2022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)(2022江苏南京调研)如图所示,半径R=0.45m的光滑14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=1kg,长度l=1m,小车的上表面与B点等高,距地面高度h=0.2m。质量m=1kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放。g取10m/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。2.6\n(20分)(2022四川雅安三诊)如图所示,半径R=2.0m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=0.45m,木块最右端到小车最右端的水平距离x=0.45m,小车连同木块总质量M=2kg。现使一个质量m=0.5kg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10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=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)(2022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=1m/s逆时针匀速转动,水平部分长度L=1m。物块B静止在水平面的最右端N处、质量为mA=1kg的物块A在距N点s=2.25m处以v0=5m/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10m/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)(2022四川绵阳二诊)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=312l。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vA和vB;(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。6\n5.(20分)(2022福建宁德期末)如图所示,PM是半径为R的光滑14绝缘圆轨道,在14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Ep;(3)a、b两小球最终的速度va、vb的大小。6\n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)30N　(2)1m/s　(3)0.2m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=12mvB2,解得vB=3m/s。在B点由牛顿第二定律得,FN-mg=mvB2R,解得FN=mg+mvB2R=30N,即物块滑到轨道上B点时对轨道的压力FN'=FN=30N,方向竖直向下。(2)物块在小车上滑行时摩擦力做的功Wf=-μ1mg+μ2mg2l=-4J,从物体开始滑到滑离平板车过程中由动能定理得,mgR+Wf=12mv2,解得v=1m/s。(3)当平板车不固定时,对物块a1=μg=2m/s2对平板车a2=μmgM=2m/s2;经过时间t1物块滑离平板车,则vBt1-12a1t12-12a2t12=1m解得t1=0.5s(另一解舍掉)物体滑离平板车的速度v物=vB-a1t1=2m/s此时平板车的速度:v车=a2t1=1m/s物块滑离平板车做平抛运动的时间t2=2hg=0.2s物块落地时距平板车右端的水平距离s=(v物-v车)t2=0.2m。2.答案(1)9N　(2)2m/s　(3)2.75J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-cos53°)=12mv02解得v0=4m/s小球在轨道最低点F-mg=mv02R解得F=9N由牛顿第三定律小球对轨道的压力F'=F=9N(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=12gt2解得t=0.3s小球恰好击中小车的最右端v1t-v2t=x以上各式联解得v1=2m/sv2=0.5m/s所以小球到达木块最右端的速度大小为2m/s(3)由能量守恒定律得mgR(1-cos53°)=12mv12+12Mv22+Q解得Q=2.75J3.答案(1)4m/s　(2)4k+1m/s　8kk+1J　(3)见解析解析(1)设碰撞前A的速度为v1。由动能定理得-μmAgs=12mAv12-12mAv02,解得:v1=v02-2μgs=4m/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=mAmA+mBv1=4k+1m/s由系统能量转化与守恒可得6\nQ=12mAv12-12(mA+mB)v22解得:Q=8kk+1J。(3)①如果AB能从传送带右侧离开,必须满足:12(mA+mB)v22>μ(mA+mB)gL,解得:k<1传送带对它们所做的功W=-μ(mA+mB)gL=-2(k+1)J②当v22≤2μgL,即v2≤2m/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=0③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=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+v02vB=25gl+v02(3)34gl<v0≤43gl或v0≥91gl3解析(1)小球A摆到C点时,设速度为vC,绳对小球的拉力大小为T,则mgl+12mv02=12mvC2在C点,对小球A,由牛顿第二定律有:T-mg=mvC2l解得:T=3mg+mv02l(2)设小球A在与B碰撞前后的速度分别为v1、vA,B碰撞后的速度为vB,则mglcos60°+12mv02=12mv12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=mvA+MvB由机械能守恒定律有:12mv12=12mvA2+12MvB2解得:v1=gl+v02vA=-35gl+v02vB=25gl+v02(3)讨论:①滑块B能沿斜面上滑越过Q点,则12MvB2>MgxPQsin60°解得:v0>34gl②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12mvA2≤mglcos60°解得:v0≤43gl③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=mv22l小球A能过圆轨道的最高点的条件为:12mvA2≥12mv22+mgl(1+cos60°)解得:v0≥91gl3初速度v0的取值范围:34gl<v0≤43gl或v0≥91gl35.答案(1)2gR　6mg+qB2gR(2)23mgR6\n(3)132gR　432gR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=12(2m)vM2解得:vM=2gR由牛顿第二定律有:FN-2mg-qvMB=2mvM2R解得:FN=6mg+qB2gR根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力为:FN'=6mg+qB2gR(2)两球速度相等时系统电势能最大,由动量守恒定律有:2mvM=3mv共根据能量转化与守恒定律有:Ep=12(2m)vM2-12(3m)v共2解得:Ep=23mgR(3)由动量守恒定律:2mvM=2mva+mvb由能量转化与守恒定律有:12(2m)vM2=12(2m)va2+12mvb2解得:va=13vM=132gR,vb=43vM=432gR6