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

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 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= kg,长度 1=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= 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/s 2。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

2、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口二0. 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=).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

3、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102m/s ,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。33. (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=1 kg的物块A在距N点s=2. 25 m处以vo

4、=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口=0.2,物块均可视为质点,g取10 m/s。(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； 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.OA(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，0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=|P、Q间距离xp应I。长度为l的轻绳一端系于 O点,另一端系质量为

5、m的小球A质量为MWm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go(1) 求小球A通过最低点C点时,绳对小球拉力的大小； 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。5.”0(20分)(2018福建宁德期末)如图所示，PM是半径为R的光滑匚绝缘圆轨道，在匚圆内有垂直纸面向外 的匀强磁场，磁感应强度

6、大小为 B。MNK平光滑且足够长，PMF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；a、b两小球系统的电势能最大值E);(3) a、b两小球最终的速度 Va、Vb的大小。1 ,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

7、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B点由牛顿第二定律得，Fwmg=可，解得FN=mg+m =30 N,即物块滑到轨道上 B点时对轨道的压力 Fn'=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W=-:l=- 4 J,从物体开始滑到滑离平板车1 过程中由动能定理得，mgR+WmV,解得v=1 m/s。(3) 当平板车不固定时，对物块a= 口 g=2 m/s 22a2=: =2 m/s ;t1物块滑离平板车，则1 . 2 _ 1_a1:.a2i-'i'=1 m对平板车 经过时间VBt 1-解得11=0

8、. 5 s(另一解舍掉)物体滑离平板车的速度v 物=VB-a 1t 1=2 m/s此时平板车的速度：v车=a2t 1=1 m/s 物块滑离平板车做平抛运动的时间.2 st2=物块落地时距平板车右端的水平距离 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mgR1 -cos 53 ° )=.解得 V0=4 m/ss=（ v 物-v 车）12=0. 2 m。Vo,由机械能守恒定律小球在轨道最低点 F-mg=m 解得F=9 N由牛顿第三定律小球对轨道的压力(2)设小球运动到木块最右端的速度为由动量守恒定律得 mv=mv+MvF'

9、=F=9 NV1,此时小车的速度为 V2,小球离开木块最右端后做平抛运动，运动时间为t 2h= -gt解得t=0. 3 s小球恰好击中小车的最右端V1t-V 2t=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(3)由能量守恒定律得mgR1-cos 53解得Q2 75 J4酥3.答案(1)4 m/s 审 m/s 用 J2 m/s）=+Q(3)见解析1 2 _ 1 ;解析(1)设碰撞前A的速度为V1。由动能定理得-(imAgs=nA-_ nA.，解得：V1=.'：丿=4m/s。51二(rm+m)- >(i(nA+m)gL,解得:k<1

10、,再向左加速,当速度与传送带速度相等时与在这个过程中传送带对 AB所做的功12W= ”(m+m)v-1_(m+m).,解得：w= _、1 J。4.答案(1) T=3mg+ .(2) va=-Vb=(3)解析J<V0 <扌存或小球A摆到C点时，设速度为VC,绳对小球的拉力大小为mgl+ -T,则在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撷先上=冷怕V1、va, B碰撞后的速度为vb,则mglcos 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 mv=mv+Mv 由机械能守恒定律有：解得：V

11、1= L討刃+旳'VA=-VB=(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 mivi=(mA+m) V2,解 心斗得：V2=.-.vi=- 一 m/s由系统能量转化与守恒可得Q=.(m+m)-8k解得:Q= . _ J。(3) 如果AB能从传送带右侧离开，必须满足： 传送带对它们所做的功W=-(i (m+m) gL=-2(k+1) J 当.'<2 口 gL,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 这个过程传送带对 AB所做的功W= 当1 < k<3时,AB沿传送带向右减速到速度

12、为零 传送带一起匀速运动到传送带的左端。 讨论：滑块B能沿斜面上滑越过 Q点，则-:->MgxQSin 60 解得:V0>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 :'< mglcos 60 °解得:V0<:'7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尹時工弓警：+mg|(i+cos 60 ° )解得:Vo>初速度Vo的取值范围：:-<VoW. -或Vo>5.答案 二-用 6mg+qB'2.mgR解析(1)从P到M洛伦兹力、弹力都不做功，只有重力做功1 由动能定理有:2 mgR=二(2 n).解得:Vm=.亠“由牛顿第二定律有：2机曲Fn- 2mg-qv/B=,解得:F=6mg+qB J -?丘根据牛顿第