2020版高考物理大三轮复习计算题热点巧练热点17力学综合题三大观点的应用（含答案）

这是一份2020版高考物理大三轮复习计算题热点巧练热点17力学综合题三大观点的应用（含答案），共5页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．如图甲所示，质量M＝1.0 kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m＝1.0 kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，4 s时撤去拉力．可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)0～1 s内，A、B的加速度大小aA、aB；
(2)B相对A滑行的最大距离x；
(3)0～4 s内，拉力做的功W；
(4)0～4 s内系统产生的摩擦热Q.
2．(2019·青岛三诊)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＝0.5 kg的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和圆弧轨道的圆心之间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＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 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．
3.
(2019·济宁段考)如图所示，在水平轨道上方O处，用长为L＝1 m的细线悬挂一质量为m＝0.1 kg 的滑块B，B恰好与水平轨道相切，并可绕O点在竖直平面内摆动．水平轨道的右侧有一质量为M＝0.3 kg 的滑块C与轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直墙D上，弹簧处于原长时，滑块C静止在P点处．一质量也为m＝0.1 kg的子弹以初速度v0＝15eq \r(2) m/s 射穿滑块B后(滑块B质量不变)射中滑块C并留在其中，一起压缩弹簧，弹簧最大压缩量为x＝0.2 m．滑块B做圆周运动，恰好能保证绳子不松弛．滑块C与PD段的动摩擦因数为μ＝0.5，A、B、C均可视为质点，重力加速度为g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字．求：
(1)子弹A和滑块B作用过程中损失的能量；
(2)弹簧的最大弹性势能．
板块三 计算题热点巧练
热点17 力学综合题(三大观点的应用)
1．解析：(1)在0～1 s内，A、B两物体分别做匀加速直线运动
根据牛顿第二定律得μmg＝MaA
F1－μmg＝maB
代入数据得aA＝2 m/s2，aB＝4 m/s2.
(2)t1＝1 s后，拉力F2＝μmg，铁块B做匀速运动，速度大小为v1；木板A仍做匀加速运动，又经过时间t2，速度与铁块B相等．
v1＝aBt1
又v1＝aA(t1＋t2)
解得t2＝1 s
设A、B速度相等后一起做匀加速运动，运动时间t3＝2 s，加速度为a
F2＝(M＋m)a
a＝1 m/s2
木板A受到的静摩擦力f＝Ma<μmg，A、B一起运动，B相对A滑行的最大距离
x＝eq \f(1,2)aBteq \\al(2,1)＋v1t2－eq \f(1,2)aA(t1＋t2)2
代入数据得x＝2 m.
(3)0～1 s内拉力做的功W1＝F1x1＝F1·eq \f(1,2)aBteq \\al(2,1)＝12 J
1～2 s内拉力做的功W2＝F2x2＝F2v1t2＝8 J
2～4 s内拉力做的功
W3＝F2x3＝F2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v1t3＋\f(1,2)ateq \\al(2,3)))＝20 J
0～4 s内拉力做的功W＝W1＋W2＋W3＝40 J.
(4)系统的摩擦热Q只发生在铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系统产生的摩擦热
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)设小球到达轨道末端的速度为v0，由机械能守恒定律
mgR(1－cs 53°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝4 m/s
小球在轨道最低点F－mg＝meq \f(veq \\al(2,0),R)
解得F＝9 N
由牛顿第三定律知小球对轨道的压力
F′＝F＝9 N.
(2)设小球运动到木块最右端的速度为v1，此时小车的速度为v2，
由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2
小球离开木块最右端后做平抛运动，运动时间为t
h＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝0.3 s
小球恰好击中小车的最右端v1t－v2t＝x
以上各式联立解得v1＝2 m/s，v2＝0.5 m/s
所以小球到达木块最右端的速度大小为2 m/s.
(3)由能量守恒定律得
mgR(1－cs 53°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)＋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若滑块B恰好能够做完整的圆周运动，则在圆周运动最高点有mg＝meq \f(veq \\al(2,1),L)
解得v1＝eq \r(gL)＝eq \r(10) m/s
滑块B从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得mg·2L＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得vB＝eq \r(5gL)＝5eq \r(2) m/s
子弹A和滑块B作用过程，由动量守恒定律得mv0＝mvA＋mvB，
解得vA＝10eq \r(2) m/s
子弹A和滑块B作用过程中损失的能量
ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝10 J.
②若滑块B恰好能够运动到与O等高处，则到达与O等高处时的速度为零，滑块B从最低点到与O等高处的过程，由机械能守恒定律得mg·L＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,B)
v′B＝eq \r(2gL)＝2eq \r(5) m/s
子弹A和滑块B作用过程，由动量守恒定律得mv0＝mv′A＋mv′B，
解得v′A＝(15eq \r(2)－2eq \r(5)) m/s
子弹A和滑块B作用过程中损失的能量
ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,A)－eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,B)≈7.5 J.
(2)①若滑块B恰好能够做完整的圆周运动，设A与C作用后瞬间的共同速度为v，由动量守恒定律有
mvA＝(M＋m)v
A、C一起压缩弹簧，由能量守恒定律有
eq \f(1,2)(M＋m)v2＝Ep＋μ(M＋m)gx，
解得Ep＝2.1 J.
②若滑块B恰好能够运动到与O等高处，设A与C作用后瞬间的共同速度为v′，由动量守恒定律得
mv′A＝(M＋m)v′
A、C一起压缩弹簧，由能量守恒定律有
eq \f(1,2)(M＋m)v′2＝Ep＋μ(M＋m)gx，
解得E′p≈3.1 J.
答案：见解析