高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第5章 機(jī)械能 第5節(jié) 動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問題課時(shí)規(guī)范訓(xùn)練

1、第5節(jié) 動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問題課時(shí)規(guī)范訓(xùn)練基礎(chǔ)鞏固題組1如圖所示，質(zhì)量m2.0 kg的木塊靜止在高h(yuǎn)1.8 m的水平臺(tái)上，木塊距平臺(tái)右邊緣l10 m，木塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2.用大小為f20 n、方向與水平方向成37°角的力拉動(dòng)木塊，當(dāng)木塊運(yùn)動(dòng)到水平臺(tái)末端時(shí)撤去f.不計(jì)空氣阻力，g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8.求： (1)木塊離開平臺(tái)時(shí)速度的大??；(2)木塊落地時(shí)距平臺(tái)邊緣的水平距離解析：(1)木塊在水平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理得flcos 37°(mgfsin 37°)lmv20解得v12 m/

2、s(2)木塊離開平臺(tái)做平拋運(yùn)動(dòng)，則水平方向：xvt豎直方向：hgt2解得x7.2 m答案：(1)12 m/s(2)7.2 m2如圖所示，一條軌道固定在豎直平面內(nèi)，水平段ab粗糙，其距離為s3 m在b點(diǎn)平滑過度，bcd段光滑，cd段是以o為圓心、半徑為r0.4 m的一小段圓弧質(zhì)量為m2 kg的小物塊靜止于a處，在一與水平方向成角的恒力f作用下開始沿軌道勻加速運(yùn)動(dòng)，小物塊到達(dá)b處時(shí)撤去該恒力，小物塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到d處時(shí)速度水平，此時(shí)軌道對(duì)小物塊的支持力大小為fn15 n小物塊與ab段的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，g取10 m/s2.求： (1)小物塊到達(dá)b點(diǎn)時(shí)的速度大小vb；(2)恒力f的最小值fmin.(計(jì)

3、算結(jié)果可以用分式或根號(hào)表示)解析：(1)在d點(diǎn)：mgfn從b到d由機(jī)械能守恒得：mvmvmgr聯(lián)立得vb3 m/s(2)在a到b的過程中有：v2asfcos (mgfsin )ma解得f當(dāng)sin()1時(shí)，fmin n答案：(1)3 m/s(2) n3如圖甲所示，物體a放在粗糙的水平地面上，06 s時(shí)間內(nèi)受到水平拉力f的作用，力f的大小如圖乙所示，物體02 s的運(yùn)動(dòng)情況如圖丙所示，重力加速度g取10 m/s2.試求：(1)物體的質(zhì)量；(2)物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)06 s內(nèi)物體的位移大小解析：(1)當(dāng)f22 n時(shí)物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，拉力與摩擦力二力平衡，所以摩擦力大小為fff22 n滑動(dòng)時(shí)

4、：fffma第1 s內(nèi)的加速度a3 m/s2聯(lián)立可求得m kg(2)滑動(dòng)摩擦力ffmg解得0.6(3)2 s末以后物體的加速度大小mgf3ma3可解得加速度a33 m/s2經(jīng)過t31 s，速度減為零第3 s末后，由于拉力小于摩擦力，物塊靜止所以發(fā)生的總位移x×(13)×3 m6 m答案：(1) kg(2)0.6(3)6 m綜合應(yīng)用題組4. 傳送帶現(xiàn)已廣泛應(yīng)用于機(jī)場(chǎng)、商店等公共場(chǎng)所，為人們的生活帶來了很多的便利如圖所示，一長度l7 m的傳送帶與水平方向間的夾角 30°，在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下以v2 m/s 的速率順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)在傳送帶上端接有一個(gè)斜面，斜面表面與傳送帶表面都

5、在同一平面內(nèi)將質(zhì)量m2 kg可視作質(zhì)點(diǎn)的物體無初速地放在傳送帶底端，物體經(jīng)傳送帶作用后能到達(dá)斜面頂端且速度為零若物體與傳送帶及物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為，g10 m/s2，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，求：(1)物體在從傳送帶底端運(yùn)動(dòng)到斜面頂端過程中傳送帶對(duì)物體所做的功；(2)傳送帶上方所接的斜面長度解析：(1)對(duì)物體，先在傳送帶上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得mgcos 30°mgsin 30°ma解得a1 m/s2，沿斜面向上設(shè)物體速度經(jīng)過時(shí)間t與傳送帶相等，由vat得t2 s此過程中物體通過的位移為xat22 m7 m所以物體接著做勻速直線運(yùn)動(dòng)，離

6、開傳送帶時(shí)速度為v2 m/s對(duì)整個(gè)過程，由動(dòng)能定理得wmglsin 30°mv2解得w74 j(2)物體到斜面上以后，根據(jù)牛頓第二定律得mgcos 30°mgsin 30°ma1解得a111 m/s2由v22a1s得：s m答案：(1)74 j(2) m5如圖所示，傳送帶a、b之間的距離為l3.2 m，與水平面間夾角37°，傳送帶沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，速度恒為v2 m/s，在上端a點(diǎn)無初速放置一個(gè)質(zhì)量為m1 kg、大小可視為質(zhì)點(diǎn)的金屬塊，它與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經(jīng)過彎道，沿半徑 r0.4 m的光滑圓軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，剛好能通過最高點(diǎn)

7、e，已知b、d兩點(diǎn)的豎直高度差為h0.5 m(g取10 m/s2 )試求：(1)金屬塊經(jīng)過d點(diǎn)時(shí)的速度；(2)金屬塊在bcd彎道上克服摩擦力做的功解析：(1)金屬塊在e點(diǎn)時(shí)，mgm解得ve2 m/s，在從d到e過程中由動(dòng)能定理得mg·2rmvmv解得vd2 m/s(2)金屬塊剛剛放上時(shí)，有mgsin mgcos ma1解得a110 m/s2設(shè)經(jīng)位移s1達(dá)到共同速度，則v22a1s1解得s10.2 m3.2 m繼續(xù)加速過程中，有mgsin mgcos ma2解得a22 m/s2由s2ls13 m，vv22a2s2解得vb4 m/s在從b到d過程中由動(dòng)能定理得mghwmvmv解得w3 j

8、答案：(1)2 m/s(2)3 j6某校興趣小組制作了一個(gè)游戲裝置，其簡化模型如圖所示，在a點(diǎn)用一彈射裝置將小滑塊以某一水平速度彈射出去，沿水平直線軌道運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)后，進(jìn)入半徑r0.1 m的光滑豎直圓形軌道，運(yùn)行一周后自b點(diǎn)向c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，c點(diǎn)右側(cè)有一陷阱，c、d兩點(diǎn)的豎直高度差h0.2 m，水平距離s0.6 m，水平軌道ab長為l10.5 m，bc長為l21.5 m，小滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.4，重力加速度g10 m/s2.(1)若小滑塊恰能通過圓形軌道的最高點(diǎn)，求小滑塊在a點(diǎn)彈射出的速度大小；(2)若游戲規(guī)則為小滑塊沿著圓形軌道運(yùn)行一周離開圓形軌道后只要不掉進(jìn)陷阱即為勝出求小滑塊在a點(diǎn)彈

9、射出的速度大小范圍解析：(1)對(duì)從a到b的過程應(yīng)用動(dòng)能定理，則mgl1mvmv由b到最高點(diǎn)小滑塊機(jī)械能守恒，則mv2mgrmv2小滑塊恰能通過圓軌道最高點(diǎn)的速度為v，由牛頓第二定律有mgm由以上三式解得a點(diǎn)的速度v13 m/s(2)若小滑塊剛好停在c處，則從a到c由動(dòng)能定理得mg(l1l2)0mv解得a點(diǎn)的速度為v24 m/s若小滑塊停在bc段，應(yīng)滿足3 m/sva4 m/s若小滑塊能通過c點(diǎn)并恰好越過壕溝，對(duì)a到c的過程應(yīng)用動(dòng)能定理mg(l1l2)mvmv根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，則有豎直方向：hgt2水平方向：sv0t解得va5 m/s所以初速度的范圍為：3 m/sva4 m/s或va5 m/s答案：(1)3 m/s(2