2020屆高考物理二輪復習?？碱}型大通關 力學綜合計算題

力學綜合計算題1、如圖甲所示，半徑為R=0.8m的四分之一光滑圓弧軌道固定在豎直平面內，A為軌道最高點，和圓心等高；B為軌道最低點。在光滑水平面上緊挨B點有一靜止的平板車，其質量M=3kg，小車足夠長，車的上表面與B點等高，平板車上表面涂有一種特殊材料，物塊在上面滑動時，動摩擦因數(shù)隨物塊相對小車左端位移的變化圖象如圖乙所示。物塊(可視為質點)從圓弧軌道最高點A由靜止釋放，其質量m=1kg,g取10m/s2。求物塊滑到B點時對軌道壓力的大??；物塊相對小車靜止時距小車左端多遠？2、如圖所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側的直軌道相切，半徑R=0.5m,物塊A以v=6m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點Q,再沿圓軌道0滑出后，與直軌道上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動，P點左側軌道光滑，右側軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L=0.1m,物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為=0.1，A、B的質量均為m=1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B視為質點，碰撞時間極短)．求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F；若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值；求碰后AB滑至第n個(nVk)光滑段上的速度v與n的關系式.n3、如圖所示，質量m=1kg的小球P位于距水平地面高H=1.6m處,在水平地面的上方存在厚度h=0.8m的“相互作用區(qū)”如圖中陰影部分所示，小球P進入“相互作用區(qū)”后將受到豎直方向的恒定作用力F,將小球P由靜止釋放，已知從被釋放到運動至“相互作用區(qū)”底部用時t=0.6s,小球一旦碰到區(qū)域底部就會粘在底部.不考慮空氣阻力,g取10m/s第一次碰撞后瞬間A和第一次碰撞后瞬間A和B速度的大??；A、B均停止運動后，二者之間的距離。5、如圖甲所示,質量為M=0.3kg的平板小車C靜止在光滑的水平面上，在t=0時,兩個質量均為m=1.0kg的小物體A和B同時從左右兩端水平沖上小車C,1.0s內A、B的v-1圖象如圖乙所示,g取10m/s2完成下列問題:H丄*MIIM1IMiiIMII1iJ■Iihdi]ri>1iiiii4iii4|A：；：：：；：：：!：：：：；：：!相互作用區(qū)+IHPIJEI1IsI1II1IE1I1刃〃求小球剛進入“相互作用區(qū)”時的速度大小及在“相互作用區(qū)”所受作用力F的大小和方向;若要小球從靜止釋放后還能返回釋放點,作用力F的大小和方向應滿足什么條件？在小球能返回釋放點的情況中,小球從釋放到返回釋放點的時間不會超過多少秒?4、如圖，光滑軌道PQO的水平段QO=h，軌道在0點與水平地面平滑連接。一質量為m的小物塊A從高h處由靜止開始沿軌道下滑，在O點與質量為4m的靜止小物塊B發(fā)生碰撞。A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為卩=0.5，重力加速度大小為g。假設A、B間的碰撞為完全彈性碰撞，碰撞時間極短。求中、Bi試分析小車c在1.0s內所做的運動，并說明理由？要使A、B在整個運動過程中不會相碰,車的長度至少為多少?⑶假設A、B兩物體在運動過程中不會相碰，試在圖乙中畫出A、B在1.0~3.0s時間內的vt圖線。6、如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上放置一質量為m的物塊B,B的下端連接一輕質彈簧，彈簧下端與擋板相連接,B平衡時，彈簧的壓縮量為x,O點為彈簧的原長位置。在斜面頂0端另有一質量也為m的物塊A,距物塊B為3x0,現(xiàn)讓A從靜止開始沿斜面下滑,A與B相碰后立即一起沿斜面向下運動，并恰好回到0點(A、B均視為質點)。試求：A、B相碰后瞬間的共同速度的大小;A、B相碰前彈簧的具有的彈性勢能;若在斜面頂端再連接一光滑的半徑R=x的半圓軌道PQ,圓軌道與斜面相切于最高點P,0現(xiàn)讓物塊A以初速度v從P點沿斜面下滑，與B碰后返回到P點還具有向上的速度，試問:v為多大時物塊A恰能通過圓弧軌道的最高點？

答案以及解析1答案及解析：答案：(l)30N；(2)1.75m解析：(1)物塊從圓弧軌道A點滑到B點的過程中，只有重力做功，其機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgR二恒定律得：mgR二1mv22b代入數(shù)據(jù)解得vB=4m/sBv2在B點’由牛頓第二定律得Fn-mg=代入數(shù)據(jù)解得FN=30NN由牛頓第三定律可知，物塊滑到軌道B點時對軌道的壓力：F‘=F=30NNN(2)物塊滑上小車后，由于水平地面光滑，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒。以向右為正方向，由動量守恒定律得mv二(m+M)vB代入數(shù)據(jù)解得v=1m/s11由能量關系得，系統(tǒng)生熱Q=三mv2-三(m+M)v22B2解得Q=6J1由功能關系知Q二[卩mgx+卩mg(x—x)]2iiii

將比=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)物塊從A開始運動到運動至Q點的過程中，受重力和軌道的彈力作用，但彈力始終11不做功，只有重力做功，根據(jù)動能定理有：—2mgR=mv2-mv2;22o解得：v=\-v2—4gR=4m/s0在Q點,不妨假設軌道對物塊的彈力F方向豎直向下，根據(jù)向心力公式有：mg+F=m—R解得：F=m-—mg=22N，為正值,說明方向與假設方向相同。R(2)根據(jù)機械能守恒定律可知，物塊A與物塊B碰撞前瞬間的速度為v,設碰后A、B瞬間一起0運動的速度為v'根據(jù)動重守恒定律有：mv=2mv000解得：v'==3m/so2設物塊與物塊S整體在粗糙段上滑行的總路程為s,根據(jù)動能定理有:v2解得:s=—曠=4.5m2卩g所以物塊A與物塊B整體在粗糙段上滑行的總路程為每段粗糙直軌道長度的-=45倍，即Lk=45.物塊A與物塊B整體在每段粗糙直軌道上做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可知，其加速度為：a=—mg=—卩g=—1m/s22m由題意可知滑至第n個(n<k)光滑段時,先前已經滑過n個粗糙段，根據(jù)勻變速直線運動速度-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豎直向上(3)1.6s答案：(1)4m/s10N豎直向上

解析：(1)從被釋放到下落至“相互作用區(qū)”上邊緣的過程中,小球做自由落體運動.1由gt2二H一h,代入數(shù)據(jù)解得t=0.4s2i由動能不變有由動能不變有2mv]2=2mva2+中叫2?落到“相互作用區(qū)”上邊緣時小球的速度v二gt二4m/s,11則小球在“相互作用區(qū)”中運動的時間t=t-1=0.2s21由vt=4x0.2m=0.8m=h,可知小球在“相互作用區(qū)”做勻速直線運動，因此小球在此區(qū)12域中所受合力為零.即F=mg=10N,方向豎直向上.(2)若要小球從靜止釋放后還能返回釋放點，小球應在“相互作用區(qū)”內所受合力豎直向上，取小球到達底部時速度剛好減為零的臨界情況進行研究.由v2-0=2ah,可得小球在“相互作用區(qū)”內做減速運動的加速度大小a=10m/s2,方向豎1直向上，對小球應用牛頓第二定律得F-mg二ma,可得小球恰好到達區(qū)域底部時作用力FC的臨界值F=20N,所以若要小球從靜止釋放后還能返回釋放點,要滿足F>20N，其方C向要豎直向上.⑶作用力F的值越大,小球返回釋放點的時間越短因此當F=20N時用時最長，這種情況下小球做自由落體運動的時間［=0.4sv小球在“相互作用區(qū)”減速下落的時間t=—=0.4s,2a小球從釋放到返回釋放點的時間t二2(t+1)二1.6s,m12即不會超過1.6s.4答案及解析：答案：;v(2)Ax=答案：;v(2)Ax=26125解析：⑴設A滑到水平軌道的速度為v0，則有mgh=2化①A與B碰撞時，由動量守恒有mv=mv+4mv②0AB

由動能不變有—mv2=—mv2+—4mv2③2o2a2B聯(lián)立①②③得va=5麗；vB=2麗④第一次碰撞后瞬間A和B速度的大小分別為5v'2gh和彳(2gh(2)第一次碰撞后A經過水平段QO所需時間t=B2gh2=3-護gh=^h⑤6g^^2^⑥5g第一次碰撞后B停下來所需時間tBaB易知tA>tB故第一次碰撞后B停時，A還沒有追上B設第一次碰撞后B停下來滑動的位移為x，B由動能定理得一卩4mgx=0一—g4mv2⑦B2B8解得xB=25h?設A第二次碰撞B前的速度為V],由動能定理得11—一卩gx=—mv2一mv2⑨B2—2a解得v解得v=—2gh⑩v>0，故A與B會發(fā)生第二次碰撞]A與B會發(fā)生第二次碰撞，由動量守恒有mv=mv+4mv?AB*解得：v'A3i'2h=一茁ghv'B=-煮gh?B發(fā)生第二次碰撞后，向右滑動的距離為X',由動能定理得B一卩4mgx'=0一—4mv'2?B2B解得xB=吉h?A發(fā)生第二次碰撞后，向左滑動的距離為x'，由動能定理得Amgx'mgx'Amv'2?2A解得XA=世h@故x<x，即A不會再回到光滑軌道PQO的水平段QO上，在0點左邊停下AB所以A、B均停止運動后它們之間的距離為Ax=x'+x'=丄8h+-^h=126h=三6h?AB1251251251255答案及解析：擦力均為f5答案及解析：擦力均為f=ma=2N，方向相反。根據(jù)牛頓第三定律,C受到A、B的摩擦力大小相等，方向相反，合力為均零，故C保持靜止狀態(tài)。(2)設系統(tǒng)最終的速度為v,由系統(tǒng)動量守恒得mv+mv=(2m+M)vAB代入數(shù)據(jù)解得v=0.4m/s，方向向右。由系統(tǒng)能量守恒定律得f(s+s)=mv2+丄mv2-(2m+M)v2,ab2a2b2解得A、B的相對位移即車的最小長度為s=s+s=4.8mB(3)ls后A繼續(xù)向右減速滑行,C與B—起向右加速運動，最終達到共同速度v,在該過程中,對A運用動量定理得-fAt=mAv,解得At=0.8s即系統(tǒng)在t=1.8s時達到共同速度，此后一起做勻速運動。在L0?3.0s時間內的v一t圖象如圖所示。

6答案及解析：31E=mgx-—mgx31E=mgx-—mgx=—mgx(3)v=p04040答案：(1)v2=2V1解析：(1)A與B碰撞前后，設A的速度分別是v和v,因A下滑過程中，機械能守恒，有:12mg(3x)sin30。=-mv2解得v=J3gx①02-i”0又因A與B碰撞過程中，動量守恒，有：mv=2mv②1211聯(lián)立①②得：v2=2V1=護壯。(2)碰后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)在運動過程中，機械能守恒。1則有：E+-2mv2=0+2mg-xsin30。TOC\o"1-5"\h\zp220/131解得：E=2mg/