江蘇省2020版高考物理三輪復習 熱點16 力學綜合題（三大觀點的應用）練習（含解析）

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1、熱點16　力學綜合題(三大觀點的應用) (建議用時：20分鐘) 1．如圖甲所示，質(zhì)量M＝1.0 kg的長木板A靜止在光滑水平面上，在木板的左端放置一個質(zhì)量m＝1.0 kg的小鐵塊B，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，對鐵塊施加水平向右的拉力F，F(xiàn)大小隨時間變化如圖乙所示，4 s時撤去拉力．可認為A、B間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)0～1 s內(nèi)，A、B的加速度大小aA、aB； (2)B相對A滑行的最大距離x； (3)0～4 s內(nèi)，拉力做的功W； (4)0～4 s內(nèi)系統(tǒng)產(chǎn)生的摩擦熱Q.

2、 2．(2019·無錫市高三期末調(diào)研)如圖所示，半徑R＝2.0 m的光滑圓弧軌道固定在光滑的水平地面上，其末端水平．平板小車上固定一木塊，緊靠在軌道的末端，木塊上表面水平粗糙，且與圓弧軌道末端等高．木塊的厚度h＝0.45 m，木塊最右端到小車最右端的水平距離x＝0.45 m，小車連同木塊總質(zhì)量M＝2 kg.現(xiàn)使一個質(zhì)量m＝0.5 kg的小球從圓弧軌道上由靜止釋放，釋放小球的位置和圓弧軌道的圓心之間的連線與豎直方向的夾角為53°，小球從木塊右端飛出后恰好擊中小車的最右端．(g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求： (1)小球到達

3、圓弧軌道最低點時對軌道的壓力大??； (2)小球離開木塊最右端時，小球的速度大??； (3)小球運動到木塊最右端過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能． 3.如圖所示，在水平軌道上方O處，用長為L＝1 m的細線懸掛一質(zhì)量為m＝0.1 kg 的滑塊B，B恰好與水平軌道相切，并可繞O點在豎直平面內(nèi)擺動．水平軌道的右側(cè)有一質(zhì)量為M＝0.3 kg 的滑塊C與輕質(zhì)彈簧的一端相連，彈簧的另一端固定在豎直墻D上，彈簧處于原長時，滑塊C靜止在P點處．一質(zhì)量也為m＝0.1 kg的子彈以初速度v0＝15 m/s射穿滑塊B后(滑塊B質(zhì)量不變)射中滑塊C并留在其中，一起壓縮彈簧，

4、彈簧最大壓縮量為x＝0.2 m．滑塊B做圓周運動，恰好能保證繩子不松弛．滑塊C與PD段的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，A、B、C均可視為質(zhì)點，重力加速度為g＝10 m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字．求： (1)子彈A和滑塊B作用過程中損失的能量； (2)彈簧的最大彈性勢能． 熱點16　力學綜合題(三大觀點的應用) 1．解析：(1)在0～1 s內(nèi)，A、B兩物體分別做勻加速直線運動 根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝MaA F1－μmg＝maB 代入數(shù)據(jù)得aA＝2 m/s2，aB＝4 m/s2. (2)t1＝1 s后，拉力F2＝μmg，鐵塊B

5、做勻速運動，速度大小為v1；木板A仍做勻加速運動，又經(jīng)過時間t2，速度與鐵塊B相等． v1＝aBt1 又v1＝aA(t1＋t2) 解得t2＝1 s 設A、B速度相等后一起做勻加速運動，運動時間t3＝2 s，加速度為a F2＝(M＋m)a a＝1 m/s2 木板A受到的靜摩擦力f＝Ma<μmg，A、B一起運動，B相對A滑行的最大距離 x＝aBt＋v1t2－aA(t1＋t2)2 代入數(shù)據(jù)得x＝2 m. (3)0～1 s內(nèi)拉力做的功W1＝F1x1＝F1·aBt＝12 J 1～2 s內(nèi)拉力做的功W2＝F2x2＝F2v1t2＝8 J 2～4 s內(nèi)拉力做的功 W3＝F2x3＝F2

6、＝20 J 0～4 s內(nèi)拉力做的功W＝W1＋W2＋W3＝40 J. (4)系統(tǒng)的摩擦熱Q只發(fā)生在鐵塊與木板相對滑動階段，此過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的摩擦熱 Q＝μmgx＝4 J. 答案：(1)2 m/s2　4 m/s2　(2)2 m　(3)40 J　(4)4 J 2．解析：(1)設小球到達軌道末端的速度為v0，由機械能守恒定律 mgR(1－cos 53°)＝mv 解得v0＝4 m/s 小球在軌道最低點F－mg＝m 解得F＝9 N 由牛頓第三定律知小球?qū)壍赖膲毫? F′＝F＝9 N. (2)設小球運動到木塊最右端的速度為v1，此時小車的速度為v2， 由動量守恒定律得mv0＝mv1

7、＋Mv2 小球離開木塊最右端后做平拋運動，運動時間為t h＝gt2 解得t＝0.3 s 小球恰好擊中小車的最右端 v1t－v2t＝x 以上各式聯(lián)立解得v1＝2 m/s，v2＝0.5 m/s 所以小球到達木塊最右端的速度大小為2 m/s. (3)由能量守恒定律得 mgR(1－cos 53°)＝mv＋Mv＋Q 解得Q＝2.75 J. 答案：(1)9 N　(2)2 m/s　(3)2.75 J 3．解析：(1)①若滑塊B恰好能夠做完整的圓周運動，則在圓周運動最高點有mg＝m 解得v1＝＝ m/s 滑塊B從最低點到最高點過程中，由機械能守恒定律得 mg·2L＋mv＝mv

8、解得vB＝＝5 m/s 子彈A和滑塊B作用過程，由動量守恒定律得mv0＝mvA＋mvB， 解得vA＝10 m/s 子彈A和滑塊B作用過程中損失的能量 ΔE＝mv－mv－mv＝10 J. ②若滑塊B恰好能夠運動到與O等高處，則到達與O等高處時的速度為零，滑塊B從最低點到與O等高處的過程，由機械能守恒定律得mg·L＝mv′ v′B＝＝2 m/s 子彈A和滑塊B作用過程，由動量守恒定律得mv0＝mv′A＋mv′B， 解得v′A＝(15－2) m/s 子彈A和滑塊B作用過程中損失的能量 ΔE＝mv－mv′－mv′≈7.5 J. (2)①若滑塊B恰好能夠做完整的圓周運動，設A與C作用后瞬間的共同速度為v，由動量守恒定律有 mvA＝(M＋m)v A、C一起壓縮彈簧，由能量守恒定律有 (M＋m)v2＝Ep＋μ(M＋m)gx， 解得Ep＝2.1 J. ②若滑塊B恰好能夠運動到與O等高處，設A與C作用后瞬間的共同速度為v′，由動量守恒定律得 mv′A＝(M＋m)v′ A、C一起壓縮彈簧，由能量守恒定律有 (M＋m)v′2＝Ep＋μ(M＋m)gx， 解得E′p≈3.1 J. 答案：見解析 - 6 -