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2015届高考物理二轮复习专题限时集训


1.(2014· 自贡质检)如图所示,质量分别为 M、m 的两物块 A、B 通过一轻质弹簧连接, B 足够长、放置在水平面上,所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长,运动过程中始终处 在弹性限度内。在物块 A 上施加一个水平恒力 F,A、B 从静止开始运动,弹簧第一次恢复原 长时 A、B 的速度分别为 v1、v2。

(1)求物块 A 的加速度为零时,物块 B

的加速度; (2)求弹簧第一次恢复原长时,物块 B 移动的距离; (3)在弹簧第一次恢复原长前,弹簧的弹性势能最大时两物块的速度大小关系如何?简要 说明理由。 2〃(2014· 宜宾一模)如图所示。在竖直平面内有轨道 ABCDE,其中 BC 是半径为 R 的四 分之一圆弧轨道,AB(AB>R)是竖直轨道,CE 是水平轨道,CD>R。AB 与 BC 相切于 B 点, BC 与 CE 相切于 C 点, 轨道的 AD 段光滑,DE 段粗糙且足够长。 一根长为 R 的轻杆两端 分别固定着两个质量均为 m 的相同小球 P、Q(视为质点),将轻杆锁定在图示位置,并使 Q 与 B 等高。现解除锁定释放轻杆,轻杆将沿轨道下滑,重力加速度为 g。

(1)Q 球经过 D 点后, 继续滑行距离 x 停下(x>R)。 求小球与 DE 段之间的动摩擦因数 μ; (2)求 Q 球到达 C 点时的速度大小。 3〃(2014· 衡水调研)如图甲所示,轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上,另一端点在 O 位置。质量为 m 的物块 A(可视为质点)以初速度 v0 从距 O 点为 x0 的 P 点沿斜面向下运动, 与弹簧接触后压缩弹簧,将弹簧右端压到 O′点位置后,A 又被弹簧弹回。A 离开弹簧后, 恰好回到 P 点。物块 A 与斜面间的动摩擦因数为 μ,斜面倾角 θ=37° ,重力加速度为 g。sin 3 4 37° = ,cos 37° = 。求: 5 5

甲 乙 (1)O 点和 O′点间的距离 x1; (2)若将另一个与 A 完全相同的物块 B(可视为质点)与弹簧右端拴接,将 A 与 B 并排在一 起,使弹簧仍压缩到 O′点位置,然后从静止释放,如图乙所示 A、B 共同滑行一段距离后 分离。分离后物块 A 沿斜面向上滑行的最大距离 x2 是多少? 4〃(2014· 成都模拟)如图所示,光滑矩形斜面 ABCD 的倾角 θ =30° ,在其上放置一矩形金属框 abcd,ab 的边长 l1=1 m ,bc 的边长 l2=0.6 m,线框的质量 m=1 kg,电阻 R=0.1 Ω,线框通 过细线绕过定滑轮与重物相连,细线与斜面平行且靠近,重物质 量 M=2 kg,斜面上 efgh 区域是有界匀强磁场,磁感应强度大小 B=0.5 T,方向垂直于斜面向上;已知 ef 到 gh 的距离为 0.6 m, 现让线框从静止开始运动(开始时刻,cd 与 AB 边重合),在重物 M 到达地面之前,发现线框匀速穿过匀强磁场区域,不计滑轮摩擦及质量,取 g=10 m/s2。求: (1)线框进入磁场前细线所受拉力 FT 的大小; (2)线框从静止开始运动到 ab 边刚进入磁场所用的时间 t; (3)线框 abcd 在整个运动过程中产生的热量 Q。

1.解析:(1)A 物块的加速度为零时,则 kx=F 对物块 B 有 kx=ma F 所以 a= m (2)当弹簧第一次恢复原长时,物块 A、B 的位移相同,对整个系统用功能关系得 1 2 1 2 Fs= Mv1 + mv2 2 2 2 Mv1+mv2 2 解得 s= 2F (3)弹簧的弹性势能最大时,两物块的速度相等。因为速度相等时,A、B 相距最远,弹 簧长度最大,弹性势能最大。 2 Mv2 F 1+mv2 答案:(1) (2) (3)见解析 m 2F 3R 2〃解析:(1)由能量守恒定律得 mgR+mg· 2R=μmgx+μmg(x-R),解得 μ= 2x-R (2)轻杆由释放到 Q 球到达 C 点过程,系统的机械能守恒,设 P、Q 两球的速度大小分别 1 2 1 2 为 vP、vQ,则 mgR+mg(2-sin 30° )R= mvP + mvQ 2 2 5gR 又 vP=vQ, 联立解得 vQ = 2 3R 5gR 答案:(1) (2) 2 2x-R 3〃解析:(1)A 从向下运动到再次返回到 P 的过程,由动能定理得 1 μmgcos θ· 2(x0+x1)= mv2 -0 2 0 5v2 0 解得 x1= -x 16μg 0 (2)A 从 O′到 P 过程设弹簧弹力对其做功为 W,由动能定理得 W-μmgcos θ· (x0+x1)-mg(x0+x1)sin θ=0 A、B 将在弹簧原长处分离,设此时共同速度为 v,由动能定理得 1 W-2μmgcos θ· x1-2mgx1sin θ= · 2mv2 2 1 分离后对 A 由动能定理得-μmgcos θ· x2-mgx2sin θ= mv2 2 5v2 0 解得 x2=x0- 32μg 5v2 5v2 0 0 答案:(1) -x (2)x0- 16μg 0 32μg 4〃解析:(1)线框进入磁场前,对线框和重物分别进行受力分析,由牛顿第二定律有 FT-mgsin θ=ma ① Mg-FT=Ma② 联立①②式并代入数据得,线框进入磁场前,细线所受拉力大小 FT=10 N (2)因线框匀速穿过匀强磁场区域,由平衡条件有 F′=Mg③ F′-mgsin θ-BIl1=0④ E I= ⑤ R E=Bl1v⑥ v=at⑦ 联立①②③④⑤⑥⑦式并代入数据得 t=1.2 s (3)由能量守恒定律有 Q=2Mgl2-2mgl2sin θ⑧ 代入数据得 Q=18 J 答案:(1)10 N (2)1.2 s (3)18 J


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