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

專題突破練7　應(yīng)用力學(xué)三大觀點解決綜合問題 (時間:45分鐘　滿分:100分) 計算題(本題共5個小題,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,B點右側(cè)的光滑的水平面上緊挨B點有一靜止的小平板車,平板車質(zhì)量M=1 kg,長度l=1 m,小車的上表面與B點等高,距地面高度h=0.2 m。質(zhì)量m=1 kg的物塊(可視為質(zhì)點)從圓弧最高點A由靜止釋放。g取10 m/s2。試求: (1)物塊滑到軌道上的B點時對軌道的壓力大小; (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,物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,物塊仍從圓弧最高點A由靜止釋放,求物塊落地時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。現(xiàn)使一個質(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)小球到達圓弧軌道最低點時對軌道的壓力大小; (2)小球離開木塊最右端時,小球的速度大小; (3)小球運動到木塊最右端過程中,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逆時針勻速轉(zhuǎn)動,水平部分長度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s=2.25 m處以v0=5 m/s的水平初速度向右運動,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摩擦因數(shù)都為μ=0.2,物塊均可視為質(zhì)點,g取10 m/s2。 (1)求A到達N點與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程中產(chǎn)生的內(nèi)能; (3)討論k在不同數(shù)值范圍時,A、B碰撞后傳送帶對它們所做的功W的表達式。 4. (20分)(2018四川綿陽二診)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,P為斜面上一點,同一豎直平面內(nèi)有固定點O,O、P連線垂直于斜面,OP=l,P、Q間距離xPQ=312l。長度為l的輕繩一端系于O點,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?，F(xiàn)將A球拉至與O點等高的水平位置,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,碰撞過程中無能量損失,重力加速度為g。 (1)求小球A通過最低點C點時,繩對小球拉力的大小; (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Q點,且小球A在運動過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磁場,磁感應(yīng)強度大小為B。MN水平光滑且足夠長,PM下端與MN相切于M點。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點靜止釋放,在a球進入水平軌道后,a、b兩小球間只有靜電力作用,且a、b兩小球始終沒有接觸。帶電小球均可視為點電荷,設(shè)小球b離M點足夠遠(yuǎn),重力加速度為g。求: (1)小球a剛到達M點時速度大小及對軌道的壓力大小; (2)a、b兩小球系統(tǒng)的電勢能最大值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)三大觀點解決綜合問題 計算題(本題共5個小題,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點的過程中,機械能守恒,則mgR=12mvB2,解得vB=3 m/s。在B點由牛頓第二定律得,FN-mg=mvB2R,解得FN=mg+mvB2R=30 N,即物塊滑到軌道上B點時對軌道的壓力FN=FN=30 N,方向豎直向下。 (2)物塊在小車上滑行時摩擦力做的功Wf=-μ1mg+μ2mg2l=-4 J,從物體開始滑到滑離平板車過程中由動能定理得,mgR+Wf=12mv2,解得v=1 m/s。 (3)當(dāng)平板車不固定時,對物塊a1=μg=2 m/s2 對平板車a2=μmgM=2 m/s2; 經(jīng)過時間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 此時平板車的速度:v車=a2t1=1 m/s 物塊滑離平板車做平拋運動的時間 t2=2hg=0.2 s 物塊落地時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)小球到達軌道末端的速度為v0,由機械能守恒定律 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)小球運動到木塊最右端的速度為v1,此時小車的速度為v2, 由動量守恒定律得mv0=mv1+Mv2 小球離開木塊最右端后做平拋運動,運動時間為t h=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/s v2=0.5 m/s 所以小球到達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 J 3.答案 (1)4 m/s　(2)4k+1 m/s　8kk+1 J　(3)見解析 解析 (1)設(shè)碰撞前A的速度為v1。由動能定理得-μmAgs=12mAv12-12mAv02,解得:v1=v02-2μgs=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)①如果AB能從傳送帶右側(cè)離開,必須滿足:12(mA+mB)v22>μ(mA+mB)gL,解得:k<1 傳送帶對它們所做的功 W=-μ(mA+mB)gL=-2(k+1) J ②當(dāng)v22≤2μgL,即v2≤2 m/s時有:k≥3 即AB先減速到0再返回,到傳送帶左端時速度仍為v2; 這個過程傳送帶對AB所做的功W=0 ③當(dāng)1≤k<3時,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與傳送帶一起勻速運動到傳送帶的左端。 在這個過程中傳送帶對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+v02 vB=25gl+v02 (3)34gl<v0≤43gl或v0≥91gl3 解析 (1)小球A擺到C點時,設(shè)速度為vC,繩對小球的拉力大小為T,則 mgl+12mv02=12mvC2 在C點,對小球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 對于碰撞過程,取沿斜面向上為正方向,由動量守恒定律得mv1=mvA+MvB 由機械能守恒定律有: 12mv12=12mvA2+12MvB2 解得:v1=gl+v02 vA=-35gl+v02 vB=25gl+v02 (3)討論:①滑塊B能沿斜面上滑越過Q點,則12MvB2>MgxPQsin 60 解得:v0>34gl ②小球A不能做完整圓周運動,但不脫離圓軌道,即回到最右端位置時速度不能大于零,則12mvA2≤mglcos 60 解得:v0≤43gl ③小球A能做完整圓周運動,即能夠過最高點,設(shè)小球A恰能過最高點的速度為v2,則mg=mv22l 小球A能過圓軌道的最高點的條件為: 12mvA2≥12mv22+mgl(1+cos 60) 解得:v0≥91gl3 初速度v0的取值范圍:34gl<v0≤43gl或v0≥91gl3 5.答案 (1)2gR　6mg+qB2gR (2)23mgR (3)132gR　432gR 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)兩球速度相等時系統(tǒng)電勢能最大,由動量守恒定律有: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