2020届高考物理二轮复习常考题型大通关 力学综合计算题

力学综合计算题1、如图甲所示，半径为R=0.8m的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，A为轨道最高点，和圆心等高；B为轨道最低点。在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M=3kg，小车足够长，车的上表面与B点等高，平板车上表面涂有一种特殊材料，物块在上面滑动时，动摩擦因数随物块相对小车左端位移的变化图象如图乙所示。物块(可视为质点)从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m=1kg,g取10m/s2。求物块滑到B点时对轨道压力的大小；物块相对小车静止时距小车左端多远？2、如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R=0.5m,物块A以v=6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q,再沿圆轨道0滑出后，与直轨道上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L=0.1m,物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为=0.1，A、B的质量均为m=1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)．求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；求碰后AB滑至第n个(nVk)光滑段上的速度v与n的关系式.n3、如图所示，质量m=1kg的小球P位于距水平地面高H=1.6m处,在水平地面的上方存在厚度h=0.8m的“相互作用区”如图中阴影部分所示，小球P进入“相互作用区”后将受到竖直方向的恒定作用力F,将小球P由静止释放，已知从被释放到运动至“相互作用区”底部用时t=0.6s,小球一旦碰到区域底部就会粘在底部.不考虑空气阻力,g取10m/s第一次碰撞后瞬间A和第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；A、B均停止运动后，二者之间的距离。5、如图甲所示,质量为M=0.3kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t=0时,两个质量均为m=1.0kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车C,1.0s内A、B的v-1图象如图乙所示,g取10m/s2完成下列问题:H丄*MIIM1IMiiIMII1iJ■Iihdi]ri>1iiiii4iii4|A：；：：：；：：：!：：：：；：：!相互作用区+IHPIJEI1IsI1II1IE1I1刃〃求小球刚进入“相互作用区”时的速度大小及在“相互作用区”所受作用力F的大小和方向;若要小球从静止释放后还能返回释放点,作用力F的大小和方向应满足什么条件？在小球能返回释放点的情况中,小球从释放到返回释放点的时间不会超过多少秒?4、如图，光滑轨道PQO的水平段QO=h，轨道在0点与水平地面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为卩=0.5，重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求中、Bi试分析小车c在1.0s内所做的运动，并说明理由？要使A、B在整个运动过程中不会相碰,车的长度至少为多少?⑶假设A、B两物体在运动过程中不会相碰，试在图乙中画出A、B在1.0~3.0s时间内的vt图线。6、如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m的物块B,B的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接,B平衡时，弹簧的压缩量为x,O点为弹簧的原长位置。在斜面顶0端另有一质量也为m的物块A,距物块B为3x0,现让A从静止开始沿斜面下滑,A与B相碰后立即一起沿斜面向下运动，并恰好回到0点(A、B均视为质点)。试求：A、B相碰后瞬间的共同速度的大小;A、B相碰前弹簧的具有的弹性势能;若在斜面顶端再连接一光滑的半径R=x的半圆轨道PQ,圆轨道与斜面相切于最高点P,0现让物块A以初速度v从P点沿斜面下滑，与B碰后返回到P点还具有向上的速度，试问:v为多大时物块A恰能通过圆弧轨道的最高点？

答案以及解析1答案及解析：答案：(l)30N；(2)1.75m解析：(1)物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR二恒定律得：mgR二1mv22b代入数据解得vB=4m/sBv2在B点’由牛顿第二定律得Fn-mg=代入数据解得FN=30NN由牛顿第三定律可知，物块滑到轨道B点时对轨道的压力：F‘=F=30NNN(2)物块滑上小车后，由于水平地面光滑，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒。以向右为正方向，由动量守恒定律得mv二(m+M)vB代入数据解得v=1m/s11由能量关系得，系统生热Q=三mv2-三(m+M)v22B2解得Q=6J1由功能关系知Q二[卩mgx+卩mg(x—x)]2iiii

将比=0.4,x=0.5m代入可解得x=1.75m2答案及解析：答案：(1)22N；(2)45；⑶v=、；9-0.2nm/s(n<45)n解析：(1)物块从A开始运动到运动至Q点的过程中，受重力和轨道的弹力作用，但弹力始终11不做功，只有重力做功，根据动能定理有：—2mgR=mv2-mv2;22o解得：v=\-v2—4gR=4m/s0在Q点,不妨假设轨道对物块的弹力F方向竖直向下，根据向心力公式有：mg+F=m—R解得：F=m-—mg=22N，为正值,说明方向与假设方向相同。R(2)根据机械能守恒定律可知，物块A与物块B碰撞前瞬间的速度为v,设碰后A、B瞬间一起0运动的速度为v'根据动重守恒定律有：mv=2mv000解得：v'==3m/so2设物块与物块S整体在粗糙段上滑行的总路程为s,根据动能定理有:v2解得:s=—旷=4.5m2卩g所以物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为每段粗糙直轨道长度的-=45倍，即Lk=45.物块A与物块B整体在每段粗糙直轨道上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，其加速度为：a=—mg=—卩g=—1m/s22m由题意可知滑至第n个(n<k)光滑段时,先前已经滑过n个粗糙段，根据匀变速直线运动速度-位移笑系式有：2na-=v2—v2n0解得：v=\9一0.2nm/s(n<45)n(2)F>(2)F>20N竖直向上(3)1.6s答案：(1)4m/s10N竖直向上

解析：(1)从被释放到下落至“相互作用区”上边缘的过程中,小球做自由落体运动.1由gt2二H一h,代入数据解得t=0.4s2i由动能不变有由动能不变有2mv]2=2mva2+中叫2⑫落到“相互作用区”上边缘时小球的速度v二gt二4m/s,11则小球在“相互作用区”中运动的时间t=t-1=0.2s21由vt=4x0.2m=0.8m=h,可知小球在“相互作用区”做匀速直线运动，因此小球在此区12域中所受合力为零.即F=mg=10N,方向竖直向上.(2)若要小球从静止释放后还能返回释放点，小球应在“相互作用区”内所受合力竖直向上，取小球到达底部时速度刚好减为零的临界情况进行研究.由v2-0=2ah,可得小球在“相互作用区”内做减速运动的加速度大小a=10m/s2,方向竖1直向上，对小球应用牛顿第二定律得F-mg二ma,可得小球恰好到达区域底部时作用力FC的临界值F=20N,所以若要小球从静止释放后还能返回释放点,要满足F>20N，其方C向要竖直向上.⑶作用力F的值越大,小球返回释放点的时间越短因此当F=20N时用时最长，这种情况下小球做自由落体运动的时间［=0.4sv小球在“相互作用区”减速下落的时间t=—=0.4s,2a小球从释放到返回释放点的时间t二2(t+1)二1.6s,m12即不会超过1.6s.4答案及解析：答案：;v(2)Ax=答案：;v(2)Ax=26125解析：⑴设A滑到水平轨道的速度为v0，则有mgh=2化①A与B碰撞时，由动量守恒有mv=mv+4mv②0AB

由动能不变有—mv2=—mv2+—4mv2③2o2a2B联立①②③得va=5丽；vB=2丽④第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小分别为5v'2gh和彳(2gh(2)第一次碰撞后A经过水平段QO所需时间t=B2gh2=3-护gh=^h⑤6g^^2^⑥5g第一次碰撞后B停下来所需时间tBaB易知tA>tB故第一次碰撞后B停时，A还没有追上B设第一次碰撞后B停下来滑动的位移为x，B由动能定理得一卩4mgx=0一—g4mv2⑦B2B8解得xB=25h®设A第二次碰撞B前的速度为V],由动能定理得11—一卩gx=—mv2一mv2⑨B2—2a解得v解得v=—2gh⑩v>0，故A与B会发生第二次碰撞]A与B会发生第二次碰撞，由动量守恒有mv=mv+4mv⑪AB*解得：v'A3i'2h=一茁ghv'B=-煮gh®B发生第二次碰撞后，向右滑动的距离为X',由动能定理得B一卩4mgx'=0一—4mv'2⑭B2B解得xB=吉h®A发生第二次碰撞后，向左滑动的距离为x'，由动能定理得Amgx'mgx'Amv'2⑯2A解得XA=世h@故x<x，即A不会再回到光滑轨道PQO的水平段QO上，在0点左边停下AB所以A、B均停止运动后它们之间的距离为Ax=x'+x'=丄8h+-^h=126h=三6h⑱AB1251251251255答案及解析：擦力均为f5答案及解析：擦力均为f=ma=2N，方向相反。根据牛顿第三定律,C受到A、B的摩擦力大小相等，方向相反，合力为均零，故C保持静止状态。(2)设系统最终的速度为v,由系统动量守恒得mv+mv=(2m+M)vAB代入数据解得v=0.4m/s，方向向右。由系统能量守恒定律得f(s+s)=mv2+丄mv2-(2m+M)v2,ab2a2b2解得A、B的相对位移即车的最小长度为s=s+s=4.8mB(3)ls后A继续向右减速滑行,C与B—起向右加速运动，最终达到共同速度v,在该过程中,对A运用动量定理得-fAt=mAv,解得At=0.8s即系统在t=1.8s时达到共同速度，此后一起做匀速运动。在L0〜3.0s时间内的v一t图象如图所示。

6答案及解析：31E=mgx-—mgx31E=mgx-—mgx=—mgx(3)v=p04040答案：(1)v2=2V1解析：(1)A与B碰撞前后，设A的速度分别是v和v,因A下滑过程中，机械能守恒，有:12mg(3x)sin30。=-mv2解得v=J3gx①02-i”0又因A与B碰撞过程中，动量守恒，有：mv=2mv②1211联立①②得：v2=2V1=护壮。(2)碰后，A、B和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒。1则有：E+-2mv2=0+2mg-xsin30。TOC\o"1-5"\h\zp220/131解得：E=2mg/