高考物理通用版二輪復(fù)習(xí)專題檢測(cè)：10《應(yīng)用“動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)”破解力學(xué)計(jì)算題》(含詳解)

1、專題檢測(cè)（十） 應(yīng)用“動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)”破解力學(xué)計(jì)算題1如圖甲所示，傾角30°的光滑斜面固定在水平地面上，質(zhì)量均為m的物塊A和物塊B并排在斜面上，斜面底端固定著與斜面垂直的擋板P，輕彈簧一端固定在擋板上，另一端與物塊A連接，A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，若A、B粘連在一起，用一沿斜面向上的力FT緩慢拉B，當(dāng)拉力FTmg時(shí)，A、B的位移為L(zhǎng)；若A、B不粘連，用一沿斜面向上的恒力F作用在B上，當(dāng)A的位移為L(zhǎng)時(shí)，A、B恰好分離，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。(1)求彈簧的勁度系數(shù)和恒力F的大?。?2)請(qǐng)推導(dǎo)FT與A的位移l之間的函數(shù)關(guān)系，并在圖乙中畫出FT­l圖像，計(jì)算A緩慢移動(dòng)位移L的過(guò)程中F

2、T做功WFT的大小；(3)當(dāng)A、B不粘連時(shí)，恒力F作用在B上，求A、B剛分離時(shí)速度的大小。解析：(1)設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)A、B靜止，彈簧的壓縮量為x，根據(jù)平衡條件可得2mgsin kx當(dāng)A、B的位移為L(zhǎng)時(shí)，沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得FTk(xL)2mgsin 解得k當(dāng)A、B恰好分離時(shí)二者之間的彈力為零，對(duì)A應(yīng)用牛頓第二定律可得k(xL)mgsin ma對(duì)B應(yīng)用牛頓第二定律可得Fmgsin ma解得Fmg。(2)當(dāng)A的位移為l時(shí)，根據(jù)平衡條件有：FTk(xl)2mgsin 解得FTl畫出FT­l圖像如圖所示，A緩慢移動(dòng)位移L，圖線與橫坐標(biāo)軸所圍成的面積等于FT做功大小，即WF

3、TmgL。(3)設(shè)A通過(guò)位移L的過(guò)程中彈力做功W，分別對(duì)兩個(gè)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可得：WFT2mgLsin W00WF2mgLsin W×2mv20又WFFL，解得v。答案：(1)mg(2)FTl見(jiàn)解析圖mgL(3)2(2019屆高三·天津五校聯(lián)考)如圖甲所示，光滑平臺(tái)右側(cè)與一長(zhǎng)為L(zhǎng)2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，現(xiàn)有一滑塊以初速度v05 m/s滑上木板，滑到木板右端時(shí)恰好停止?，F(xiàn)讓木板右端抬高，如圖乙所示，使木板與水平地面的夾角37°，讓滑塊以相同的初速度滑上木板，不計(jì)滑塊滑上木板時(shí)的能量損失，g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 3

4、7°0.8。求：(1)滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時(shí)間t。解析：(1)設(shè)滑塊質(zhì)量為m，木板水平時(shí)滑塊加速度大小為a，則對(duì)滑塊有mgma滑塊滑到木板右端時(shí)恰好停止，有0v022aL解得。(2)當(dāng)木板傾斜，設(shè)滑塊上滑時(shí)的加速度大小為a1，最大距離為s，上滑的時(shí)間為t1，有mgsin mgcos ma10v022a1s0v0a1t1解得s m，t1 s設(shè)滑塊下滑時(shí)的加速度大小為a2，下滑的時(shí)間為t2，有mgsin mgcos ma2sa2t22解得t2 s滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時(shí)間tt1t2 s。答案：(1)(2) s3(2018

5、·南昌模擬)在傾角37°的粗糙斜面上有一質(zhì)量m2 kg的物塊，物塊受如圖甲所示的水平恒力F的作用。t0時(shí)刻物塊以某一速度從斜面上A點(diǎn)沿斜面下滑，在t4 s時(shí)滑到水平面上，此時(shí)撤去F，在這以后的一段時(shí)間內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示。已知A點(diǎn)到斜面底端的距離x18 m，物塊與各接觸面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，不考慮轉(zhuǎn)角處的機(jī)械能損失，g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8。求：(1)物塊在A點(diǎn)的速度大?。?2)水平恒力F的大小。解析：(1)物塊在斜面上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，則xt解得v05 m/s。(2)由(1)知，物塊在斜面上

6、做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1，方向沿斜面向上，則xv0ta1t2解得a10.25 m/s2設(shè)物塊與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，物塊在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為a2，有mgma2由題圖乙中圖線可知a22 m/s2解得0.2物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)所受的摩擦力為Ff，則Fcos mgsin Ffma1FfFNFNmgcos Fsin 解得F10.1 N。答案：(1)5 m/s(2)10.1 N4.(2018·全國(guó)卷)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為，sin 。一質(zhì)量為m的

7、小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過(guò)C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)過(guò)程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小為g。求：(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大?。?2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大?。?3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間。解析：(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F，由力的合成法則有F0mgtan mgFmg設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律得Fm解得v。(2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度大小為v1，作CDPA，交PA于D點(diǎn)，如圖所示，由幾

8、何關(guān)系得DARsin CDR(1cos )小球由A到C的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有mg·CDF0·DAmv2mv12解得v1所以小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為pmv1。(3)小球離開C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度vyvsin 、加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，CDvytgt2解得t 。答案：(1)mg(2)(3) 5.如圖所示，傳送帶長(zhǎng)6 m，與水平方向的夾角為37°，以5 m/s的恒定速度沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)轉(zhuǎn)。一個(gè)質(zhì)量為2 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，沿平行于傳送帶方向以10 m/s的速度滑上傳送帶，已知物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，sin 37°0.6，cos 37

9、76;0.8，g取10 m/s2。求：(1)物塊剛滑上傳送帶時(shí)的加速度大?。?2)物塊到達(dá)傳送帶頂端時(shí)的速度大小。解析：(1)物塊剛滑上傳送帶時(shí)，設(shè)物塊的加速度大小為a1，由牛頓第二定律有：mgsin 37°mgcos 37°ma1解得：a110 m/s2。(2)設(shè)物塊速度減為5 m/s所用時(shí)間為t1，則v0va1t1，解得：t10.5 s通過(guò)的位移：x1t1×0.5 m3.75 m<6 m因<tan 37°，此后物塊繼續(xù)減速上滑，設(shè)其加速度大小為a2，則：mgsin 37°mgcos 37°ma2解得：a22 m/s2設(shè)

10、物塊到達(dá)傳送帶頂端時(shí)的速度為v1，則：v2v122a2x2x2lx12.25 m解得：v14 m/s。答案：(1)10 m/s2(2)4 m/s6滑雪度假村某段雪地賽道可等效為長(zhǎng)L36 m、傾角為37°的斜坡。已知賽道的積雪與不同滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)不同，現(xiàn)假定甲滑下去時(shí)滑板與賽道間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.5，乙滑下時(shí)滑板與賽道間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.25，g取10 m/s2。已知甲和乙均可看成質(zhì)點(diǎn)，且滑行方向平行，相遇時(shí)不會(huì)相撞，sin 37°0.6，cos 37°0.8。(1)求甲從坡頂由靜止自由滑下時(shí)到達(dá)坡底的速度大小；(2)若乙比甲晚出發(fā)t2 s，為追上甲，有人從后面給乙一個(gè)瞬時(shí)作用力使乙獲得一定的初速度，在此后的運(yùn)動(dòng)中，甲、乙之間的最大距離為5 m。則乙的初速度為多大？并判斷乙能否追上甲，寫出判斷過(guò)程。解析：(1)設(shè)甲的質(zhì)量為m1，對(duì)甲在賽道上的運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有m1gsin 1m1gcos m1a甲代入數(shù)據(jù)解得a甲2 m/s2設(shè)甲從坡頂自由滑下時(shí)到達(dá)坡底的速度大小為v1則有2a甲Lv12代入數(shù)據(jù)解得v112 m/s。(2)設(shè)乙的質(zhì)量為m2，對(duì)乙有m2gsin 2m2gcos m2a乙代入數(shù)據(jù)解得a乙4 m/s2設(shè)甲出發(fā)后經(jīng)時(shí)間t1，乙與甲達(dá)到共同速度v，則va甲t