【文档说明】高考物理三轮冲刺复习计算题17力学综合题三大观点的应用(含解析).doc，共(5)页，79.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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-1-热点17力学综合题(三大观点的应用)(建议用时：20分钟)1．如图甲所示，质量M＝1.0kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m＝1.0kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，

对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，4s时撤去拉力．可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g＝10m/s2.求：(1)0～1s内，A、B的加速度大小aA、aB；(2)B相对A滑行的最大距离

x；(3)0～4s内，拉力做的功W；(4)0～4s内系统产生的摩擦热Q.2．(2019·青岛三诊)如图所示，半径R＝2.0m的光滑圆弧轨道固定在光滑的水平地面上，其末端水平．平板小车上固定一木块，紧靠在轨

道的末端，木块上表面水平粗糙，且与圆弧轨道末端等高．木块的厚度h＝0.45m，木块最右端到小车最右端的水平距离x＝0.45m，小车连同木块总质量M＝2kg.现使一个质量m＝0.5kg的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和圆弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹

角为53°，小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端．(g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：-2-(1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；(2)小球离开木块最右端时，小球的速度大小；(3)小球运动到木块最右端过程中

，系统产生的内能．3.(2019·济宁段考)如图所示，在水平轨道上方O处，用长为L＝1m的细线悬挂一质量为m＝0.1kg的滑块B，B恰好与水平轨道相切，并可绕O点在竖直平面内摆动．水平轨道的右侧有一质量为M＝0.3kg的滑块C与轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定

在竖直墙D上，弹簧处于原长时，滑块C静止在P点处．一质量也为m＝0.1kg的子弹以初速度v0＝152m/s射穿滑块B后(滑块B质量不变)射中滑块C并留在其中，一起压缩弹簧，弹簧最大压缩量为x＝0.2m．滑块B做圆周运动，恰好能保证绳子不松弛．滑块C与PD段的动摩擦因数为μ＝0.5，A

、B、C均可视为质点，重力加速度为g＝10m/s2，结果保留两位有效数字．求：(1)子弹A和滑块B作用过程中损失的能量；(2)弹簧的最大弹性势能．板块三计算题热点巧练热点17力学综合题(三大观点的应用)1．解析：(1)在0～1s内，A、B两物体分别做匀加速

直线运动-3-根据牛顿第二定律得μmg＝MaAF1－μmg＝maB代入数据得aA＝2m/s2，aB＝4m/s2.(2)t1＝1s后，拉力F2＝μmg，铁块B做匀速运动，速度大小为v1；木板A仍做匀加速运动，又经过时间t

2，速度与铁块B相等．v1＝aBt1又v1＝aA(t1＋t2)解得t2＝1s设A、B速度相等后一起做匀加速运动，运动时间t3＝2s，加速度为aF2＝(M＋m)aa＝1m/s2木板A受到的静摩擦力f＝Ma<μ

mg，A、B一起运动，B相对A滑行的最大距离x＝12aBt21＋v1t2－12aA(t1＋t2)2代入数据得x＝2m.(3)0～1s内拉力做的功W1＝F1x1＝F1·12aBt21＝12J1～2s内拉力做的功W2＝F2x2＝F2v1t2＝8J2～

4s内拉力做的功W3＝F2x3＝F2v1t3＋12at23＝20J0～4s内拉力做的功W＝W1＋W2＋W3＝40J.(4)系统的摩擦热Q只发生在铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系统产生的摩擦热Q＝μmgx＝4J.答案：(1)2m/s24m/s2(2)2m(3)4

0J(4)4J2．解析：(1)设小球到达轨道末端的速度为v0，由机械能守恒定律mgR(1－cos53°)＝12mv20解得v0＝4m/s小球在轨道最低点F－mg＝mv20R解得F＝9N由牛顿第三定律知小球对轨道的压力F′＝F＝9N.-4-(

2)设小球运动到木块最右端的速度为v1，此时小车的速度为v2，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2小球离开木块最右端后做平抛运动，运动时间为th＝12gt2解得t＝0.3s小球恰好击中小车的最右端v1t－v2t＝x以上各式联立解得v1＝2m/s，v

2＝0.5m/s所以小球到达木块最右端的速度大小为2m/s.(3)由能量守恒定律得mgR(1－cos53°)＝12mv21＋12Mv22＋Q解得Q＝2.75J.答案：(1)9N(2)2m/s(3)2.75J3．解析：(1)①若滑块B恰好能够做完

整的圆周运动，则在圆周运动最高点有mg＝mv21L解得v1＝gL＝10m/s滑块B从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得mg·2L＋12mv21＝12mv2B解得vB＝5gL＝52m/s子弹A和滑块B作用过程，由动量守恒定律得mv0＝mvA＋mvB，解得vA＝102m/s子弹A和滑块B作用过程

中损失的能量ΔE＝12mv20－12mv2A－12mv2B＝10J.②若滑块B恰好能够运动到与O等高处，则到达与O等高处时的速度为零，滑块B从最低点到与O等高处的过程，由机械能守恒定律得mg·L＝12mv′2Bv′B＝2gL＝25m/s子弹A和滑块B作用过程

，由动量守恒定律得mv0＝mv′A＋mv′B，解得v′A＝(152－25)m/s子弹A和滑块B作用过程中损失的能量ΔE＝12mv20－12mv′2A－12mv′2B≈7.5J.(2)①若滑块B恰好能够做完

整的圆周运动，设A与C作用后瞬间的共同速度为v，由动量守恒定律有-5-mvA＝(M＋m)vA、C一起压缩弹簧，由能量守恒定律有12(M＋m)v2＝Ep＋μ(M＋m)gx，解得Ep＝2.1J.②若滑块B恰好能够

运动到与O等高处，设A与C作用后瞬间的共同速度为v′，由动量守恒定律得mv′A＝(M＋m)v′A、C一起压缩弹簧，由能量守恒定律有12(M＋m)v′2＝Ep＋μ(M＋m)gx，解得E′p≈3.1J.答案：见解析