力学综合题下

BABAfGFNθ第26节力学综合题（下）1.2018年全国卷I、18．如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为（C）A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR解析：设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理得：2213cmvmgRRF，又F=mg，解得gRvc42，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后，在水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球离开c点到其轨迹最高点所需的时间为：gRgvtc2，小球离开c点后在水平方向的位移为Ratx2212。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移为5R，则小球机械能的增量为mgRRFE55，选项C正确ABD错误。2.2018年天津卷2．滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（C）A．所受合外力始终为零B．所受摩擦力大小不变C．合外力做功一定为零D．机械能始终保持不变解析：根据曲线运动的特点分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解出运动员与曲面间的正压力变化情况，从而判断运动员所受摩擦力的变化；根据运动员的动能变化情况，结合动能定理分析合外力做功；根据运动过程中，是否只有重力做功来判断运动员的机械能是否守恒。因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，选项A错误；运动员受力如图示，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，有RmvmgFN2cos得RmvmgFN2cos，运动过程中速率恒定，且θ在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据NFf可知摩擦力越来越大，选项B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，故动能的变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，选abcRBOACPROABCPDM项C正确；因为克服摩擦力做功，机械能不守恒，选项D错误。3.2018年全国卷III、25．（20分）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为，3sin5。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；（2）小球到达A点时动量的大小；（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。解：（1）设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有0tanFmg①2220()FmgF②设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得2FmRv③由①②③式和题给数据得034Fmg④52gRv⑤（2）设小球到达A点的速度大小为1v，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得DAsinR⑥CD(1cos)R⑦由动能定理有220111CDDA22mgFmmvv⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为1232mgRpmv⑨（3）小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有21CD2tgtv⑩sinvv⑪P地面h=3.2mCBAR=2m第20题图由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得355Rtg⑫4.2018年浙江卷（4月选考）20．如图所示，一轨道由半径为2m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可以调节的水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为0.2kg的小球从A点无初速度释放，经过圆弧上的B点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6N，小球经过BC段所受阻力为其重力的0.2倍，然后从C点水平飞离轨道，落到水平面上的P点，P、C两点间的高度差为3.2m。小球运动过程中可以视为质点，且不计空气阻力。（1）求小球运动至B点的速度大小；（2）求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；（3）为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度；（4）小球落到P点后弹起，与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损失75%，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。求小球从C点飞出后静止所需的时间。解：（1）在B点：2BNvFmgmR得到：4m/sBv（2）A至B过程中，由动能定理：212fBmgRWmv得到：2.4JfW（3）B至C过程中，由动能定理：221122BCCBkmgLmvmvB至P的水平距离：2222144245BCCCCvvhLvvvkgg当1.6m/sCv时，P至B的水平距离最大3.36mBCL（4）C至P时间：020.8shtg10120.8s2tt……111()2nntt2.4st5.2011年理综山东卷24．（15分）如图所示，在高出水平地面h=1.8m的光滑平台上放置一质量M=2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1=0.2m且表面光滑，左段表面粗糙。在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m=1kg。B与A左段间动摩擦因数μ=0.4。开始时二者均静止，现对A施加F=20N水平向右的恒力，待B脱离A（A尚未露出平台）后，将A取走。B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2m。（取g=10m/s2）求：⑴B离开平台时的速度vB。⑵B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB.⑶A左端的长度l2，解析：（1）设物块平抛运动的时间为t，由运动学知识可得221gth①x=vBt②联立①②式，代入数据得vB=2m/s③(2)设B的加速度为aB，由牛顿第二定律和运动学的知识得Bmamgμ④BBBtav⑤221BBBtax⑥联立③④⑤⑥式，代入数据得s5.0Bt⑦m5.0Bx⑧（3）设B刚开始运动时A的速度为v1，由动能定理得21121MvFl⑨设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得AMamgμF⑩21221BABBtatvxl⑾联立⑦⑧⑨⑩⑾式，代入数据得m5.12l⑿6.2011年理综天津卷10．（16分）如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平BAFl2l1xhBARONM地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N为2R。重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求⑴粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；⑵小球A冲进轨道时速度v的大小。【解析】（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有2122Rgt①解得2Rtg②（2）设球A的质量为m，碰撞前速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知22111222mvmvmgR③设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，由动量守恒定律知122mvmv④飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有22Rvt⑤综合②③④⑤式得222vgR7.2011年物理江苏卷14．（16分）如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置。将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M=km的小物块相连，小物块悬挂于管口。现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变。（重力加速度为g）⑴求小物块下落过程中的加速度大小；⑵求小球从管口抛出时的速度大小；⑶试证明小球平抛运动的水平位移总小于L22答：(1)g)k(k1212(2)gL)k(k122(k2)(3)见解析【解析】(1)设细线中的张力为T，根据牛顿第二定律Mg-T=Ma，T-mgsin30°=mamM30º且M=km解得：g)k(ka1212(2)设M落地时的速度大小为v，m射出管口时速度大小为v0，M落地后m的加速度为a0。根据牛顿第二定律-mgsin30°=ma0，匀变速直线运动02302sinaLv)sin(Lavv002203012解得：gL)k(kv1220(k2)(3)平抛运动tvx0，202130gtsinL，解得)k(kLx122因为112kk，所以Lx22，得证。8.2014年物理江苏卷15.(16分)如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0，小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ.乙的宽度足够大，重力加速度为g.(1)若乙的速度为v0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s;(2)若乙的速度为2v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v(3)保持乙的速度2v0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复.若每个工件的质量均为m，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率P.【答案】（1）gv2220（2）2v0（3）0554mgv【解析】（1）摩擦力与侧向的夹角为45°侧向加速度大小045cosgax匀变速直线运动2002vsax解得gvs2220（2）设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度的大小分别为ax、ay，则ay/ax=tanθ，传送带甲传送带乙v0在很小的△t时间内，侧向、纵向的速度增量△vx=ax△t，△vy=ay△t，解得△vy/△vx=tanθ且由题意可知xyvvtan，则tanvvvvvvxxyyxy，所以摩擦力方向保持不变则当00yxvv时，，即02vv（3）工件在乙上滑动的侧向位移为x，沿乙方向的位移为y由题意知,ssinga,cosgayx在侧向上,vxax2002在纵向上,)v(yay02220工件滑动时间,avty02乙前进的距离,tvy012工件相对乙的位移212)yy(xL则系统摩擦生热,mgLQ电动机做功,Qmv)v(mW202021221由,tWP解得,mgvP05549.2014年理综安徽卷24．(20分)在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B。物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0m。凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.5。开始时物块静止，凹槽以v0=5m/s初速度向右运动，设物块与凹槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计。g取10m/s2。求：（1）物块与凹槽相对静止时的共同速度；（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；（3）从凹槽开始运动到两者相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。【答案】（1）2.5m/s（2）6（3）12.75m【解析】（1）设两者间相对静止时的速度为v，由动量守恒定律得mv0=2mvv=2.5m/s（2）物块与凹槽间的滑动摩擦力,mgNFfv02L2LBAt/sv/ms-1012345v0v0/2设两者间相对静止时的路程为s1，由动能定理得20212121mvv)mm(sFf得s1=12.5m已知L=1m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞。（3）设凹槽与物块碰前的速度分别为