2020版高考物理二轮复习 专题二 功和能 动量和能量 专题突破练7 应用力学三大观点解决综合问题 6页

专题突破练7　应用力学三大观点解决综合问题 ‎(时间:45分钟　满分:100分)‎ 计算题(本题共5个小题,共100分)‎ ‎1.(20分)(2018江苏南京调研)如图所示,半径R=‎0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,B为轨道的最低点,B点右侧的光滑的水平面上紧挨B点有一静止的小平板车,平板车质量M=‎1 kg,长度l=‎1 m,小车的上表面与B点等高,距地面高度h=‎0.2 m。质量m=‎1 kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放。g取‎10 m/s2。试求:‎ ‎(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小;‎ ‎(2)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料,其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化如图所示,求物块滑离平板车时的速率;‎ ‎(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,物块仍从圆弧最高点A由静止释放,求物块落地时距平板车右端的水平距离。‎ ‎2.‎ 6‎ ‎(20分)(2018四川雅安三诊)如图所示,半径R=‎2.0 m的光滑圆弧轨道固定在光滑的水平地面上,其末端水平。平板小车上固定一木块,紧靠在轨道的末端,木块上表面水平粗糙,且与圆弧轨道末端等高。木块的厚度h=‎0.45 m,木块最右端到小车最右端的水平距离x=‎0.45 m,小车连同木块总质量M=‎2 kg。现使一个质量m=‎0.5 kg的小球从圆弧轨道上由静止释放,释放小球的位置和弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹角为53°,小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端。(g取‎10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)求:‎ ‎(1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小;‎ ‎(2)小球离开木块最右端时,小球的速度大小;‎ ‎(3)小球运动到木块最右端过程中,系统产生的内能。‎ ‎3.(20分)(2018广东东莞期末)如图,水平面MN右端N处与水平传送带恰好平齐且很靠近,传送带以速率v=‎1 m/s逆时针匀速转动,水平部分长度L=‎1 m。物块B静止在水平面的最右端N处、质量为mA=‎1 kg的物块A在距N点s=‎2.25 m处以v0=‎5 m/s的水平初速度向右运动,再与B发生碰撞并粘在一起,若B的质量是A的k倍,A、B与水平面和传送带的动摩擦因数都为μ=0.2,物块均可视为质点,g取‎10 m/s2。‎ ‎(1)求A到达N点与B碰撞前的速度大小;‎ ‎(2)求碰撞后瞬间AB的速度大小及碰撞过程中产生的内能;‎ ‎(3)讨论k在不同数值范围时,A、B碰撞后传送带对它们所做的功W的表达式。‎ ‎4.‎ ‎(20分)(2018四川绵阳二诊)如图所示,一倾角为60°的光滑斜面固定于水平地面上,Q为斜面顶点,P为斜面上一点,同一竖直平面内有固定点O,O、P连线垂直于斜面,OP=l,P、Q间距离xPQ=l。长度为l的轻绳一端系于O点,另一端系质量为m的小球A,质量为M=‎4m的滑块B在一锁定装置作用下静止于斜面上的P点。现将A球拉至与O点等高的水平位置,拉直轻绳,以竖直向下的初速度v0释放,A与B发生碰撞前一瞬间,锁定装置解除,A、B均视为质点,碰撞过程中无能量损失,重力加速度为g。‎ ‎(1)求小球A通过最低点C点时,绳对小球拉力的大小;‎ ‎(2)求小球A与滑块B碰撞后瞬间,小球A和滑块B的速度vA和vB;‎ 6‎ ‎(3)若A、B碰后,滑块B能沿斜面上滑越过Q点,且小球A在运动过程中始终不脱离圆轨道,求初速度v0的取值范围。‎ ‎5.‎ ‎(20分)(2018福建宁德期末)如图所示,PM是半径为R的光滑绝缘圆轨道,在圆内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。MN水平光滑且足够长,PM下端与MN相切于M点。质量为m的带正电小球b静止在水平轨道上,质量为‎2m、电荷量为q的带正电小球a从P点静止释放,在a球进入水平轨道后,a、b两小球间只有静电力作用,且a、b两小球始终没有接触。带电小球均可视为点电荷,设小球b离M点足够远,重力加速度为g。求:‎ ‎(1)小球a刚到达M点时速度大小及对轨道的压力大小;‎ ‎(2)a、b两小球系统的电势能最大值Ep;‎ ‎(3)a、b两小球最终的速度va、vb的大小。‎ 6‎ 专题突破练7　应用力学三大观点解决综合问题 计算题(本题共5个小题,共100分)‎ ‎1.答案 (1)30 N　(2)‎1 m/s　(3)‎‎0.2 m 解析 (1)物体从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中,机械能守恒,则mgR=,解得vB=‎3 m/s。在B点由牛顿第二定律得,FN-mg=m,解得FN=mg+m=30 N,即物块滑到轨道上B点时对轨道的压力FN'=FN=30 N,方向竖直向下。‎ ‎(2)物块在小车上滑行时摩擦力做的功Wf=-l=-4 J,从物体开始滑到滑离平板车过程中由动能定理得,mgR+Wf=mv2,解得v=‎1 m/s。‎ ‎(3)当平板车不固定时,对物块a1=μg=‎2 m/s2‎ 对平板车a2==‎2 m/s2;‎ 经过时间t1物块滑离平板车,则 vBt1-a‎1‎a2=‎‎1 m 解得t1=0.5 s(另一解舍掉)‎ 物体滑离平板车的速度 v物=vB-a1t1=‎2 m/s 此时平板车的速度:v车=a2t1=‎1 m/s 物块滑离平板车做平抛运动的时间 t2==0.2 s 物块落地时距平板车右端的水平距离s=(v物-v车)t2=‎0.2 m。‎ ‎2.答案 (1)9 N　(2)‎2 m/s　(3)2.75 J 解析 (1)设小球到达轨道末端的速度为v0,由机械能守恒定律 mgR(1-cos 53°)=‎ 解得v0=‎4 m/s 小球在轨道最低点F-mg=m 解得F=9 N 由牛顿第三定律小球对轨道的压力F'=F=9 N ‎(2)设小球运动到木块最右端的速度为v1,此时小车的速度为v2,‎ 由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2‎ 小球离开木块最右端后做平抛运动,运动时间为t h=gt2‎ 解得t=0.3 s 小球恰好击中小车的最右端v1t-v2t=x 以上各式联解得 v1=‎2 m/s v2=‎0.5 m/s 所以小球到达木块最右端的速度大小为‎2 m/s ‎(3)由能量守恒定律得mgR(1-cos 53°)=+Q 解得Q=2.75 J ‎3.答案 (1)‎4 m/s　(2) m/s　 J　(3)见解析 解析 (1)设碰撞前A的速度为v1。由动能定理得-μmAgs=mAmA,解得:v1==‎4 m/s。‎ 6‎ ‎(2)设碰撞后A、B速度为v2,且设向右为正方向,由动量守恒定律得mAv1=(mA+mB)v2,解得:v2=v1= m/s 由系统能量转化与守恒可得 Q=mA(mA+mB)‎ 解得:Q= J。‎ ‎(3)①如果AB能从传送带右侧离开,必须满足:(mA+mB)>μ(mA+mB)gL,解得:k<1‎ 传送带对它们所做的功 W=-μ(mA+mB)gL=-2(k+1) J ‎②当≤2μgL,即v2≤‎2 m/s时有:k≥3‎ 即AB先减速到0再返回,到传送带左端时速度仍为v2;‎ 这个过程传送带对AB所做的功W=0‎ ‎③当1≤k<3时,AB沿传送带向右减速到速度为零,再向左加速,当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左端。‎ 在这个过程中传送带对AB所做的功W=(mA+mB)v2-(mA+mB),解得:W= J。‎ ‎4.答案 (1)T=3mg+‎ ‎(2)vA=-‎ vB=‎ ‎(3)MgxPQsin 60°‎ 解得:v0>‎ ‎②小球A不能做完整圆周运动,但不脱离圆轨道,即回到最右端位置时速度不能大于零,则≤mglcos 60°‎ 解得:v0≤‎ 6‎ ‎③小球A能做完整圆周运动,即能够过最高点,设小球A恰能过最高点的速度为v2,则mg=m 小球A能过圆轨道的最高点的条件为:‎ ‎+mgl(1+cos 60°)‎ 解得:v0≥‎ 初速度v0的取值范围: