【物理】2018届二轮复习运动的合成与分解曲线运动计算题学案（全国） 8页

‎　计算题突破练 ‎1．如图所示，载人小车和弹性球静止在光滑长直水平面上，球的质量为m，人与车的总质量为‎16m.人将球以水平速率v推向竖直墙壁，球又以速率v弹回，人接住球后再以速率v(相对地面)将球推向墙壁，如此反复．‎ ‎(1)在人第一次将球推出的过程中，人做了多少功？‎ ‎(2)人经几次推球后，再也不能接住球？‎ 解析：(1)以水平向右为正方向．人第一次将球推出，设人与车的速度为v1，球、人与车系统动量守恒0＝16mv1－mv 人对系统做功W＝×16mv＋mv2，所以W＝mv2.‎ ‎(2)球反弹回来的速率始终为v，设人推球n次后，人与车的速率也为v时，人恰好不能再接住球．‎ 球与墙壁碰撞一次，墙壁对系统的冲量为I＝mv－(－mv)＝2mv 球与墙壁碰撞n次后，墙壁对系统的冲量为nI，由动量定理nI＝(‎16m＋m)v 即n×2mv＝(‎16m＋m)v，解得n＝8.5次，所以，人经9次推球后，再也不能接住球．‎ 答案：(1)mv2　(2)9次 ‎2如图甲所示，弯曲部分AB和CD是两个半径都为‎0.3 m的 圆弧轨道，中间的BC段是竖直的薄壁细圆管内径略大于小球的直径)轨道，分别与上下圆弧轨道相切连接，BC段的长度L为‎0.2 m．下圆弧轨道与水平轨道相切，其中D、A分别是上下圆弧轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内．有一质量为‎0.3 kg的小球以一定的速度沿水平轨道向右运动并从A点进入圆弧，不计小球运动中的一切阻力，求：‎ ‎(1)如果小球从D点以‎5 m/s的速度水平飞出，求落地点与D点的水平距离；‎ ‎(2)如果小球从D点以‎5 m/s的速度水平飞出，求小球过圆弧A点时对轨道的压力；‎ ‎(3)如果在D点右侧平滑连接一半径R＝‎0.4 m的半圆形光滑轨道DEF，如图乙所示，要使小球不脱离轨道运动，求小球在水平轨道上向右运动的速度大小范围(计算结果可以用根式表示)．‎ 解析：(1)小球从D点以‎5 m/s的速度水平飞出后做平抛运动，由平抛运动规律可得 h＝gt2‎ h＝2R＋L 代入数据解得 t＝0.4 s 所以落地点与D点的水平距离 x＝vDt＝5×‎0.4 m＝‎2 m.‎ ‎(2)由A到D的过程，由机械能守恒定律可得 mgh＋mv＝mv 在A点，由牛顿第二定律可得 FN－mg＝m 联立解得FN＝44 N 由牛顿第三定律知，小球过圆弧A点时对轨道的压力FN′＝FN＝44 N.‎ ‎(3)讨论一：‎ 小球进入轨道最高运动到C点，之后原路返回，由机械能守恒定律，有 mg(R＋L)＝mv，得 v1＝ m/s 讨论二：小球进入轨道后恰好能通过圆弧最高点D，之后沿DEF运动而不脱离轨道，在D点，有 mg＝m 从A到D由机械能守恒定律可得 mgh＋mv2＝mv，得v2＝‎2 m/s.‎ 所以要使小球在运动过程中能不脱离轨道，初速度大小的范围为：v1≤ m/s或v2≥‎2 m/s.‎ 答案：(1)‎2 m　(2)44 N　(3)v1≤ m/s或v2≥‎2 m/s ‎3．如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离x将发生变化，‎ 重力加速度为g.‎ ‎(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；‎ ‎(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值．‎ 解析：(1)当θ＝30°时，对木块受力分析 mgsin θ＝μFN FN＝mgcos θ 则动摩擦因数μ＝tan θ＝tan 30°＝.‎ ‎(2)当θ变化时，对木块受力分析 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma v＝2ax 则x＝＝ 而tan α＝μ＝，则当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°‎ x最小值为xmin＝＝＝.‎ 答案：(1)　(2)60°　 ‎4．如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b，小车质量M＝‎3 kg，AO部分粗糙且长L＝‎2 m，动摩擦因数μ＝0.3，OB部分光滑．另一小物块a，放在车的最左端，‎ 和车一起以v0＝‎4 m/s的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b两物块视为质点，质量为m＝‎1 kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动(g取‎10 m/s2)．求：‎ ‎(1)物块a与b碰后的速度大小；‎ ‎(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；‎ ‎(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离．‎ 解析：(1)对物块a，由动能定理得－μmgL＝mv－mv，‎ 代入数据解得a与b碰前速度v1＝‎2 m/s；‎ a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv1＝2mv2，‎ 代入数据解得v2＝‎1 m/s.‎ ‎(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以v2＝‎1 m/s在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv2＝(M＋m)v3，‎ 代入数据解得v3＝‎0.25 m/s，‎ 对小车，由动能定理得μmgs＝Mv，‎ 代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离s＝ m＝0.031 ‎25 m.‎ ‎(3)由能量守恒得μmgx＝mv－(M＋m)v，‎ 解得滑块a与车相对静止时与O点距离x＝ m＝‎0.125 m.‎ 答案：(1)‎1 m/s　(2) m　(3)‎‎0.125 m ‎5．如图所示，两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图所示放置，间距为d＝‎1 m，在左端斜轨道部分高h＝‎1.25 m处放置一金属杆a，斜轨道与平直轨道区域以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b电阻Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感强度B＝2 T．现杆b以初速度v0＝‎5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为‎0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时， a、b杆运动速度－时间图象如图所示(以a运动方向为正)，其中ma＝‎2 kg，mb＝‎1 kg，g取‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)杆a在斜轨道上运动的时间；‎ ‎(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；‎ ‎(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．‎ 解析：(1)对b棒运用动量定理，有：BdΔt＝mb(v0－vb0)‎ 其中vb0＝‎2 m/s，代入数据得Δt＝5 s.‎ ‎(2)对杆a下滑的过程中，机械能守恒：mgh＝mav 解得va＝＝‎5 m/s 最后两杆共同的速度为v′，由动量守恒得mava＋mbvb＝(ma＋mb)v′‎ 代入数据得v′＝ m/s 杆a动量变化等于它所受安培力的冲量，由动量定理可得I安＝BIdΔt′＝mava－mav′‎ 而q＝IΔt′‎ 由以上公式代入数据得q＝ C.‎ ‎(3)由能量守恒得，共产生的焦耳热为Q＝magh＋mbv－(mb＋ma)v′2＝ J b棒中产生的焦耳热为Q′＝Q＝ J.‎ 答案：(1)5 s　(2) C　(3) J ‎6．如图所示，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在匀强磁场，磁感应强度方向竖直向下．一电荷量为q(q＞0)、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O′.球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ.为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度大小的最小值及小球P相应的速率．重力加速度为g.‎ 解析：据题意，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O′.P受到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力FN和磁场的洛仑兹力 F＝qvB①‎ 式中v为小球运动的速率．洛仑兹力F的方向指向O′.根据牛顿第二定律 FNcos θ－mg＝0②‎ F－FNsin θ＝m③‎ 由①②③式得 v2－v＋＝0④‎ 由于v是实数，必须满足 Δ＝－≥0⑤‎ 由此得B≥ ⑥‎ 可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为 Bmin＝ ⑦‎ 此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为 v＝⑧‎ 由⑦⑧式得v＝sin θ.‎ 答案： 　　sin θ