发布时间 : 星期五 文章2020届高考物理二轮复习常考题型大通关：(15)力学综合计算题更新完毕开始阅读70b68504944bcf84b9d528ea81c758f5f71f2946
答案：1.物块从A开始运动到运动至Q点的过程中,受重力和轨道的弹力作用,但弹力始终不
112做功,只有重力做功,根据动能定理有: ?2mgR?mv2?mv0;
222解得: v?v0?4gR?4m/s
v2在Q点,不妨假设轨道对物块的弹力F方向竖直向下,根据向心力公式有: mg?F?m
Rv2解得: F?m?mg?22N,为正值,说明方向与假设方向相同。
R2.根据机械能守恒定律可知,物块A与物块B碰撞前瞬间的速度为v0,设碰后A、B瞬间一起运动的速度为v0'根据动重守恒定律有: mv0?2mv0' 解得: v0'?v0?3m/s 2设物块与物块S整体在粗糙段上滑行的总路程为s,根据动能定理有:
?2?mgs?0?1?2m?v02 22v0解得: s??4.5m
2?g所以物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为每段粗糙直轨道长度的
s?45倍,即Lk?45.
3.物块A与物块B整体在每段粗糙直轨道上做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律可知,其加速度为: a??2?mg???g??1m/s2 2m由题意可知滑至第n个?n?k?光滑段时,先前已经滑过n个粗糙段,根据匀变速直线运动速
22?v0度-位移笑系式有: 2naL?vn
解得: vn?9?0.2nm/s?n?45? 解析：
3答案及解析： 答案：1.4m/s
10N 竖直向上
2.F?20N 竖直向上
3.1.6s
解析：1.从被释放到下落至“相互作用区”上边缘的过程中,小球做自由落体运动. 由
12gt1?H?h,代入数据解得t1?0.4s. 2
落到“相互作用区”上边缘时小球的速度v1?gt1?4m/s, 则小球在“相互作用区”中运动的时间t2?t?t1?0.2s,
由v1t2?4?0.2m?0.8m?h,可知小球在“相互作用区”做匀速直线运动,因此小球在此区域中所受合力为零.
即F?mg?10N,方向竖直向上.
2. 若要小球从静止释放后还能返回释放点,小球应在“相互作用区”内所受合力竖直向上, 取小球到达底部时速度刚好减为零的临界情况进行研究.
由v12?0?2ah,可得小球在“相互作用区”内做减速运动的加速度大小a?10m/s,方向竖直向上,对小球应用牛顿第二定律得FC?mg?ma,可得小球恰好到达区域底部时作用力F的临界值FC?20N,所以若要小球从静止释放后还能返回释放点,要满足F?20N,其方向要竖直向上.
3.作用力F的值越大,小球返回释放点的时间越短,因此当F?20N时用时最长,这种情况下小球做自由落体运动的时间t1?0.4s, 小球在“相互作用区”减速下落的时间t2?2v1?0.4s, a小球从释放到返回释放点的时间tm?2(t1?t2)?1.6s, 即不会超过1.6s.
4答案及解析：
答案：（1）设A滑到水平轨道的速度为v0，则有mgh?A与B碰撞时，由动量守恒有mv0?mvA?4mvB② 121212由动能不变有mv0?mvA?4mvB③
2221mv0① 2联立①②③得vA?322gh;vB?2gh④ 55322gh和2gh 55第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小分别为
2（2）第一次碰撞后A经过水平段QO所需时间tB?vAh2?h32gh5?52gh6g⑤
22gh42gh第一次碰撞后B停下来所需时间t?vB?5?⑥ BaB?g5g易知tA?tB
故第一次碰撞后B停时，A还没有追上B
设第一次碰撞后B停下来滑动的位移为xB，由动能定理得 ??4mgxB?0?124mvB⑦ 2解得xB?8h⑧ 25设A第二次碰撞B前的速度为v1，由动能定理得 ??gxB?1212mv1?mvA⑨ 222gh⑩ 5解得v1?v1?0，故A与B会发生第二次碰撞
''?4mvB? A与B会发生第二次碰撞，由动量守恒有mv1?mvA11'21'2由动能不变有mv12?mvA?4mvB?
222'解得：vA??32gh 55'vB??22gh? 55
B发生第二次碰撞后，向右滑动的距离为x'B，由动能定理得
'??4mgxB?0?1'24mvB? 2'解得xB?8h? 125'A发生第二次碰撞后，向左滑动的距离为xA，由动能定理得
'??mgxA?0?1'2mvA? 2
'解得xA?18h? 125'?xB，即A不会再回到光滑轨道PQO的水平段QO上，在O点左边停下 故xA''所以A、B均停止运动后它们之间的距离为?x?xA?xB?1882626h?h?h?h? 125125125125解析：
5答案及解析：
答案：1.由题图乙可知.在第1s内,A、B的加速度大小相等,a?2m/s,A、B所受的摩擦 力均为f?ma?2N,方向相反。根据牛顿第三定律,C受到A、B的摩擦力大小相等,方向相反,合力为均零,故C保持静止状态。
2.设系统最终的速度为v,由系统动量守恒得mvA?mvB?(2m?M)v, 代入数据解得v?0.4m/s,方向向右。
111由系统能量守恒定律得f(sA?sB)?mvA2?mvB2?(2m?M)v2,
2222解得A、B的相对位移即车的最小长度为s?sA?sB?4.8m。
3.1s后A继续向右减速滑行,C与B一起向右加速运动,最终达到共同速度v,在该过程中,对
A运用动量定理得?f?t?m?v,解得?t?0.8s
即系统在t?1.8s时达到共同速度,此后一起做匀速运动。 在1.0~3.0s时间内的v?t图象如图所示。
解析：
6答案及解析：
答案：1. A与B碰撞前后，设A的速度分别是v1和v2，因A下滑过程中，机械能守恒，有：