2025版衡水中學(xué)學(xué)案高考物理二輪專題與專項(xiàng)第4部分壓軸計(jì)算題搶分練(二)含答案及解析

壓軸計(jì)算題搶分練(二)1.(2024·黑龍江三模)如圖所示，一半徑為r＝0.45m的eq\f(1,4)光滑圓弧的底端B與水平傳送帶相接，傳送帶的運(yùn)行速度為v0＝5m/s，長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1.75m，DEF為固定于豎直平面內(nèi)的一段內(nèi)壁光滑的中空細(xì)管，EF段被彎成以O(shè)為圓心、半徑R＝0.2m的一小段圓弧，管的D端彎成與水平傳送帶C端平滑相接，O點(diǎn)位于地面，OF連線豎直。一質(zhì)量為m＝0.2kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧頂端A點(diǎn)無初速滑下，滑到傳送帶上后被送入細(xì)管DEF。已知滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，滑塊橫截面略小于細(xì)管中空部分的橫截面。求：(1)滑塊到達(dá)光滑圓弧底端B時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；(2)滑塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量；(3)滑塊滑到F點(diǎn)后水平飛出，滑塊的落地點(diǎn)到O點(diǎn)的距離。【答案】(1)6N(2)0.3J(3)eq\f(2\r(3),5)m【解析】(1)設(shè)滑塊到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為vB由機(jī)械能守恒定律有mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝3m/s滑塊在B點(diǎn)，由向心力公式有N－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),r)解得N＝6N根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊到達(dá)光滑圓弧底端B時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為6N。(2)滑塊在傳送帶上做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有a＝μg＝2m/s2由速度位移公式得veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,B)＝2aL解得vC＝4m/s<v0＝5m/s滑塊在傳送帶上運(yùn)行的時(shí)間為t＝eq\f(vC－vB,a)＝0.5s傳送帶運(yùn)行的距離為x＝v0t＝2.5m故滑塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg(x－L)＝0.3J。(3)滑塊從C至F，由機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)滑塊離開F點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有R＝eq\f(1,2)gt′2聯(lián)立解得滑塊的落地點(diǎn)到O點(diǎn)的距離x＝vFt′＝eq\f(2\r(3),5)m。2.(2024·湖北武漢模擬)如圖甲所示，小球A以初速度v0＝2eq\r(gR)豎直向上沖入半徑為R的eq\f(1,4)粗糙圓弧管道，然后從管道另一端沿水平方向以速度eq\f(v0,2)＝eq\r(gR)沖出，在光滑水平面上與左端連有輕質(zhì)彈簧的靜止小球B發(fā)生相互作用，距離B右側(cè)s處有一個(gè)固定的彈性擋板，B與擋板的碰撞沒有能量損失。已知A、B的質(zhì)量分別為3m、2m，整個(gè)過程彈簧的彈力隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示(從A球接觸彈簧開始計(jì)時(shí)，t0已知)。彈簧的彈性勢(shì)能為Ep＝eq\f(1,2)kx2，x為形變量，重力加速度為g。求：(1)小球在管道內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過程中阻力做的功；(2)彈簧兩次彈力最大值之比F2∶F1；(3)小球B的初始位置到擋板的距離s?！敬鸢浮?1)－eq\f(3,2)mgR(2)7∶5(3)eq\f(3,5)t0eq\r(gR)【解析】(1)設(shè)小球在管道內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過程阻力做功為Wf，根據(jù)動(dòng)能定理可得－3mgR＋Wf＝eq\f(1,2)·3meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2－eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,0)解得Wf＝－eq\f(3,2)mgR。(2)當(dāng)A、B第一次共速時(shí)，彈簧壓縮量最大，彈簧彈力最大，設(shè)壓縮量為x1，A、B共同速度為v共1，從A剛接觸彈簧到A、B共速，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得3meq\f(v0,2)＝(3m＋2m)v共1eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)·3meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2－eq\f(1,2)·(3m＋2m)veq\o\al(共12)此時(shí)彈簧彈力為F1，有F1＝kx1由圖乙可知，彈簧剛好恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，B與擋板相撞，設(shè)此時(shí)A、B速度分別為v1、v2，從A剛接觸彈簧到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得3meq\f(v0,2)＝3mv1＋2mv2eq\f(1,2)·3meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2＝eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)解得v1＝eq\f(1,5)eq\r(gR)，v2＝eq\f(6,5)eq\r(gR)此時(shí)B原速率反彈，當(dāng)A、B第二次共速時(shí)，彈簧壓縮量再一次達(dá)到最大，設(shè)壓縮量為x2，A、B共同速度為v共2，從B剛反彈到彈簧第二次壓縮最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得3mv1－2mv2＝(3m＋2m)v共2eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(3m＋2m)veq\o\al(共22)此時(shí)彈簧彈力為F2，有F2＝kx2聯(lián)立解得F2∶F1＝7∶5。(3)設(shè)A、B一起向右運(yùn)動(dòng)的過程中，任意時(shí)刻A、B速度分別為vA、vB，根據(jù)動(dòng)量守恒可得3m·eq\f(v0,2)＝3mvA＋2mvB在任意一極短時(shí)間Δt內(nèi)，有3m·eq\f(v0,2)Δt＝3mvAΔt＋2mvBΔt所以3m·eq\f(v0,2)Δt＝3mΔxA＋2m