【推荐】2019届高考物理二轮复习专项突破训练动力学和能量观点的综合应用.docx

物理 习题 试卷

参考答案

1.答案 BD 2.答案 BC

3.答案 (1)40 N/m (2)2.0 m/s (3)6.0 N 解析 (1)小球在A处由平衡条件可知： 沿半径方向：k(R－0.8R)＝mgcos θ 得：k＝40 N/m

1

(2)由A到B过程，由动能定理得：mgR(1－cos θ)＝mvB2－0

2得：vB＝2.0 m/s

vB2

(3)在B点由牛顿第二定律得，k(R－0.8R)＋FNB－mg＝m R得：FNB＝6.0 N 4.答案 (1) 1

Rm2mg??

h－ (2)mg?2?

πC0ρ0R?πC0ρ0?

解析 (1)设雨滴竖直下落的收尾速度大小为v 雨滴达到收尾速度时开始匀速下落，则有：mg＝Ff 11

又因为Ff＝C0ρ0Sv2＝C0ρ0·πR2v2

22解得：v＝

1

2mg

πC0ρ0

R(2)设雨滴在空中由静止沿竖直方向下落至地面的过程克服空气阻力所做的功为Wf，

1

由动能定理：mgh－Wf＝mv2

2

m??

解得：Wf＝mg?h－2?

πC0ρ0R??5

5.答案 (1)2R (2)6mg (3)mgR

2

5

物理 习题 试卷

vC2

解析 (1)因为物块恰好能通过C点，有：mg＝m

R12

物块由C点做平抛运动，有：x＝vCt,2R＝gt

2解得：x＝2R

即物块在水平轨道的落点与B点的距离为2R.

11

(2)物块由B到C过程中机械能守恒，有：mvB2＝2mgR＋mvC2

22

vB2

设物块在B点时受到轨道的支持力为FN，有：FN－mg＝m，

R解得：FN＝6mg

由牛顿第三定律可知，物块在B点时对半圆轨道的压力FN′＝FN＝6mg. (3)由机械能守恒定律可知，物块在A点时弹簧的弹性势能为：Ep＝2mgR＋

12

mvC2，解得Ep＝mgR.

6.答案 (1)25.6 N (2)0.4 s

解析 (1)滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒得： 1212

mvD＝mvC＋mgR(1－cos 37°) 22滑块在D点的速度vD＝vC2＋2gR1－cos 37°

＝33 m/s

5

2

vD2

在D点对滑块受力分析，根据牛顿第二定律有：FN－mg＝m

RvD2

滑块受到的支持力FN＝mg＋m＝25.6 N

R根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力FN′＝FN＝25.6 N，方向竖直向下

(2)滑块离开B点后做平抛运动，恰好在C点沿切线方向进入圆弧形轨道 由几何关系可知，滑块运动到B点的速度为vB＝vCcos 37°＝4 m/s

6

物理 习题 试卷

12

滑块由A点运动到B点的过程，根据动能定理有：Pt－μmgL＝mvB－0

2

mvB2＋2μgL解得：水平外力作用在滑块上的时间t＝＝0.4 s

2P7.答案 见解析

1

解析 (1)由动能定理得×2mv02＝2mg(h－Lsin θ)

2解得：v0＝2h－Lg

(2)对木板与物块整体，由牛顿第二定律得F0－2mgsin θ＝2ma0 对物块，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma0 3

解得：F0＝mg

2

(3)设拉力F的作用时间为t1，再经时间t2物块与木板达到共速，再经时间

t3木板下端到达B点，速度恰好减为零．

对木板由牛顿第二定律得，F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1

mgsin θ＋μmgcos θ＝ma3

对物块由牛顿第二定律得，μmgcos θ－mgsin θ＝ma2 对木板与物块整体由牛顿第二定律得，2mgsin θ＝2ma4 另有：a1t1－a3t2＝a2(t1＋t2)

a2(t1＋t2)＝a4t3

111ha1t12＋a1t1·t2－a3t22＋a4t32＝ 222sin θW＝F·a1t12 9

解得：W＝mgh 4

12

7

物理 习题 试卷

8