高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題檢測（十）應(yīng)用“動力學(xué)觀點(diǎn)”破解力學(xué)計算題（含解析）-人教版高三全冊物理試題

應(yīng)用“動力學(xué)觀點(diǎn)”破解力學(xué)1．如圖甲所示，傾角θ＝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FT＝eq\f(1,4)mg時，A、B的位移為L；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時，A、B恰好分離，重力加速度為g，不計空氣阻力。(1)求彈簧的勁度系數(shù)和恒力F的大??；(2)請推導(dǎo)FT與A的位移l之間的函數(shù)關(guān)系，并在圖乙中畫出FT-l圖像，計算A緩慢移動位移L的過程中FT做功WFT的大??；(3)當(dāng)A、B不粘連時，恒力F作用在B上，求A、B剛分離時速度的大小。解析：(1)設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時A、B靜止，彈簧的壓縮量為x，根據(jù)平衡條件可得2mgsinθ＝kx當(dāng)A、B的位移為L時，沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得FT＋k(x－L)＝2mgsinθ解得k＝eq\f(mg,4L)當(dāng)A、B恰好分離時二者之間的彈力為零，對A應(yīng)用牛頓第二定律可得k(x－L)－mgsinθ＝ma對B應(yīng)用牛頓第二定律可得F－mgsinθ＝ma解得F＝eq\f(3,4)mg。(2)當(dāng)A的位移為l時，根據(jù)平衡條件有：FT＋k(x－l)＝2mgsinθ解得FT＝eq\f(mg,4L)l畫出FT-l圖像如圖所示，A緩慢移動位移L，圖線與橫坐標(biāo)軸所圍成的面積等于FT做功大小，即WFT＝eq\f(1,8)mgL。(3)設(shè)A通過位移L的過程中彈力做功W，分別對兩個過程應(yīng)用動能定理可得：WFT－2mgLsinθ＋W＝0－0WF－2mgLsinθ＋W＝eq\f(1,2)×2mv2－0又WF＝FL，解得v＝eq\f(1,4)eq\r(10gL)。答案：(1)eq\f(mg,4L)eq\f(3,4)mg(2)FT＝eq\f(mg,4L)l見解析圖eq\f(1,8)mgL(3)eq\f(1,4)eq\r(10gL)2．(2019屆高三·天津五校聯(lián)考)如圖甲所示，光滑平臺右側(cè)與一長為L＝2.5m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v0＝5m/s滑上木板，滑到木板右端時恰好停止?，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θ＝37°，讓滑塊以相同的初速度滑上木板，不計滑塊滑上木板時的能量損失，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ；(2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間t。解析：(1)設(shè)滑塊質(zhì)量為m，木板水平時滑塊加速度大小為a，則對滑塊有μmg＝ma滑塊滑到木板右端時恰好停止，有0－v02＝－2aL解得μ＝eq\f(1,2)。(2)當(dāng)木板傾斜，設(shè)滑塊上滑時的加速度大小為a1，最大距離為s，上滑的時間為t1，有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma10－v02＝－2a10＝v0－a1t1解得s＝eq\f(5,4)m，t1＝eq\f(1,2)s設(shè)滑塊下滑時的加速度大小為a2，下滑的時間為t2，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2s＝eq\f(1,2)a2t22解得t2＝eq\f(\r(5),2)s滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間t＝t1＋t2＝eq\f(1＋\r(5),2)s。答案：(1)eq\f(1,2)(2)eq\f(1＋\r(5),2)s3．(2018·南昌模擬)在傾角θ＝37°的粗糙斜面上有一質(zhì)量m＝2kg的物塊，物塊受如圖甲所示的水平恒力F的作用。t＝0時刻物塊以某一速度從斜面上A點(diǎn)沿斜面下滑，在t＝4s時滑到水平面上，此時撤去F，在這以后的一段時間內(nèi)物塊運(yùn)動的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示。已知A點(diǎn)到斜面底端的距離x＝18m，物塊與各接觸面之間的動摩擦因數(shù)均相同，不考慮轉(zhuǎn)角處的機(jī)械能損失，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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，則x＝eq\f(v0＋v,2)t解得v0＝5m/s。(2)由(1)知，物塊在斜面上做勻減速直線運(yùn)動，設(shè)物塊在斜面上運(yùn)動的加速度大小為a1，方向沿斜面向上，則x＝v0t－eq\f(1,2)a1t2解得a1＝0.25m/s2設(shè)物塊與接觸面間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊在水平面上運(yùn)動時加速度大小為a2，有μmg＝ma2由題圖乙中圖線可知a2＝2m/s2解得μ＝0.2物塊在斜面上運(yùn)動時，設(shè)所受的摩擦力為Ff，則Fcosθ－mgsinθ＋Ff＝ma1Ff＝μFNFN＝mgcosθ＋Fsinθ解得F≈10.1N。答案：(1)5m/s(2)10.1N4.(2018·全國卷Ⅲ)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α，sinα＝eq\f(3,5)。一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個過程中，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)時速度的大?。?2)小球到達(dá)A點(diǎn)時動量的大??；(3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時間。解析：(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時所受合力的大小為F，由力的合成法則有F0＝mgtanα＝eq\f(3,4)mgF＝eq\f(mg,cosα)＝eq\f(5,4)mg設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時的速度大小為v，由牛頓第二定律得F＝meq\f(v2,R)解得v＝eq\f(\r(5gR),2)。(2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點(diǎn)，如圖所示，由幾何關(guān)系得DA＝RsinαCD＝R(1＋cosα)小球由A到C的過程中，由動能定理有－mg·CD－F0·DA＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv12解得v1＝eq\f(\r(23gR),2)所以小球在A點(diǎn)的動量大小為p＝mv1＝eq\f(m\r(23gR),2)。(3)小球離開C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度vy＝vsinα、加速度為g的勻加速直線運(yùn)動，CD＝vyt＋eq\f(1,2)gt2解得t＝eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g))。答案：(1)eq\f(3,4)mgeq\f(\r(5gR),2)(2)eq\f(m\r(23gR),2)(3)eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g))5.如圖所示，傳送帶長6m，與水平方向的夾角為37°，以5m/s的恒定速度沿順時針方向運(yùn)轉(zhuǎn)。一個質(zhì)量為2kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，沿平行于傳送帶方向以10m/s的速度滑上傳送帶，已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：(1)物塊剛滑上傳送帶時的加速度大??；(2)物塊到達(dá)傳送帶頂端時的速度大小。解析：(1)物塊剛滑上傳送帶時，設(shè)物塊的加速度大小為a1，由牛頓第二定律有：mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1解得：a1＝10m/s2。(2)設(shè)物塊速度減為5m/s所用時間為t1，則v0－v＝a1t1，解得：t1＝0.5s通過的位移：x1＝eq\f(v＋v0,2)t1＝eq\f(10＋5,2)×0.5m＝3.75m<6m因μ<tan37°，此后物塊繼續(xù)減速上滑，設(shè)其加速度大小為a2，則：mgsin37°－μmgcos37°＝ma2解得：a2＝2m/s2設(shè)物塊到達(dá)傳送帶頂端時的速度為v1，則：v2－v12＝2a2xx2＝l－x1＝2.25m解得：v1＝4m/s。答案：(1)10m/s2(2)4m/s6．滑雪度假村某段雪地賽道可等效為長L＝36m、傾角為θ＝37°的斜坡。已知賽道的積雪與不同滑板之間的動摩擦因數(shù)不同，現(xiàn)假定甲滑下去時滑板與賽道間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，乙滑下時滑板與賽道間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.25，g取10m/s2。已知甲和乙均可看成質(zhì)點(diǎn)，且滑行方向平行，相遇時不會相撞，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求甲從坡頂由靜止自由滑下時到達(dá)坡底的速度大小；(2)若乙比甲晚出發(fā)Δt＝2s，為追上甲，有人從后面給乙一個瞬時作用力使乙獲得一定的初速度，在此后的運(yùn)動中，甲、乙之間的最大距離為5m。則乙的初速度為多大？并判斷乙能否追上甲，寫出判斷過程。解析：(1)設(shè)甲的質(zhì)量為m1，對甲在賽道上的運(yùn)動，由牛頓第二定律有m1gsinθ－μ1m1gcosθ＝m1代入數(shù)據(jù)解得a甲＝2m/s2設(shè)甲從坡頂自由滑下時到達(dá)坡底的速度大小為v1則有2a甲L＝v1代入數(shù)據(jù)解得v1＝12m/s。(2)設(shè)乙的質(zhì)量為m2，對乙有m2gsinθ－μ2m2gcosθ＝m代入數(shù)據(jù)解得a乙＝4m/s2設(shè)甲出發(fā)后經(jīng)時間t1，乙與甲達(dá)到共同速度v，則v＝a甲t1＝v0＋a乙(t1－Δt)x甲＝eq\f(1,2)a甲t12x乙＝v0(t1－Δt)＋eq