[推荐学习]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

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.
(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m A=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x PQ=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v A和v B;
(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E p;
(3)a、b两小球最终的速度v a、v b的大小。

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v B=3 m/s。

在B
点由牛顿第二定律得,F N-mg=m,解得F N=mg+m=30 N,即物块滑到轨道上B点时对轨道的压力
F N'=F N=30 N,方向竖直向下。

(2)物块在小车上滑行时摩擦力做的功W f=-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+W f=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
v B t1-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=v B-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-μm A gs=m A m A,解得:v1=-=4 m/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m A v1=(m A+m B)v2,解
得:v2=v1= m/s
由系统能量转化与守恒可得
Q=m A(m A+m B)
解得:Q= J。

(3)①如果AB能从传送带右侧离开,必须满足:(m A+m B)>μ(m A+m B)gL,解得:k<1
传送带对它们所做的功
W=-μ(m A+m B)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=(m A+m B)v2-(m A+m B),解得:W=- J。

4.答案 (1)T=3mg+
(2)v A=-
v B=
(3)<v0≤或v0≥
解析 (1)小球A摆到C点时,设速度为v C,绳对小球的拉力大小为T,则
mgl+
在C点,对小球A,由牛顿第二定律有:T-mg=m
解得:T=3mg+m
(2)设小球A在与B碰撞前后的速度分别为v1、v A,B碰撞后的速度为v B,则
mgl cos 60°+
对于碰撞过程,取沿斜面向上为正方向,由动量守恒定律得mv1=mv A+Mv B
由机械能守恒定律有:
解得:v1=
v A=-
v B=
(3)讨论:①滑块B能沿斜面上滑越过Q点,则>Mgx PQ sin 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
≤mgl cos 60°
解得:v0≤
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:<v0≤或v0≥
5.答案 (1)6mg+qB
(2)mgR
(3)
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:2mgR=(2m)
解得:v M=
由牛顿第二定律有:
F N-2mg-qv M B=
解得:F N=6mg+qB
根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力为:F N'=6mg+qB
(2)两球速度相等时系统电势能最大,由动量守恒定律有:2mv M=3mv共
根据能量转化与守恒定律有:
E p=(2m)(3m)
共
解得:E p=mgR
(3)由动量守恒定律:
2mv M=2mv a+mv b
由能量转化与守恒定律有:
(2m)(2m)
解得:v a=v M=,v b=v M=。