2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 功和能 動(dòng)量和能量 專題突破練7 應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決綜合問(wèn)題.doc

專題突破練7應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決綜合問(wèn)題(時(shí)間:45分鐘滿分:100分)計(jì)算題(本題共5個(gè)小題,共100分)1.(20分)(2018江蘇南京調(diào)研)如圖所示,半徑R=0.45 m的光滑14圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi),B為軌道的最低點(diǎn),B點(diǎn)右側(cè)的光滑的水平面上緊挨B點(diǎn)有一靜止的小平板車,平板車質(zhì)量M=1 kg,長(zhǎng)度l=1 m,小車的上表面與B點(diǎn)等高,距地面高度h=0.2 m。質(zhì)量m=1 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧最高點(diǎn)A由靜止釋放。g取10 m/s2。試求:(1)物塊滑到軌道上的B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小;(2)若鎖定平板車并在上表面鋪上一種特殊材料,其動(dòng)摩擦因數(shù)從左向右隨距離均勻變化如圖所示,求物塊滑離平板車時(shí)的速率;(3)若解除平板車的鎖定并撤去上表面鋪的材料后,物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2,物塊仍從圓弧最高點(diǎn)A由靜止釋放,求物塊落地時(shí)距平板車右端的水平距離。2.(20分)(2018四川雅安三診)如圖所示,半徑R=2.0 m的光滑圓弧軌道固定在光滑的水平地面上,其末端水平。平板小車上固定一木塊,緊靠在軌道的末端,木塊上表面水平粗糙,且與圓弧軌道末端等高。木塊的厚度h=0.45 m,木塊最右端到小車最右端的水平距離x=0.45 m,小車連同木塊總質(zhì)量M=2 kg?，F(xiàn)使一個(gè)質(zhì)量m=0.5 kg的小球從圓弧軌道上由靜止釋放,釋放小球的位置和弧軌道的圓心之間的連線與豎直方向的夾角為53,小球從木塊右端飛出后恰好擊中小車的最右端。(g取10 m/s2,sin 53=0.8,cos 53=0.6)求:(1)小球到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小;(2)小球離開(kāi)木塊最右端時(shí),小球的速度大小;(3)小球運(yùn)動(dòng)到木塊最右端過(guò)程中,系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能。3.(20分)(2018廣東東莞期末)如圖,水平面MN右端N處與水平傳送帶恰好平齊且很靠近,傳送帶以速率v=1 m/s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),水平部分長(zhǎng)度L=1 m。物塊B靜止在水平面的最右端N處、質(zhì)量為mA=1 kg的物塊A在距N點(diǎn)s=2.25 m處以v0=5 m/s的水平初速度向右運(yùn)動(dòng),再與B發(fā)生碰撞并粘在一起,若B的質(zhì)量是A的k倍,A、B與水平面和傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)都為=0.2,物塊均可視為質(zhì)點(diǎn),g取10 m/s2。(1)求A到達(dá)N點(diǎn)與B碰撞前的速度大小;(2)求碰撞后瞬間AB的速度大小及碰撞過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能;(3)討論k在不同數(shù)值范圍時(shí),A、B碰撞后傳送帶對(duì)它們所做的功W的表達(dá)式。4.(20分)(2018四川綿陽(yáng)二診)如圖所示,一傾角為60的光滑斜面固定于水平地面上,Q為斜面頂點(diǎn),P為斜面上一點(diǎn),同一豎直平面內(nèi)有固定點(diǎn)O,O、P連線垂直于斜面,OP=l,P、Q間距離xPQ=312l。長(zhǎng)度為l的輕繩一端系于O點(diǎn),另一端系質(zhì)量為m的小球A,質(zhì)量為M=4m的滑塊B在一鎖定裝置作用下靜止于斜面上的P點(diǎn)。現(xiàn)將A球拉至與O點(diǎn)等高的水平位置,拉直輕繩,以豎直向下的初速度v0釋放,A與B發(fā)生碰撞前一瞬間,鎖定裝置解除,A、B均視為質(zhì)點(diǎn),碰撞過(guò)程中無(wú)能量損失,重力加速度為g。(1)求小球A通過(guò)最低點(diǎn)C點(diǎn)時(shí),繩對(duì)小球拉力的大小;(2)求小球A與滑塊B碰撞后瞬間,小球A和滑塊B的速度vA和vB;(3)若A、B碰后,滑塊B能沿斜面上滑越過(guò)Q點(diǎn),且小球A在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終不脫離圓軌道,求初速度v0的取值范圍。5.(20分)(2018福建寧德期末)如圖所示,PM是半徑為R的光滑14絕緣圓軌道,在14圓內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。MN水平光滑且足夠長(zhǎng),PM下端與MN相切于M點(diǎn)。質(zhì)量為m的帶正電小球b靜止在水平軌道上,質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電小球a從P點(diǎn)靜止釋放,在a球進(jìn)入水平軌道后,a、b兩小球間只有靜電力作用,且a、b兩小球始終沒(méi)有接觸。帶電小球均可視為點(diǎn)電荷,設(shè)小球b離M點(diǎn)足夠遠(yuǎn),重力加速度為g。求:(1)小球a剛到達(dá)M點(diǎn)時(shí)速度大小及對(duì)軌道的壓力大小;(2)a、b兩小球系統(tǒng)的電勢(shì)能最大值Ep;(3)a、b兩小球最終的速度va、vb的大小。專題突破練7應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決綜合問(wèn)題計(jì)算題(本題共5個(gè)小題,共100分)1.答案 (1)30 N(2)1 m/s(3)0.2 m解析 (1)物體從圓弧軌道頂端滑到B點(diǎn)的過(guò)程中,機(jī)械能守恒,則mgR=12mvB2,解得vB=3 m/s。在B點(diǎn)由牛頓第二定律得,FN-mg=mvB2R,解得FN=mg+mvB2R=30 N,即物塊滑到軌道上B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FN=FN=30 N,方向豎直向下。(2)物塊在小車上滑行時(shí)摩擦力做的功Wf=-1mg+2mg2l=-4 J,從物體開(kāi)始滑到滑離平板車過(guò)程中由動(dòng)能定理得,mgR+Wf=12mv2,解得v=1 m/s。(3)當(dāng)平板車不固定時(shí),對(duì)物塊a1=g=2 m/s2對(duì)平板車a2=mgM=2 m/s2;經(jīng)過(guò)時(shí)間t1物塊滑離平板車,則vBt1-12a1t12-12a2t12=1 m解得t1=0.5 s(另一解舍掉)物體滑離平板車的速度v物=vB-a1t1=2 m/s此時(shí)平板車的速度:v車=a2t1=1 m/s物塊滑離平板車做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=2hg=0.2 s物塊落地時(shí)距平板車右端的水平距離s=(v物-v車)t2=0.2 m。2.答案 (1)9 N(2)2 m/s(3)2.75 J解析 (1)設(shè)小球到達(dá)軌道末端的速度為v0,由機(jī)械能守恒定律mgR(1-cos 53)=12mv02解得v0=4 m/s小球在軌道最低點(diǎn)F-mg=mv02R解得F=9 N由牛頓第三定律小球?qū)壍赖膲毫=F=9 N(2)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到木塊最右端的速度為v1,此時(shí)小車的速度為v2,由動(dòng)量守恒定律得mv0=mv1+Mv2小球離開(kāi)木塊最右端后做平拋運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)時(shí)間為th=12gt2解得t=0.3 s小球恰好擊中小車的最右端v1t-v2t=x以上各式聯(lián)解得v1=2 m/sv2=0.5 m/s所以小球到達(dá)木塊最右端的速度大小為2 m/s(3)由能量守恒定律得mgR(1-cos 53)=12mv12+12Mv22+Q解得Q=2.75 J3.答案 (1)4 m/s(2)4k+1 m/s8kk+1 J(3)見(jiàn)解析解析 (1)設(shè)碰撞前A的速度為v1。由動(dòng)能定理得-mAgs=12mAv12-12mAv02,解得:v1=v02-2gs=4 m/s。(2)設(shè)碰撞后A、B速度為v2,且設(shè)向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mAv1=(mA+mB)v2,解得:v2=mAmA+mBv1=4k+1 m/s由系統(tǒng)能量轉(zhuǎn)化與守恒可得Q=12mAv12-12(mA+mB)v22解得:Q=8kk+1 J。(3)如果AB能從傳送帶右側(cè)離開(kāi),必須滿足:12(mA+mB)v22>(mA+mB)gL,解得:k<1傳送帶對(duì)它們所做的功W=-(mA+mB)gL=-2(k+1) J當(dāng)v222gL,即v22 m/s時(shí)有:k3即AB先減速到0再返回,到傳送帶左端時(shí)速度仍為v2;這個(gè)過(guò)程傳送帶對(duì)AB所做的功W=0當(dāng)1k<3時(shí),AB沿傳送帶向右減速到速度為零,再向左加速,當(dāng)速度與傳送帶速度相等時(shí)與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)到傳送帶的左端。在這個(gè)過(guò)程中傳送帶對(duì)AB所做的功W=12(mA+mB)v2-12(mA+mB)v22,解得:W=k2+2k-152(k+1) J。4.答案 (1)T=3mg+mv02l(2)vA=-35gl+v02vB=25gl+v02(3)34gl<v043gl或v091gl3解析 (1)小球A擺到C點(diǎn)時(shí),設(shè)速度為vC,繩對(duì)小球的拉力大小為T,則mgl+12mv02=12mvC2在C點(diǎn),對(duì)小球A,由牛頓第二定律有:T-mg=mvC2l解得:T=3mg+mv02l(2)設(shè)小球A在與B碰撞前后的速度分別為v1、vA,B碰撞后的速度為vB,則mglcos 60+12mv02=12mv12對(duì)于碰撞過(guò)程,取沿斜面向上為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mv1=mvA+MvB由機(jī)械能守恒定律有:12mv12=12mvA2+12MvB2解得:v1=gl+v02vA=-35gl+v02vB=25gl+v02(3)討論:滑塊B能沿斜面上滑越過(guò)Q點(diǎn),則12MvB2>MgxPQsin 60解得:v0>34gl小球A不能做完整圓周運(yùn)動(dòng),但不脫離圓軌道,即回到最右端位置時(shí)速度不能大于零,則12mvA2mglcos 60解得:v043gl小球A能做完整圓周運(yùn)動(dòng),即能夠過(guò)最高點(diǎn),設(shè)小球A恰能過(guò)最高點(diǎn)的速度為v2,則mg=mv22l小球A能過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)的條件為:12mvA212mv22+mgl(1+cos 60)解得:v091gl3初速度v0的取值范圍:34gl<v043gl或v091gl35.答案 (1)2gR6mg+qB2gR(2)23mgR(3)132gR432gR解析 (1)從P到M,洛倫茲力、彈力都不做功,只有重力做功由動(dòng)能定理有:2mgR=12(2m)vM2解得:vM=2gR由牛頓第二定律有:FN-2mg-qvMB=2mvM2R解得:FN=6mg+qB2gR根據(jù)牛頓第三定律得小球?qū)壍赖膲毫?FN=6mg+qB2gR(2)兩球速度相等時(shí)系統(tǒng)電勢(shì)能最大,由動(dòng)量守恒定律有:2mvM=3mv共根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律有:Ep=12(2m)vM2-12(3m)v共2解得:Ep=23mgR(3)由動(dòng)量守恒定律:2mvM=2mva+mvb由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律有:12(2m)vM2=12(2m)va2+12mvb2解得:va=13vM=132gR,vb=43vM=432gR