专题培优卷（三）滚动卷一 力学综合-2022高考物理【优化探究】模拟精编大考卷（老高考版）

１７．解析:(１)B 球离开圆弧轨道的右端到垂直撞击挡板的过 程可以看作逆向的平抛运动,由平抛运动规律得 竖直方向Rcos６０°＝１２gt ２,vy＝gt 水平方向x＝vxt 在圆弧轨道最右端,由几何关系得 tan６０°＝ vy vx 解得vy＝ gR,x＝ ３ ３R . (２)在圆弧轨道最右端,v＝ vy sin６０° 对B 球由光滑水平轨道运动到光滑圆弧轨道最右端的过 程,由机械能守恒定律有 mgR(１－cos６０°)＋１２mv ２＝１２mv０ ２ 解得v０＝ ７ ３gR . (３)两球发生弹性碰撞,要发生多次碰撞,则B 球一定反 向弹回,以向左为正方向,设碰撞后 B 球的速度大 小 为 v１,碰撞后A 球的速度大小为v２ 由动量守恒定律得mv０＝m(－v１)＋Mv２ 由机械能守恒定律得 １ ２mv０ ２＝１２mv１ ２＋１２Mv２ ２ 要发生不止一次弹性碰撞,需满足 １ ２mv１ ２≤mgR(１－cos６０°)及v１＞v２ 解得３m＜M≤５＋ ２１２ m . 答案:(１)３３R　 (２) ７３gR　 (３)３m＜M ≤５＋ ２１２ m １８．解析:(１)A 与B 位于光滑的水平导轨上,系统在水平方 向的动量守恒,设 A 与B 碰撞后的共同速度为v１,选取 向右为正方向,对A、B 有mv０＝２mv１ 碰撞时损失的机械能为 ΔE＝１２mv０ ２－１２ 􀅰２m􀅰v１２ 联立解得 ΔE＝９J. (２)设A、B 碰撞后,弹簧第一次恢复原长时 A、B 的速度 为vB,C 的速度为vC,由动量守恒定律得 ２mv１＝２mvB＋mvC 由机械能守恒定律得 １ ２ ×２mv１ ２＝１２ ×２mvB ２＋１２mvC ２ 联立解得vC＝４m/s. (３)滑块C 以速度vC 滑上传送带,设做匀加速直线运动 的位移为x时与传送带共速,由运动学公式有 a１＝μgcosθ－gsinθ＝０．４m/s２ v２－vC２＝２a１x 联立解得x＝１１．２５m＜L 设加速运动的时间为t,有v＝vC＋a１t 所以滑块C 与传送带的相对位移 Δx＝vt－x 代入数据解得 Δx＝１．２５m 所以摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ􀅰Δx＝８J. 答案:(１)９J　(２)４m/s　(３)８J 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 滚动卷一　力学综合 １．D　由于木板B 的上表面光滑,两物体可看作发生弹性碰 撞,当弹簧恢复原长时,木板B 的运动速度最大,A 错误; 在弹簧压缩过程中,木板B 的加速度增大,弹簧恢复原长 的过程中,木板B 的加速度减小,B错误;由于木块A 与木 板B 可看作发生弹性碰撞,有２mv０＝２mvA＋mvB, １ ２ × ２mv０２＝ １ ２×２mvA ２＋１２mvB ２,解得vA＝ v０ ３ ,对木块A 由动 量定理可得I＝２m(vA－v０)＝－ ４mv０ ３ ,C错误;当二者达到共 速时弹簧压缩量最大,有２mv０＝３mv,解得v＝ ２ ３v０ ,弹簧最 大弹性势能Ep＝ １ ２×２mv０ ２－１２×３mv ２＝ mv０２ ３ ,D正确. ２．D　由题图知,物体在０~６s内沿正方向运动,在６~８s内 沿负方向运动,所以在第６s末相对于起点的位移最大,故 选项 A、B错误;vＧt图线的斜率等于物体的加速度,由题 图图线可知４~８s内物体的加速度大小不变且最大,故选 项 C错误,D正确. ３．B　对物体B 受力分析,由平衡条件得F＝mgsinθ,选项 A 错误.A、B 间的作用力为FN＝mgcosθ,选项 B正确.对 A、B 的整体,竖直方向:FNA＋Fsinθ＝２mg,解得地面对A 的支持力大小为FNA＝２mg－Fsinθ;水平方向:Fcosθ＝Ff, 选项 C、D错误. ４．D　 由 万 有 引 力 提 供 向 心 力 知 GMm r２ ＝mω２r,解 得ω＝ GM r３ ,可知ωA＞ωC,因ωB＝ωC,故ωA ＞ωB,故 A 错误;由 v＝ωr可得vC＞vB、vA＞vB,故B、C错误;若物体B突然脱离 电梯,因其线速度小于同轨道卫星A的线速度,则所需向心力 小于受到的万有引力,所以B将做近心运动,故D正确. ５．B　由题意知,原来物体在多个力的作用下处于静止状态, 物体所受的合力为零,使其中的一个力保持方向不变、大 小逐渐减小到零,然后又从零逐渐恢复到原来大小的过程 中,物体的合力从零开始逐渐增大,又逐渐减小恢复到零, 物体的加速度先增大后减小,物体先做加速度增大的加速 运动,后做加速度减小的加速运动,根据速度—时间图象 的斜率等于加速度可知,速度—时间图象的斜率