高中物理二輪復(fù)習(xí)-計算題專項1-力學(xué)綜合(一)

計算題專項1力學(xué)綜合(一)1．(14分)(2021·山東泰安市高三二模)如圖所示，傾角為θ、長度為L、寬度足夠的光滑矩形斜面上，固定著一以頂點O為圓心的光滑四分之一圓弧軌道。一可視為質(zhì)點的小球從斜面頂端沿圓弧軌道，由靜止滑下，取重力加速度為g，不計空氣阻力。(1)求小球落地時的速度大?。?2)若圓弧軌道的半徑為eq\f(L,3)，θ＝30°，求落地時速度與豎直方向夾角的正切值及落地點與O點的距離；(3)若圓弧軌道的半徑為eq\f(L,2)，θ為何值時，小球的落地點距底端M最遠，最遠距離是多少？[解析](1)小球運動過程中只有重力做功，根據(jù)機械能守恒定律有mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2(1分)解得v＝eq\r(2gLsinθ)。 (1分)(2)如圖所示，小球離開斜面時的速度大小v1＝eq\r(2grsinθ) (1分)小球從A到C做平拋運動AB＝(L－r)sinθ＝eq\f(1,2)gt2 (1分)BC＝v1t (1分)落地時的豎直分速度大小v2＝eq\r(2gL－rsinθ) (1分)落地速度與豎直方向夾角α的正切值tanα＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(2),2) (1分)由幾何關(guān)系知BD2＋BC2＝CD2，OC2＝OD2＋CD2BD＝rcosθ，OD＝Lsinθ (1分)將r＝eq\f(L,3)，θ＝30°代入并聯(lián)立解得OC＝eq\f(\r(5),3)L。 (1分)(3)當r＝eq\f(L,2)時，可得BC＝Lsinθ (1分)根據(jù)幾何關(guān)系有MB＝eq\f(L,2)cosθ，MC＝eq\r(BC2＋MB2) (1分)所以MC＝eq\f(L,2)eq\r(1＋3sin2θ) (1分)當θ＝90°時，MC有最大值 (1分)最遠距離為L。 (1分)[答案](1)eq\r(2gLsinθ)(2)eq\f(\r(2),2)eq\f(\r(5),3)L(3)最遠距離為L2．(14分)(2021·廣東興寧一中1月期末)如圖，木板A靜止在光滑水平面上，其左端與固定臺階相距x。與滑塊B(可視為質(zhì)點)相連的細線一端固定在O點。水平拉直細線并給B一個豎直向下的初速度v0，當B到達最低點時，細線恰好被拉斷，B從A右端的上表面水平滑上A。A與臺階碰撞時無機械能損失，不計空氣阻力。已知A的質(zhì)量為2m，B的質(zhì)量為m，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，細線長為L、能承受的最大拉力為B的重力的5倍，A足夠長，B不會從A上表面滑出，重力加速度為g(1)求B的初速度大小v0和細線被拉斷瞬間B的速度大小v1；(2)A與臺階只發(fā)生一次碰撞，求x滿足的條件；(3)x滿足(2)中條件時，討論A與臺階碰撞前瞬間的速度與x的關(guān)系。[解析](1)滑塊B從釋放到最低點，其機械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) (1分)在最低點，由牛頓第二定律有Tmax－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),L) (1分)又Tmax＝5mg (1分)聯(lián)立解得v0＝eq\r(2gL)，v1＝2eq\r(gL)。 (1分)(2)設(shè)A與臺階碰撞前瞬間，A、B的速度分別為vA和vB，取向左為正方向，由動量守恒定律有mv1＝mvB＋2mvA (1分)若A與臺階只碰撞一次，則碰撞后必須滿足|2mvA|≥|mvB| (1分)對A由動能定理有μmgx＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,A) (1分)解得x≥eq\f(L,4μ)。 (1分)(3)設(shè)x＝x0時，A與臺階碰撞前瞬間A、B恰好達到共同速度vAB，對A、B由動量守恒定律有mv1＝(m＋2m)vAB 對A由動能定理有μmgx0＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,AB) (1分)解得x0＝eq\f(4L,9μ)。 (1分)①當x≥x0，即x≥eq\f(4L,9μ)時，A、B共速后A與臺階碰撞，可得A與臺階碰撞前瞬間的速度vA1＝vAB＝eq\f(v1,3)＝eq\f(2\r(gL),3) (1分)②當x0>x≥eq\f(L,4μ)，即eq\f(4L,9μ)>x≥eq\f(L,4μ)時，A、B共速前A就與臺階碰撞，對A應(yīng)用動能定理有μmgx＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,A2) (1分)解得A與臺階碰撞前瞬間的速度vA2＝e