2019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.doc

1、1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14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

2、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 = 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。2.2(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,

3、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

4、 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 = 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312

5、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;3(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

6、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14 14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。4专题

7、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 B12m2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2 2FN=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1+22过程中由动能定理得, mgR+Wf= mv2,解得 v=1 m/s。12(3)当平板车不固定时,对

8、物块 a1=g= 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- a1 a2 =1 m12 1212 12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 s2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)=12m02解得 v0=4 m/

9、s小球在轨道最低点 F-mg=m02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 th= gt212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/sv2=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)= +Q12m12+12M225解得 Q=2.75 J3.答案 (1)4 m/s (2) m/s J (3)见解析4+1

10、8+1解析 (1)设碰撞前 A的速度为 v1。由动能定理得 -m Ags= mA mA ,解得: v1= =4 12 1212 02 02-2m/s。(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+ 4+1由系统能量转化与守恒可得Q= mA (mA+mB)12 1212 22解得: Q= J。8+1(3) 如果 AB能从传送带右侧离开,必须满足: (mA+mB) (mA+mB)gL,解得: kMgxPQsin 6012M2解得: v034 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

11、大于零,则 mglcos 6012m2解得: v043 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=m22小球 A能过圆轨道的最高点的条件为:+mgl(1+cos 60)12m212m22解得: v0913初速度 v0的取值范围: v0 或 v034 43 9135.答案 (1) 6mg+qB2 2(2) mgR23(3)132 432解析 (1)从 P到 M,洛伦兹力、弹力都不做功,只有重力做功由动能定理有:2 mgR= (2m)12 2解得: vM= 2由牛顿第二定律有:FN-2mg-qvMB=22解得: FN=6mg+qB 2根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力为: FN=6mg+qB 2(2)两球速度相等时系统电势能最大,由动量守恒定律有:2 mvM=3mv 共根据能量转化与守恒定律有:Ep= (2m) (3m)12 212 共 2解得: Ep= mgR23(3)由动量守恒定律:2mvM=2mva+mvb由能量转化与守恒定律有:(2m) (2m)12 2=12 2+12m27解得: va= vM= ,vb= vM=13 132 43 432