2020屆高考物理藝考生總復(fù)習(xí)上篇專題二“三大觀點”解決力學(xué)問題課時作業(yè)

1、課時作業(yè)，限時提能專題二“三大觀點”解決力學(xué)問題煉速度填規(guī)范后恒得分捶15題組一用動力學(xué)觀點解決力學(xué)綜合問題1.(2020 蚌埠一模)如圖所示，在足夠長的光滑固定斜面低端放置一個長度L=2 m、質(zhì)量M= 4 kg的木板，木板的最上端放置一質(zhì)量 m 1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點).現(xiàn)沿斜面向上對 木板施加一個外力 f使其由靜止開始向上做勻加速直線運動，已知斜面傾角e =30° ,物塊和木板間的動摩擦因數(shù)L, g=10 m/s2.(1)當(dāng)外力F= 30 N,二者保持相對靜止，求二者共同運動的加速度大小;(2)當(dāng)外力F= 53.5 N時，二者之間將會相對滑動，求二者完全分離時的速度各為多大

2、?解析：(1)二者共同運動時，分析整體的受力情況，由牛頓第二定律，得F(M+ m)gsin 8=(M+ n) a解得：a= 1 m/s 2(2)設(shè)木板和物塊的加速度分別為an a2,二者完全分離的時間為t ,分離時速度分別為V1、V2,分析木板和物塊的受力情況，由牛頓第二定律可得F-Mg>in 0 (1 mgcos 8 = Mamgcos 0 mgsin 0 = ma又 L= 1(a1 a2) t2, V1 = &t, V2=a2t聯(lián)立解得 V1= 6.5 m/s , V2= 2.5 m/s答案：(1)1 m/s 2 (2)6.5 m/s 2.5 m/s2. (2020 嘉興模擬

3、)滑沙運動時，沙板相對沙地的速度大小會影響沙地對沙板的動摩擦 因數(shù).假設(shè)滑沙者的速度超過8 m/s時，滑沙板與沙地間的動摩擦因數(shù)就會由邛= 0.5變?yōu)?=0.25 ,如圖1所示，簡化模型如圖2所示，一滑沙者從傾角0 =37。的坡頂A處由靜止開始下滑，滑至坡底 B(B處為一平滑小圓弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C處.已知滑板與水平地面間的動摩擦因數(shù)恒為3= 0.4 , AB坡長L= 26 m, sin 37 ° =0.6,不計空氣阻力，求滑沙者：(1)至ij B處時的速度大小;(2)在水平地面上運動的最大距離;在AB段下滑與BC段滑動的時間之比.ma= mg>inimgcos

4、 0解析：(1)滑沙板的速度較小時: 代入數(shù)據(jù)可得：31=2 m/s 2,速度達到8 m/s的過程中的位移:2V182X1 = - = m = 16 m ;2a12滑沙板的速度較大時：ma= mgsin 代入數(shù)據(jù)可得：32= 4 m/s 2設(shè)到達B的速度為V2,則：v2 v2=2a2(L xi),代入數(shù)據(jù)可得：V2= 12 m/s(2)滑沙板在水平面上的加速度：33= - m3mg=_ W 3g= 0.4X10 m/s 2= 4 m/s2,-2.r ,、一乙 _、 ，_0 V20144由位移一速度公式可得：X3 = = m = 18 m.2322 X 4(3)滑沙板的速度達到 8 m/s的時間

5、：11 = - = " s = 4 s , 312、V2 v 112 8第二段時間：12= o= 4 s =1 s,0-V212滑沙板在水平面上的時間：t3 = 3= 1 s = 3 s ,所以在AB段下滑與BC段滑動的時間之比"t2 4+15t3 = 3 =3.-5答案：(1)12 m/s (2)18 m (3)-3題組二用功能觀點解決力學(xué)綜合問題3. (2020 江西盟校一聯(lián)，24)如圖所示，質(zhì)量為 2m和m的兩個彈性環(huán) A B用不可伸長 且長為L的輕繩連接，分別套在水平細(xì)桿 05口豎直細(xì)桿 OQk, OP與OQ& O點用一小段圓弧 桿平滑相連，且 0Q足夠長.

6、初始時刻，將輕繩拉至水平位置伸直，然后釋放兩個小環(huán)，A環(huán)通過小段圓弧桿時速度大小保持不變，重力加速度為g,不計一切摩擦，試求：（1）當(dāng)B環(huán)下落L時，A環(huán)的速度大小；（2） A環(huán)到達O點后再經(jīng)過多長時間能夠追上B環(huán).L“ L2 1 口解析：（1）當(dāng)B環(huán)下落2時繩子與水平方向之間的夾角滿足sin a=L= 2,即a =30。由速度的合成與分解可知v繩=VACOS 30 ° = VBsin 30 °V A則 VB=tan=阮B下降的過程中，A與B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有L 1 12mg2= 2 2 mv +2ms所以A環(huán)的速度va=gL.5（2）由于A到達O點時，B的速度等于0,

7、由機械能守恒，2 2mv/ 2=mgL 解得 va' = VgL,環(huán)A過O點后做初速度為va'、加速度為g的勻加速直線運動，B做自由落體運動.1c 1c當(dāng) A追上 B時，有 va t +2gt =L+2gt ,解得 t = y'g.答案：照（2）、/L4.如圖所示，半徑 R= 0.3 m的豎直圓槽形光滑軌道與水平軌道AC相切于B點，水平軌道的C點固定有豎直擋板，軌道上的A點靜置有一質(zhì)量 m= 1 kg的小物塊（可視為質(zhì)點）.現(xiàn)給小物塊施加一大小為 F= 6.0 N、方向水平向右的恒定拉力，使小物塊沿水平軌道AC向右運動，當(dāng)運動到 AB之間的D點（圖中未畫出）時撤去拉力，

8、小物塊繼續(xù)滑行到B點后進入豎直圓槽形軌道做圓周運動，當(dāng)物塊運動到最高點時，由壓力傳感器測出小物塊對軌道最高點的壓10力為7 N.已知水平軌道 AC長為2 m, B為AC的中點，小物塊與 AB段間的動摩擦因數(shù) 的=3 0.45 ,取重力加速度 g= 10 m/s2.求:口17 I AUC(1)小物塊運動到 B點時的速度大?。?2)拉力F作用在小物塊上的時間 t ;(3)若小物塊從豎直圓槽形軌道滑出后，經(jīng)水平軌道 BC到達C點，與豎直擋板相碰時無 機械能損失，為使小物塊從C點返回后能再次沖上圓槽形軌道且不脫離，試求小物塊與水平軌道BC段間的動摩擦因數(shù)的取值范圍. 2 v 解析：(1)小物塊運動到軌

9、道最局點時，由牛頓第二定律得Fn+ mg=喉，由牛頓第三定律得 Fn= Fn' = N 3聯(lián)立解得v = 2 m/s1cle物塊從B運動到軌道最高點的過程，由機械能守恒定律得mg-2R+ 5mV=mC,解得 vb= 4 m/s.(2)小物塊從A運動到B點的過程，由動能定理得12Fs(iimgxA 2mv0,根據(jù)牛頓第二定律得：F-(1 img= ma由運動學(xué)公式有s = 2at2,聯(lián)立解得t=5 s. 3(3)設(shè)BC段的動摩擦因數(shù)為 也2.2V1設(shè)物塊在圓槽形軌道最高點的最小速度為V1,則由牛頓第二定律可得：mg= mR, 1212由動能th理得：一 2(i2mg*c 2mgR= 2m

10、v2mv代入數(shù)據(jù)解得2= 0.025故為使物塊能從C點返回通過軌道的最高點而不會脫離軌道，應(yīng)滿足0W2W 0.025若物塊從C點返回在圓槽形軌道上升高度R時速度為零，由動能定理可得：12一 2|1 2mg*C mgR 0 2m邛代入數(shù)據(jù)解得：2=0.25物塊從C返回剛好停止到 B點，由動能定理可得:1代入數(shù)據(jù)解得：呼=0.40.25 < 呼 V0.4故為使物塊能返回圓槽形軌道且能沿軌道運動而不會脫離軌道，滿足綜上所述，0W W2W 0.025 或 0.25 w 科2< 0.4.答案：見解析題組三用動量與能量觀點解決力學(xué)綜合問題5. (2020 唐山一模)光滑水平地面上，木板 A左端

11、與豎直墻壁接觸處于靜止?fàn)顟B(tài)，可視為質(zhì)點的小木塊 B停在木板的右端，如圖所示.對木塊施加水平向左的瞬時沖量使其獲得初速度vo= 7 m/s ,經(jīng)時間t = 0.5 s木塊運動到豎直墻壁處，速度大小減為vi= 5 m/s.木塊與墻壁發(fā)生彈性碰撞后，恰能停在木板右端.重力加速度 g= 10 m/s；求：(1)木板的長度L和木板與木塊間的動摩擦因數(shù);(2)木板和木塊的質(zhì)量的比值.解析：(1)木塊向左做勻減速運動時，則L = vo+vit = 7± X0.5 m= 3 m 22對木塊，取向左為正方向，由動量定理得一(1 mgt= mv- mv0.解得，動摩擦因數(shù)為 =0.4(2)木塊在木板上向

12、右滑動的過程中，取向右為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律 得：mv=(M+ m) v1 2122mv=(1 mgL 2<m) vM解得m= 24.答案：(1)3 m 0.4(2)246. (2020 安徽一模)如圖所示，水平固定一個光滑長桿，有一個質(zhì)量為2m小滑塊A套在細(xì)桿上可自由滑動.在水平桿上豎直固定一個擋板P,小滑塊靠在擋板的右側(cè)處于靜止?fàn)顟B(tài)，在小滑塊的下端用長為L的細(xì)線懸掛一個質(zhì)量為 m的小球B,將小球拉至左端水平位置使細(xì)線處于自然長度，由靜止釋放，已知重力加速度為 g.求：(1)小球第一次運動到最低點時，細(xì)繩對小球的拉力大小;(2)小球運動過程中，相對最低點所能上升的最大高

13、度；(3)小滑塊運動過程中，所能獲得的最大速度.12解析：(1)小球第一次擺到最低點過程中，由機械能守恒定律得：mg2mv解得：v=12gL在最低點，由牛頓第二定律得2vF-mg= m|-解得，小球到達最低點時，細(xì)線對小球的拉力大小F=3mg(2)小球與滑塊共速時，滑塊運動到最大高度 h.取水平向右為正方向，由動量守恒定律與機械能守恒定律得mv= (2m v 共12122mv= mglu 2(2m v共.2聯(lián)立解得h = -L3(3)小球擺回最低點，滑塊獲得最大速度，此時小球速度為w,滑塊速度為V2mv= mv+ 2mv2mV=2mV+2八 22 mv.2 解得：V2=2gL3答案：(1)3

14、mg (2) 2L (3) 2V2gL題組四用“三大觀點”解決力學(xué)綜合模型7. (2019 廣東省惠州市第二次調(diào)研 )如圖甲所示，半徑為 R= 0.45 m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，B為軌道最低點，在光滑水平面上緊挨B點有一靜止的平板車，其質(zhì)量Mh5 kg ,長度L= 0.5 m ,車的上表面與 B點等高，可視為質(zhì)點的物塊從圓弧軌道最高點A由靜止釋放,其質(zhì)量 m= 1 kg , g 取 10 m/s 2.求物塊滑到B點時對軌道壓力的大小;(2)若平板車上表面粗糙，物塊最終沒有滑離平板車，求物塊最終速度的大小;(3)若將平板車固定且在上表面鋪上一種動摩擦因數(shù)逐漸增大的特殊材料，物塊在平板車

15、上向右滑動時，所受摩擦力Ff隨它距B點位移L的變化關(guān)系如圖乙所示，物塊最終滑離了平板車，求物塊滑離平板車時的速度大小.解析：(1)物塊從圓弧軌道 A點滑到B點的過程中機械能守恒，有12mgR= 2mvB解得 vb= 3 m/s2Vb在B點由牛頓第二定律得 Fn mg= mR解得：Fn= 30 N則物塊滑到B點時對軌道的壓力大小 Fn' =Fn=30 N(2)物塊滑上平板車后，系統(tǒng)的動量守恒，以物塊的初速度方向為正方向，由動量守恒定律彳導(dǎo)mv = (M) v共解得v共=0.5 m/s(3)由題圖知，物塊在平板車上滑行時克服摩擦力做的功為R-L圖線與橫軸所圍的“面積”，則2+6 X0.5w

16、=2J = 2 J物塊在平板車上滑動過程中，由動能定理得:W = 2mV 2mV解得：v = J5 m/s答案：(1)30 N (2)0.5 m/s (3) ：5 m/s8. 如圖所示，質(zhì)量 M= 4 kg的滑板B靜止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根輕質(zhì)彈 簧，彈簧的自由端 C到滑板左端的距離L= 0.5 m .可視為質(zhì)點的小木塊A質(zhì)量m= 1 kg ,原來靜止于滑板的左端.滑板與木塊A之間的動摩擦因數(shù)=02當(dāng)滑板B受水平向左恒力 F=14 N作用時間t后撤去F,這時木塊 A恰好到達彈簧自由端 C處，此后運動過程中彈簧的 最大壓縮量為 s = 5 cm. g取10 m/s 2.(1)求水平恒力F的作用時間t.(2)求木塊A壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能.(3)當(dāng)小木塊A脫離彈簧且系統(tǒng)達到穩(wěn)定后，求整個運動過程中系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量.解析：(1)木塊A和滑板B均向左做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得 mg aA= mF(1 mg aB=M根據(jù)題意有Sb Sa= L,即1aBt21aAt 2= L,22將數(shù)據(jù)代入聯(lián)立解得t = 1 s.(2)1 s末木塊A和滑板B的速度分別為va= aAt vb= aBt 當(dāng)木塊A和滑板B的速度相同時，彈簧壓縮量最大，具有最大彈性勢能，根據(jù)動量守恒 定律有mv+MB= (Mv 由能的轉(zhuǎn)化與守恒得1