2020版高考物理大三轮复习计算题热点巧练热点18力学综合题三种运动形式的应用（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18力学综合题三种运动形式的应用（含答案），共5页。试卷主要包含了6 m，BC段的长度L1＝5，5 m，5 m/s2，vt＝aMt等内容，欢迎下载使用。

1.(2019·滨州模拟)如图所示，一个质量为M、长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M＝5m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为5mg.管从下端距离地面为H处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)管第一次落地弹起时管和球的加速度；
(2)管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管达到相同速度时，管的下端距地面的高度；
(3)管第二次弹起后球不致滑落，L应满足什么条件？
2．将一端带有四分之一圆弧轨道的长木板固定在水平面上，其中B点为圆弧轨道的最低点，BC段为长木板的水平部分，长木板的右端与平板车平齐并紧靠在一起，但不粘连．现将一质量m1＝2 kg的物块由圆弧的最高点A无初速度释放，经过B点时对长木板的压力大小为40 N．物块经C点滑到平板车的上表面．若平板车固定不动，物块恰好停在平板车的最右端．已知圆弧轨道的半径R＝3.6 m，BC段的长度L1＝5.0 m，平板车的长度L2＝4 m，物块与BC段之间的动摩擦因数为μ＝0.2，平板车与水平面之间的摩擦可忽略不计，g＝10 m/s2.求：
(1)物块从A到B过程中克服摩擦做的功W克f；
(2)物块在BC段滑动的时间t；
(3)若换一材料、高度相同但长度仅为L3＝1 m的平板车，平板车的质量m2＝1 kg，且不固定，试通过计算判断物块是否能滑离平板车，若不能滑离，求出最终物块离平板车左端的距离；若能滑离，求出滑离时物块和平板车的速度大小．
3．(2019·烟台模拟)如图所示，质量为m＝1 kg的可视为质点的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为M＝2 kg的足够长的小车在最低点O点相切，并在O点滑上小车，水平地面光滑，当物块运动到障碍物Q处时与Q发生无机械能损失的碰撞．碰撞前物块和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动(物块始终在小车上)，小车运动过程中和圆弧无相互作用．已知圆弧半径R＝1.0 m，圆弧对应的圆心角θ为53°，A点距水平面的高度h＝0.8 m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6.试求：
(1)小物块离开A点的水平初速度v1大小；
(2)小物块经过O点时对轨道的压力大小；
(3)第一次碰撞后直至静止，物块相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间．
热点18 力学综合题
(三种运动形式的应用)
1．解析：(1)管第一次落地弹起时，管的加速度a1＝eq \f(5mg＋5mg,5m)＝2g，方向竖直向下．球的加速度a2＝eq \f(5mg－mg,m)＝4g，方向竖直向上．
(2)取竖直向下为正方向．管第一次碰地瞬间的速度v0＝eq \r(2gH)，方向竖直向下．
碰地后，管的速度v1＝eq \r(2gH)，方向竖直向上；球的速度v2＝eq \r(2gH)，方向竖直向下
若球刚好没有从管中滑出，设经过时间t1，球、管的速度相同，则有－v1＋a1t1＝v2－a2t1
t1＝eq \f(2v0,a1＋a2)＝eq \f(\r(2gH),3g)
故管下端距地面的高度
h1＝v1t1－eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝eq \f(veq \\al(2,1),3g)－eq \f(veq \\al(2,1),9g)＝eq \f(4,9)H.
(3)球与管达到相对静止后，将以速度v、加速度g竖直上升到最高点，
由于v＝v2－a2t1＝－eq \f(1,3)eq \r(2gH)
故这个高度是h2＝eq \f(v2,2g)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)\r(2gH)))\s\up12(2),2g)＝eq \f(1,9)H
因此，管第一次落地弹起后上升的最大高度
Hm＝h1＋h2＝eq \f(5,9)H
从管弹起到球与管共速的过程球运动的位移
s＝v2t1－eq \f(1,2)a2teq \\al(2,1)＝eq \f(2,9)H
则球与管发生的相对位移s1＝h1＋s＝eq \f(2,3)H.
同理可知，当管与球从Hm再次下落，第二次落地弹起后到球与管共速，发生的相对位移为s2＝eq \f(2,3)Hm
所以管第二次弹起后，球不会滑出管外的条件是s1＋s2即L应满足条件L>eq \f(28,27)H.
答案：(1)见解析 (2)eq \f(4,9)H (3)L>eq \f(28,27)H
2．解析：(1)设物块到达B点时的速度大小为v1，由题意可知此时长木板对物块的支持力N＝40 N，由牛顿第二定律有
N－m1g＝eq \f(m1veq \\al(2,1),R)
解得v1＝6 m/s
从A到B由功能关系有W克f＝m1gR－eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)
解得W克f＝36 J.
(2)设物块在C点的速度大小为v2，从B运动到C的时间为t，由动能定理有
－μm1gL1＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,2)－eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)
解得v2＝4 m/s
由牛顿第二定律有μm1g＝m1a
解得a＝2 m/s2
则从B运动到C的时间为
t＝eq \f(v1－v2,a)＝1 s.
(3)当平板车固定时，由动能定理有
0－eq \f(1,2)m1veq \\al(2,2)＝－fL2
解得f＝4 N
当平板车不固定时，假设物块恰好不能滑离平板车，它停在平板车最右端时二者共同的速度大小为v3，物块相对平板车滑行的距离为x
物块与平板车组成的系统动量守恒，有
m1v2＝(m1＋m2)v3
物块与平板车组成的系统能量守恒，有
fx＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,2)－eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,3)
联立解得x＝eq \f(4,3)m>1 m
说明假设不成立，物块滑离平板车
设物块滑离平板车时物块的速度大小为v4，平板车的速度大小为v5
物块与平板车组成的系统动量守恒，有
m1v2＝m1v4＋m2v5
物块与平板车组成的系统能量守恒，有
fL3＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,2)－eq \f(1,2)m1veq \\al(2,4)－eq \f(1,2)m2veq \\al(2,5)
解得v4＝eq \f(10,3)m/s，v5＝eq \f(4,3)m/s
另一组解v4＝2 m/s，v5＝4 m/s不合题意，舍去．
答案：(1)36 J (2)1 s
(3)能滑离 eq \f(10,3)m/s eq \f(4,3)m/s
3．解析：(1)对小物块由A到B有veq \\al(2,y)＝2gh
在B点tan θ＝eq \f(vy,v1)
解得v1＝3 m/s.
(2)由A到O，根据动能定理有
mg(h＋R－Rcs θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
在O点FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,0),R)
解得v0＝eq \r(33) m/s，FN＝43 N
由牛顿第三定律知，小物块对轨道的压力
F′N＝43 N.
(3)摩擦力Ff＝μmg＝1 N，物块滑上小车后经过时间t达到的共同速度为vt
则eq \f(v0－vt,am)＝eq \f(vt,aM)，am＝2aM
得vt＝eq \f(\r(33),3) m/s
由于碰撞不损失能量，物块在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，物块与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：Ff·l相＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,t)
得l相＝5.5 m
小车从物块碰撞后开始匀减速运动，(每个减速阶段)加速度不变
aM＝eq \f(Ff,M)＝0.5 m/s2，vt＝aMt
得t＝eq \f(2,3)eq \r(33) s.
答案：(1)3 m/s (2)43 N (3)5.5 m eq \f(2,3)eq \r(33) s