2023年高考物理大一輪復(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(wèn)題課時(shí)規(guī)范訓(xùn)練

2023年高考物理大一輪復(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(wèn)題課時(shí)規(guī)范訓(xùn)練PAGEPAGE1第5節(jié)動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問(wèn)題課時(shí)標(biāo)準(zhǔn)訓(xùn)練[根底穩(wěn)固題組]1．如下圖，質(zhì)量m＝2.0kg的木塊靜止在高h(yuǎn)＝1.8m的水平臺(tái)上，木塊距平臺(tái)右邊緣l＝10m，木塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2.用大小為F＝20N、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，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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(guò)程中，由動(dòng)能定理得Flcos37°－μ(mg－Fsin37°)l＝eq\f(1,2)mv2－0解得v＝12m/s(2)木塊離開平臺(tái)做平拋運(yùn)動(dòng)，那么水平方向：x＝vt豎直方向：h＝eq\f(1,2)gt2解得x＝7.2m答案：(1)12m/s(2)7.2m2．如下圖，一條軌道固定在豎直平面內(nèi)，水平段ab粗糙，其距離為s＝3m．在b點(diǎn)平滑過(guò)度，bcd段光滑，cd段是以O(shè)為圓心、半徑為R＝0.4m的一小段圓?。|(zhì)量為m＝2kg的小物塊靜止于a處，在一與水平方向成θ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FN＝15N．小物塊與ab段的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，g取10m/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)算結(jié)果可以用分式或根號(hào)表示)解析：(1)在d點(diǎn)：mg－FN＝eq\f(mv\o\al(2,d),R)從b到d由機(jī)械能守恒得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,d)＝mgR聯(lián)立得vb＝3m/s(2)在a到b的過(guò)程中有：veq\o\al(2,b)＝2asFcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma解得F＝eq\f(26,2cosθ＋sinθ)＝eq\f(26,\r(5)sinφ＋θ)當(dāng)sin(φ＋θ)＝1時(shí)，F(xiàn)min＝eq\f(26,5)eq\r(5)N答案：(1)3m/s(2)eq\f(26,5)eq\r(5)N3．如圖甲所示，物體A放在粗糙的水平地面上，0～6s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0～2s的運(yùn)動(dòng)情況如圖丙所示，重力加速度g取10m/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)0～6s內(nèi)物體的位移大?。馕觯?1)當(dāng)F2＝2N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Ff＝F2＝2N滑動(dòng)時(shí)：F－Ff＝ma第1s內(nèi)的加速度a＝3m/s2聯(lián)立可求得m＝eq\f(1,3)kg(2)滑動(dòng)摩擦力Ff＝μmg解得μ＝0.6(3)2s末以后物體的加速度大小μmg－F3＝ma3可解得加速度a3＝3m/s2經(jīng)過(guò)t3＝eq\f(v,a3)＝1s，速度減為零．第3s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＝eq\f(1,2)×(1＋3)×3m＝6m答案：(1)eq\f(1,3)kg(2)0.6(3)6m[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(lái)了很多的便利．如下圖，一長(zhǎng)度L＝7m的傳送帶與水平方向間的夾角α＝30°，在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下以v＝2m/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，斜面外表與傳送帶外表都在同一平面內(nèi)．將質(zhì)量m＝2kg可視作質(zhì)點(diǎn)的物體無(wú)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．假設(shè)物體與傳送帶及物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ＝eq\f(2\r(3),5)，g＝10m/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(guò)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(zhǎng)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μmgcos30°－mgsin30°＝ma解得a＝1m/s2，沿斜面向上設(shè)物體速度經(jīng)過(guò)時(shí)間t與傳送帶相等，由v＝at得t＝eq\f(v,a)＝2s此過(guò)程中物體通過(guò)的位移為x＝eq\f(1,2)at2＝2m＜7m所以物體接著做勻速直線運(yùn)動(dòng)，離開傳送帶時(shí)速度為v＝2m/s對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理得W－mgLsin30°＝eq\f(1,2)mv2解得W＝74J(2)物體到斜面上以后，根據(jù)牛頓第二定律得μmgcos30°＋mgsin30°＝ma1解得a1＝11m/s2由v2＝2a1s得：s＝eq\f(v2,2a1)＝eq\f(2,11)m答案：(1)74J(2)eq\f(2,11)m5．如下圖，傳送帶A、B之間的距離為L(zhǎng)＝3.2m，與水平面間夾角θ＝37°，傳送帶沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，速度恒為v＝2m/s，在上端A點(diǎn)無(wú)初速放置一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg、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μ＝0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經(jīng)過(guò)彎道，沿半徑R＝0.4m的光滑圓軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，剛好能通過(guò)最高點(diǎn)E，B、D兩點(diǎn)的豎直高度差為h＝0.5m(g取10m/s2)．試求：(1)金屬塊經(jīng)過(guò)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)，mg＝meq\f(v\o\al(2,E),R)解得vE＝2m/s，在從D到E過(guò)程中由動(dòng)能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得vD＝2eq\(2)金屬塊剛剛放上時(shí)，有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝10m/s2設(shè)經(jīng)位移s1到達(dá)共同速度，那么v2＝2a1s解得s1＝0.2m＜3.2m繼續(xù)加速過(guò)程中，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2由s2＝L－s1＝3m，veq\o\al(2,B)－v2＝2a2s2解得vB＝4m/s在從B到D過(guò)程中由動(dòng)能定理得mgh－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得W＝3J答案：(1)2eq\6．某校興趣小組制作了一個(gè)游戲裝置，其簡(jiǎn)化模型如下圖，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R＝0.1m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h＝0.2m，水平距離s＝0.6m，水平軌道AB長(zhǎng)為L(zhǎng)1＝0.5m，BC長(zhǎng)為L(zhǎng)2＝1.5m，小滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2.(1)假設(shè)小滑塊恰能通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn)，求小滑塊在A點(diǎn)彈射出的速度大??；(2)假設(shè)游戲規(guī)那么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)彈射出的速度大小范圍．解析：(1)對(duì)從A到B的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理，那么－μmgL1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)①由B到最高點(diǎn)小滑塊機(jī)械能守恒，那么eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝2mgR＋eq\f(1,2)mv2②小滑塊恰能通過(guò)圓軌道最高點(diǎn)的速度為v，由牛頓第二定律有mg＝meq\f(v2,R)③由以上三式解得A點(diǎn)的速度v1＝3m/s④(2)假設(shè)小滑塊剛好停在C處，那么從A到C由動(dòng)能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)⑤解得A點(diǎn)的速度為v2＝4m/s假設(shè)小滑塊停在BC段，應(yīng)滿足3m/s≤vA≤4m/s假設(shè)小滑塊能通過(guò)C點(diǎn)并恰好越過(guò)壕溝，對(duì)A到C的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理－μmg(L1＋L2)＝e