高考物理二轮复习 第二部分 第3强化 多过程运动问题练习

第3强化多过程运动问题
1．如图所示，半径为R 的光滑半圆轨道ABC 与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道DC 相切于C ，圆轨道的直径AC 与斜面垂直．质量为m 的小球从A 点左上方距A 高度为h 的斜上方P 点以某一速度水平抛出，刚好与半圆轨道的A 点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D 处．已知当地的重力加速度为g ，取R ＝509h ，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：
(1)小球被抛出时的速度v 0；
(2)小球到达半圆轨道最低点B 时，对轨道的压力大小； (3)小球从C 到D 过程中克服摩擦力做的功W .
解析：(1)小球到达A 点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示，
设竖直方向的速度为v y ，则有v 2
y ＝2gh ， 由几何关系得v 0＝v y cot θ， 得v 0＝4
3
2gh .
(2)A 、B 间竖直高度H ＝R (1＋cos θ)，
设小球到达B 点时的速度为v ，F N 为小球到达B 点时轨道对小球的支持力，则从抛出点到B 过程中有
12mv 20＋mg (H ＋h )＝1
2
mv 2， 在B 点，有F N －mg ＝m v 2
R
，解得F N ＝5.6mg ，
由牛顿第三定律知，小球在B 点对轨道的压力大小是5.6mg .
(3)小球沿斜面上滑过程中克服摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能，有W ＝12
mv 2
＝16
9
mgh . 答案：(1)432gh (2)5.6mg (3)16
9
mgh
2．(2016·合肥模拟)如图所示，在水平地面上静置有一质量M ＝1 kg 的长木板，一质量m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)以速度v 0＝10 m/s 冲上长木板的左端，滑块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1.长木板的右端距离为d ＝1 m 处放置一固定的竖直光滑半圆槽，半圆槽半径为R ＝0.6 m ，半圆槽底端高度与长木板高度相同．当长木板的右端与半圆槽底端相碰时，滑块刚好滑离长木板右端而滑上半圆槽轨道底端，重力加速度g 取10 m/s 2
.(导学号 59230058)
(1)求滑块在长木板上表面滑行过程中，滑块和长木板的加速度． (2)求长木板的长度L .
(3)求滑块经过半圆槽轨道底端时对轨道的压力大小，并判断滑块能否通过半圆槽的顶端．若能，求出滑块通过顶端时的速度大小；若不能，说明理由．
解析：(1)根据牛顿第二定律，对滑块有μ1mg ＝ma 1， 则a 1＝μ1g ＝4 m/s 2
，方向水平向左， 对长木板有μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2， 则a 2＝2 m/s 2
，方向水平向右．
(2)根据匀变速直线运动公式，对长木板有d ＝12a 2t 2
，
解得t ＝1 s ，
设滑块滑离长木板右端时速度为v 1，相对地面的位移为x ，
则v 1＝v 0－a 1t ＝6 m/s ，x ＝v 20－v 2
1
2a 1
＝8 m ，
所以长木板的长度L ＝x －d ＝7 m.
(3)滑块在半圆槽底端，根据牛顿第二定律，有F －mg ＝m v 21
R
，
解得F ＝70 N ，
根据牛顿第三定律知，滑块对半圆槽底端的压力F ′＝F ＝70 N ，
假设滑块能够通过半圆槽的顶端，且经过顶端的速度为v 2，根据机械能守恒定律，有12
mv 2
1
＝2mgR ＋12
mv 2
2，
解得v 2＝23m/s ，
而滑块能够通过半圆槽顶端的临界速度v 临＝gR ＝6m/s ，
可见v 2>v 临，所以滑块能够通过半圆槽的顶端，且其速度大小为23m/s. 答案：(1)4 m/s 2
2 m/s 2
(2)7 m (3)见解析
3．(2016·临川模拟)如图为固定在水平面上的三角形斜劈，斜劈的倾角为α＝45°，斜劈的顶端距离水平面的高度为4 m ，在斜劈的上方的竖直面内放置一如图所示的光滑管道，其中OA 段为长23 3 m 、倾角θ＝60°的直管道，在A 点衔接一相切的半径为23m 的圆形管道，
管道的末端竖直，并且圆形管道的最低点B 、管道的末端C 与斜劈的顶端D 在同一水平线上．现将一可视为质点的质量为m ＝0.1 kg 的物块由管道的最高点O 无初速度释放，经一段时间物块与斜劈发生无能量损失的碰撞，且碰后的速度变为水平．重力加速度g 取10 m/s 2
.
(1)求物块在圆形管道最低点时对圆管的压力大小．
(2)如果沿水平方向移动斜劈的位置，当C 、D 两点间的距离x 为多少时，物块与斜劈碰后的落地点与碰撞点间的水平距离最大？最大值为多大？
解析：(1)设O 、B 之间的竖直高度为h ，由几何关系可知
h ＝R ＋R sin 30°＋l AO sin 60°＝2 m ，
物块从O 点到B 点，根据动能定理得mgh ＝12
mv 2
B ，
在B 点，由牛顿第二定律有F N －mg ＝mv 2B
R
，
解得F N ＝7 N ，
由牛顿第三定律可知物块在B 点时对圆管的压力大小为7 N. (2)从O 点到与斜劈碰撞，根据动能定理得mg (h ＋x )＝12mv 2
0，
平抛的竖直位移为H －x ＝12gt 2
，
水平位移为s ＝v 0t ，
代入数据整理得s ＝4（2＋x ）（4－x ）(m)，
当2＋x ＝4－x ，即x ＝1 m 时，平抛的水平位移有最大值s m ＝6 m.
答案：(1)7 N (2)1 m 6 m
4．如图所示，两个半径均为R 的四分之一圆弧构成的光滑细圆管轨道ABC 竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O 1O 2水平．轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为
m 的小球接触(不拴接，小球的直径略小于管的内径)，长为R 的薄板DE 置于水平面上，板
的左端D 到管道右端C 的水平距离为R .开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能，重力加速度为g .解除弹簧锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C 点抛出．已知小球在C 点时所受弹力大小为3
2
mg .(导学号 59230059)
(1)求弹簧在锁定状态下的弹性势能E p ；
(2)若换用质量为m 1的小球用锁定弹簧发射(弹簧的弹性势能不变)，小球质量m 1满足什么条件时，从C 点抛出的小球才能击中薄板DE?
解析：(1)从解除弹簧锁定到小球运动到C 点的过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能，设小球到达C 点的速度大小为v 1，根据能量守恒定律可得E p ＝2mgR ＋12
mv 2
1，
又小球经C 点时所受的弹力的大小为3
2mg ，分析可知弹力方向只能向下，根据向心力公
式得
mg ＋32mg ＝m v 2
1R ，联立解得E p ＝13
4
mgR .
(2)小球离开C 点后做平抛运动，根据平抛运动规律有2R ＝12gt 2
，x ＝v 2t ，若要小球击
中薄板，应满足
R ≤x ≤2R ，
弹簧的弹性势能E p ＝134mgR ＝2m 1gR ＋12m 1v 2
2，
解得1310m ≤m 1≤26
17
m ，
故小球质量满足1310m ≤m 1≤26
17m 时，小球能击中薄板DE .
答案：(1)134mgR (2)1310m ≤m 1≤26
17m。