（京津魯瓊專用）2020版高考物理大三輪復(fù)習(xí) 計(jì)算題熱點(diǎn)巧練 熱點(diǎn)18 力學(xué)綜合題（三種運(yùn)動(dòng)形式的應(yīng)用）（含解析）

《（京津魯瓊專用）2020版高考物理大三輪復(fù)習(xí) 計(jì)算題熱點(diǎn)巧練 熱點(diǎn)18 力學(xué)綜合題（三種運(yùn)動(dòng)形式的應(yīng)用）（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（京津魯瓊專用）2020版高考物理大三輪復(fù)習(xí) 計(jì)算題熱點(diǎn)巧練 熱點(diǎn)18 力學(xué)綜合題（三種運(yùn)動(dòng)形式的應(yīng)用）（含解析）（6頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、熱點(diǎn)18　力學(xué)綜合題(三種運(yùn)動(dòng)形式的應(yīng)用) (建議用時(shí)：20分鐘) 1.(2019·濱州模擬)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為M、長為L的圓管豎直放置，頂端塞有一個(gè)質(zhì)量為m的彈性小球，M＝5m，球和管間的滑動(dòng)摩擦力和最大靜摩擦力大小均為5mg.管從下端距離地面為H處自由落下，運(yùn)動(dòng)過程中，管始終保持豎直，每次落地后向上彈起的速度與落地時(shí)速度大小相等，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.求： (1)管第一次落地彈起時(shí)管和球的加速度； (2)管第一次落地彈起后，若球沒有從管中滑出，則球與管達(dá)到相同速度時(shí)，管的下端距地面的高度； (3)管第二次彈起后球不致滑落，L應(yīng)滿足什么條件？ 2

2、．將一端帶有四分之一圓弧軌道的長木板固定在水平面上，其中B點(diǎn)為圓弧軌道的最低點(diǎn)，BC段為長木板的水平部分，長木板的右端與平板車平齊并緊靠在一起，但不粘連．現(xiàn)將一質(zhì)量m1＝2 kg的物塊由圓弧的最高點(diǎn)A無初速度釋放，經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對長木板的壓力大小為40 N．物塊經(jīng)C點(diǎn)滑到平板車的上表面．若平板車固定不動(dòng)，物塊恰好停在平板車的最右端．已知圓弧軌道的半徑R＝3.6 m，BC段的長度L1＝5.0 m，平板車的長度L2＝4 m，物塊與BC段之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，平板車與水平面之間的摩擦可忽略不計(jì)，g＝10 m/s2.求： (1)物塊從A到B過程中克服摩擦做的功W克f； (2)物塊在BC段滑

3、動(dòng)的時(shí)間t； (3)若換一材料、高度相同但長度僅為L3＝1 m的平板車，平板車的質(zhì)量m2＝1 kg，且不固定，試通過計(jì)算判斷物塊是否能滑離平板車，若不能滑離，求出最終物塊離平板車左端的距離；若能滑離，求出滑離時(shí)物塊和平板車的速度大?。? 3．(2019·煙臺模擬)如圖所示，質(zhì)量為m＝1 kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊輕輕放在水平勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上的P點(diǎn)，隨傳送帶運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)后水平拋出，小物塊恰好無碰撞地沿圓弧切線從B點(diǎn)進(jìn)入豎直光滑圓弧軌道下滑，圓弧軌道與質(zhì)量為M＝2 kg的足夠長的小車在最低點(diǎn)O點(diǎn)相切，并在O點(diǎn)滑上小車，水平地面光滑，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到障礙物Q處時(shí)與Q發(fā)生無機(jī)械

4、能損失的碰撞．碰撞前物塊和小車已經(jīng)相對靜止，而小車可繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)(物塊始終在小車上)，小車運(yùn)動(dòng)過程中和圓弧無相互作用．已知圓弧半徑R＝1.0 m，圓弧對應(yīng)的圓心角θ為53°，A點(diǎn)距水平面的高度h＝0.8 m，物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.試求： (1)小物塊離開A點(diǎn)的水平初速度v1大?。? (2)小物塊經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大??； (3)第一次碰撞后直至靜止，物塊相對小車的位移和小車做勻減速運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間． 熱點(diǎn)18　力學(xué)綜合題 (三種運(yùn)動(dòng)形式的應(yīng)用) 1．解析：(1)管第一次落

5、地彈起時(shí)，管的加速度a1＝＝2g，方向豎直向下．球的加速度a2＝＝4g，方向豎直向上． (2)取豎直向下為正方向．管第一次碰地瞬間的速度v0＝，方向豎直向下． 碰地后，管的速度v1＝，方向豎直向上；球的速度v2＝，方向豎直向下 若球剛好沒有從管中滑出，設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1，球、管的速度相同，則有－v1＋a1t1＝v2－a2t1 t1＝＝ 故管下端距地面的高度 h1＝v1t1－a1t＝－＝H. (3)球與管達(dá)到相對靜止后，將以速度v、加速度g豎直上升到最高點(diǎn)， 由于v＝v2－a2t1＝－ 故這個(gè)高度是h2＝＝＝H 因此，管第一次落地彈起后上升的最大高度 Hm＝h1＋h2＝H 從

6、管彈起到球與管共速的過程球運(yùn)動(dòng)的位移 s＝v2t1－a2t＝H 則球與管發(fā)生的相對位移s1＝h1＋s＝H. 同理可知，當(dāng)管與球從Hm再次下落，第二次落地彈起后到球與管共速，發(fā)生的相對位移為s2＝Hm 所以管第二次彈起后，球不會(huì)滑出管外的條件是s1＋s2H. 答案：(1)見解析　(2)H　(3)L>H 2．解析：(1)設(shè)物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，由題意可知此時(shí)長木板對物塊的支持力N＝40 N，由牛頓第二定律有 N－m1g＝ 解得v1＝6 m/s 從A到B由功能關(guān)系有W克f＝m1gR－m1v 解得W克f＝36 J. (2)設(shè)物塊在C點(diǎn)的速度大小

7、為v2，從B運(yùn)動(dòng)到C的時(shí)間為t，由動(dòng)能定理有 －μm1gL1＝m1v－m1v 解得v2＝4 m/s 由牛頓第二定律有μm1g＝m1a 解得a＝2 m/s2 則從B運(yùn)動(dòng)到C的時(shí)間為 t＝＝1 s. (3)當(dāng)平板車固定時(shí)，由動(dòng)能定理有 0－m1v＝－fL2 解得f＝4 N 當(dāng)平板車不固定時(shí)，假設(shè)物塊恰好不能滑離平板車，它停在平板車最右端時(shí)二者共同的速度大小為v3，物塊相對平板車滑行的距離為x 物塊與平板車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有 m1v2＝(m1＋m2)v3 物塊與平板車組成的系統(tǒng)能量守恒，有 fx＝m1v－(m1＋m2)v 聯(lián)立解得x＝m>1 m 說明假設(shè)不成立，物

8、塊滑離平板車 設(shè)物塊滑離平板車時(shí)物塊的速度大小為v4，平板車的速度大小為v5 物塊與平板車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有 m1v2＝m1v4＋m2v5 物塊與平板車組成的系統(tǒng)能量守恒，有 fL3＝m1v－m1v－m2v 解得v4＝m/s，v5＝m/s 另一組解v4＝2 m/s，v5＝4 m/s不合題意，舍去． 答案：(1)36 J　(2)1 s (3)能滑離　m/s　m/s 3．解析：(1)對小物塊由A到B有v＝2gh 在B點(diǎn)tan θ＝ 解得v1＝3 m/s. (2)由A到O，根據(jù)動(dòng)能定理有 mg(h＋R－Rcos θ)＝mv－mv 在O點(diǎn)FN－mg＝m 解得v0＝

9、m/s，F(xiàn)N＝43 N 由牛頓第三定律知，小物塊對軌道的壓力 F′N＝43 N. (3)摩擦力Ff＝μmg＝1 N，物塊滑上小車后經(jīng)過時(shí)間t達(dá)到的共同速度為vt 則＝，am＝2aM 得vt＝ m/s 由于碰撞不損失能量，物塊在小車上重復(fù)做勻減速和勻加速運(yùn)動(dòng)，相對小車始終向左運(yùn)動(dòng)，物塊與小車最終靜止，摩擦力做功使動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故有：Ff·l相＝(M＋m)v 得l相＝5.5 m 小車從物塊碰撞后開始勻減速運(yùn)動(dòng)，(每個(gè)減速階段)加速度不變 aM＝＝0.5 m/s2，vt＝aMt 得t＝ s. 答案：(1)3 m/s　(2)43 N　(3)5.5 m　 s - 6 -