高考物理第二轮复习 专题高效升级卷九 力学中的多过程问题.doc

专题高效升级卷九力学中的多过程问题（时间：60分钟满分：100分）说明：本卷共5题，全部为论述计算题。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。1（20分）为了研究过山车的原理，物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为37、长为l2.0 m的粗糙的倾斜轨道ab，通过水平轨道bc与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道de，整个轨道除ab段以外都是光滑的。其中ab与bc轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个小物块以初速度v04.0 m/s，从某一高处水平抛出，到a点时速度方向恰沿ab方向，并沿倾斜轨道滑下。已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数0.5（g取10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80）求：（1）小物块的抛出点和a点的高度差；（2）为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道ab，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件；（3）要使小物块不离开轨道，并从水平轨道de滑出，求竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件。2（20分）在某货物转运场所，有一个半径r0.8 m的光滑的1/4圆弧mn处在竖直面内，n点切线水平，且与一个足够长的水平的传送带上表面ab等高靠拢，开始时传送带不转动，现在将一个质量m10 kg的小物块从距m点上方h1.0 m处的c点由静止释放，刚好可从m点滑入轨道，不计空气阻力和n、a两点衔接处的能量损失，传送带上表面与小物块间动摩擦因数0.15，g取10 m/s2。求：（1）物块滑到n点时对轨道的压力大小及在传送带上滑行的时间；（2）如果传送带逆时针转动起来，上表面有向左的速度v00.3 m/s，物块以同样的速度向右从轨道n滑上传送带a后，先向右运动再向左运动，第一次返回到a点时的速度多大；（3）在（2）中，物块经a、n返回到弧面后，再次滑下，第二次滑上传送带后运动的形式如何？时间多长？假设每次离开传送带的时间是1 s，试画出从第二次滑上传送带后在传送带上运动的vt图象（反映出运动规律即可）。3（20分）质量m50 kg的跳台花样滑雪运动员（可看成质点），从静止开始沿斜面雪道从a点滑下，沿切线从b点进入半径r15 m的光滑竖直冰面圆轨道bpc，通过轨道最高点c水平飞出，经t2 s落到斜面雪道上的d点，其速度方向与斜面垂直。斜面与水平面的夹角37，运动员与雪道之间的动摩擦因数0.075，不计空气阻力。取当地的重力加速度g10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80。试求：（1）运动员运动到c点时的速度大小vc；（2）运动员在圆轨道最低点p受到轨道支持力的大小fp。4（20分）如图所示，光滑曲面轨道置于高度为h1.8 m的平台上，其末端切线水平。另有一长木板两端搭在轨道末端点和水平地面间，构成倾角为37的斜面，整个装置固定在竖直平面内，一个可视作质点的质量为m0.1 kg的小球，从光滑曲面上由静止开始下滑（不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8）（1）若小球从高h0.45 m处静止下滑，求小球离开平台时速度v0的大小；（2）若小球下滑后正好落在木板末端，求释放小球的高度h；（3）试推导小球下滑后第一次撞击木板时的动能与它下滑高度h的关系表达式，并作出图象。5（20分）（2011山东枣庄二模，24）如图所示，半径r1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点b和圆心o的连线与水平方向间的夹角37，另一端点c为轨道的最低点。c点右侧的水平路面上紧靠c点放置一木板，木板质量m1 kg，上表面与c点等高。质量m1 kg的物块（可视为质点）从空中a点以v01.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的b端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数10.2，木板与路面间的动摩擦因数20.05，sin 370.6，cos 370.8，取g10 m/s2。试求：（1）物块经过轨道上的c点时对轨道的压力大小；（2）设木板受到的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，则木板至少多长才能使物块不从木板上滑下？答案与解析1答案：(1)0.45 m(2)r1.65 m(3)r0.66 m解析：(1)设从抛出点到a点的高度差为h，到a点时竖直分速度，vy，且tan 37代入数据解得h0.45 m。(2)要使小物块不离开轨道并且能够滑回倾斜轨道ab，则小物体沿圆轨道上升的最大高度不能超过圆心所在的水平面，即mvmgr得r1.65 m。(3)小物体到达a点时的速度：va5 m/s从a到b，由动能定理得，mglsin 37mglcos 37mvmv小物体从b到环最高点机械能守恒：mvmv2mgr在最高点有mmg由解得r0.66 m。2答案：(1)550 n4 s(2)3 m/s(3)见解析解析：(1)物体由c到n机械能守恒mg(hr)mv2在n点由牛顿第二定律fnmgm联立式并代入已知数据，同时由牛顿第三定律得物块的压力fnfn550 n在传送带上运动有mgma1t联立得t4 s。(2)传送带逆时针方向转动起来不影响物块向右滑动的加速度，物块仍可滑到原来速度为零处，再反向运动。由mgma2，知a2g|a1|。物块反向加速到v03 m/s时，s3 m，尚未回到a点，此时将随同传送带一起匀速运动，直至返回a、n处。所以到达a点时速度为3 m/s。(3)物块第二次从轨道经n滑向a的速度v2v03 m/s，向右匀减速运动到速度为零经历时间t2 s2 s再向左匀加速至a，t3t22 sv3v03 m/s以后每次在传送带上匀减速和匀加速往返一次的运动情景都是重复的，间隔时间1 s在传送带上的速度图象如图所示。3答案：(1)15 m/s(2)3 250 n解析：(1)根据运动的分解，得vcgttan 代入数据解得vc15 m/s。(2)设运动员运动到p点时的速度大小为vp，根据机械能守恒定律得mv2mgrmv，根据牛顿第二定律得fpmgm联立解得fp3 250 n。4答案：(1)3 m/s(2)0.8 m(3)ek3.25h图象见解析解析：(1)小球从曲面上滑下，只有重力做功，由机械能守恒定律，以平台作为零势能面mghmvv0得v03 m/s。(2)小球离开平台后做平抛运动，小球正好落到水平地面木板的末端，则ht2v1t得v14 m/s设释放小球的高度为h1，则mgh1mvh10.8 m(3)由机械能守恒定律可得mghmv小球由离开平台后做平抛运动，可看做水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，则：yt2xv0ttan 37vytvvvekmv得ek3.25h(j)图象如图所示。5答案：(1)46 n(2)6 m解析：设物块经过b点时的速度为vb，则vbsin 37v0设物块经过c点时的速度为vc，由机械能守恒得，mvmg(rrsin 37)mv物块经过c点时，设轨道对物块的支持力为fc，根据牛顿第二定律得：fcmgm联立解得fc46 n由牛顿第三定律可知，物块经过圆轨道上的c点时对轨道的压力大小为46 n。(2)物块在木板上滑动时，设物块和木板的加速度大