C、A緊貼在一起運(yùn)動(dòng),但不粘連,已知斜面P點(diǎn)下方光滑、上方粗糙,A、B、C的質(zhì)量均為4m,與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=,彈簧勁度系數(shù)k=,彈簧始終在彈性限度內(nèi),重力加速度為g。求: (1)C與A碰撞前瞬間的速度大??; (2)C最終停止的位置與O點(diǎn)的距離; (3)判斷上述過程中B能否脫離擋板,并說明理由。 答案 (1) (2)4l (3)Ek>0,說明此時(shí)A仍有沿斜面向上的速度,故B能脫離擋板 解析 (1)剛開始A壓縮彈簧,設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為x1,對(duì)A根據(jù)平衡條件可得:4mg

27、sin30°=kx1 解得:x1=l 設(shè)C與A碰前瞬間速度大小為v1,對(duì)C,由動(dòng)能定理得: 4mgsin30°(6l+x1)-μ·4mgcos30°·6l=(4m)v-(4m)v 聯(lián)立以上各式得:v1=。 (2)依題意,當(dāng)豎直放置的彈簧被壓縮l時(shí),質(zhì)量為m的物體的動(dòng)能為零,其重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能,由機(jī)械能守恒定律,彈簧的彈性勢(shì)能為:Ep=mgl。 C與A碰撞過程中動(dòng)量守恒,有:4mv1=8mv2 C與A碰后一起壓縮彈簧至返回P點(diǎn)過程,B始終未動(dòng),對(duì)A、C及彈簧組成的系統(tǒng),根據(jù)機(jī)械能守恒定律得: (8m)v+Ep=8mgsin30°·l+(8m)v 此后C與A分離,C沿

28、斜面向上做勻減速運(yùn)動(dòng)直至停下,對(duì)C,根據(jù)動(dòng)能定理可得: -4mgsin30°·x2-μ·4mgcos30°·x2=0-(4m)v 聯(lián)立以上各式得:x2=2l,即C最終停止的位置與O點(diǎn)相距4l。 (3)要使B離開擋板,則彈簧必須伸長(zhǎng)到 x3==l, 即A需到達(dá)斜面上P點(diǎn)上方l處,此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能恰也為Ep, 假定A可以到達(dá)該處,A由P至該處的運(yùn)動(dòng)過程,根據(jù)動(dòng)能定理得: -4mgsin30°·l-μ·4mgcos30°·l+WT=Ek-(4m)v 其中WT=-Ep=-mgl 由以上式子可得Ek>0,說明此時(shí)A仍有沿斜面向上的速度,故B能脫離擋板。 16.(2019·山東聊城二

29、模)(14分)如圖a所示,輕質(zhì)彈簧左端固定在墻上,自由狀態(tài)時(shí)右端在C點(diǎn),C點(diǎn)左側(cè)地面光滑、右側(cè)粗糙。用可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m=1 kg的物體A將彈簧壓縮至O點(diǎn)并鎖定。以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)建立坐標(biāo)軸。現(xiàn)用水平向右的拉力F作用于物體A,同時(shí)解除彈簧鎖定,使物體A做勻加速直線運(yùn)動(dòng),拉力F隨位移x變化的關(guān)系如圖b所示,運(yùn)動(dòng)到0.225 m處時(shí),撤去拉力F。 (1)求物體A與粗糙地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)以及向右運(yùn)動(dòng)至最右端的位置D點(diǎn)的坐標(biāo); (2)若在D點(diǎn)給物體A一向左的初速度,物體A恰好能將彈簧壓縮至O點(diǎn),求物體A到C點(diǎn)時(shí)的速度大?。? (3)質(zhì)量為M=3 kg的物體B在D點(diǎn)與靜止的物體A發(fā)生彈性正碰,碰后物

30、體A向左運(yùn)動(dòng)并恰能壓縮彈簧到O點(diǎn),求物體B與A碰撞前的瞬時(shí)速度大小。 答案 (1)0.5 0.45 m (2) m/s (3) m/s 解析 (1)由于物體A做勻加速直線運(yùn)動(dòng),結(jié)合圖象,可知:從O到C點(diǎn)的過程中:F彈+F=ma 在C點(diǎn),F(xiàn)C彈=0、FC=5 N,解得:a=5 m/s2 在C點(diǎn)右側(cè):F-μmg=ma、F=10 N,解得:μ=0.5 從O到C點(diǎn),物體A做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則: v=2axOC 解得:vC=1 m/s 物體A從C到D的過程中,由動(dòng)能定理得: Fx1-μmg·xCD=0-mv 其中x1=0.225 m-0.1 m=0.125 m 解得:xCD=0.3

31、5 m D點(diǎn)坐標(biāo):xD=xOC+xCD=0.45 m。 (2)設(shè)物體A到C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC1,物體A將彈簧由C點(diǎn)壓縮至O點(diǎn)的過程, 由動(dòng)能定理得:-W彈=0-mv 物體A從O到C,由動(dòng)能定理得: W彈+WF=mv-0 其中WF=xOC 聯(lián)立解得:vC1= m/s。 (3)B與A發(fā)生彈性正碰,設(shè)B碰前速度為v0,碰后速度為v1;碰后A的速度為v2,則: 由動(dòng)量守恒定律有Mv0=Mv1+mv2 由機(jī)械能守恒定律有Mv=Mv+mv 物體A從D到C的過程中,由動(dòng)能定理: -μmgxCD=mv-mv 聯(lián)立解得:v2=2 m/s、v0= m/s。 - 13 -

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