2018屆高考物理二輪復習能量和動量提能增分練四解決力學問題的三大觀點

提能增分練(四)解決力學問題的三大觀點[A級eq\a\vs4\al(——)奪高分]1.(2017·正定質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量m＝2.0kg的木塊靜止在高h＝1.8m的水平平臺上，木塊距平臺右邊緣l＝10m，木塊與平臺間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。用大小為F＝20N、方向與水平方向成37°角的力拉動木塊，當木塊運動到水平臺末端時撤去F。不計空氣阻力，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)木塊離開平臺時速度的大小；(2)木塊落地時距平臺后邊緣的水平距離。解析：(1)木塊在水平臺上運動過程中，由動能定理得Flcos37°－μ(mg－Fsin37°)l＝eq\f(1,2)mv2－0解得v＝12m/s。(2)木塊離開平臺后做平拋運動，則水平方向：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.(2017·湖南長沙長郡中學模擬)如圖所示，光滑的水平面上有一木板，在其左端放有一重物，右方有一豎直的墻，重物的質(zhì)量為木板質(zhì)量的2倍，重物與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2。使木板與重物以共同的速度v0＝6m/s向右運動，某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短。已知木板足夠長，重物始終在木板上，重力加速度取g＝10m/s2，求木板從第一次與墻碰撞到第二次與墻碰撞所經(jīng)歷的時間。解析：第一次與墻碰撞后，木板的速度反向，大小不變，此后木板向左做勻減速運動，重物向右做勻減速運動，最后木板和重物達到共同的速度v。設木板的質(zhì)量為m，重物的質(zhì)量為2m由動量守恒得：2mv0－mv0＝3mv設從第一次與墻碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的時間為t1，對木板應用動量定理得：2μmgt1＝mv－m(－v0)設重物與木板有相對運動時的加速度為a，由牛頓第二定律得：2μmg＝ma在達到共同速度v時，木板離墻的距離為：l＝v0t1－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)從木板與重物以共同速度v開始向右做勻速運動到第二次與墻碰撞的時間為：t2＝eq\f(l,v)從第一次碰撞到第二次碰撞所經(jīng)過的時間為：t＝t1＋t2由以上各式得t＝eq\f(4v0,3μg)代入數(shù)據(jù)可得：t＝4s。答案：4s3.(2017·河北武邑中學模擬)如圖所示，傾角α＝30°的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長L＝1.8m、質(zhì)量M＝3kg的薄木板，木板的最上端疊放一質(zhì)量m＝1kg的物塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)。對木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由靜止開始做勻加速直線運動。設物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。(1)為使物塊不滑離木板，求力F應滿足的條件。(2)若F＝37.5N，物塊能否滑離木板？若不能，請說明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離。解析：(1)對M、m，由牛頓第二定律F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a物塊恰好不滑離木板時，對m，有f－mgsinα＝maf≤μmgcosα代入數(shù)據(jù)得：F≤30N。(2)F＝37.5N>30N，物塊能滑離木板對M，有F－μmgcosα－Mgsinα＝Ma1對m，有μmgcosα－mgsinα＝ma2設物塊滑離木板所用的時間為t，由運動學公式：eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L代入數(shù)據(jù)得：t＝1.2s物塊離開木板時的速度v＝a2t由公式：－2gsinαs＝0－v2代入數(shù)據(jù)得s＝0.9m。答案：(1)F≤30N(2)物塊能滑離木板1.2s0.9m4.(2017·河北區(qū)模擬)如圖所示，滑塊質(zhì)量為m，與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，它以v0＝3eq\r(gR)的初速度由A點開始向B點滑行，AB＝5R，并滑上光滑的半徑為R的eq\f(1,4)圓弧BC，在C點正上方有一離C點高度也為R的旋轉(zhuǎn)平臺(厚度不計)，沿平臺直徑方向開有兩個離軸心距離相等的小孔P、Q，P、Q位于同一直徑上，旋轉(zhuǎn)時兩孔均能達到C點的正上方。若滑塊滑過C點后穿過P孔，又恰能從Q孔落下，則平臺轉(zhuǎn)動的角速度ω應滿足什么條件？解析：設滑塊滑至B點時速度為vB，對滑塊由A點到B點應用動能定理有－μmg·5R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得veq\o\al(2,B)＝8gR滑塊從B點開始，運動過程中機械能守恒，設滑塊到達P處時速度為vP，則eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＋mg·2R解得vP＝2eq\r(gR)滑塊穿過P孔后再回到平臺的時間t＝eq\f(2vP,g)＝4eq\r(\f(R,g))要實現(xiàn)題述過程，需滿足ωt＝(2n＋1)πω＝eq\f(π2n＋1,4)eq\r(\f(g,R))(n＝0,1,2，…)。答案：ω＝eq\f(π2n＋1,4)eq\r(\f(g,R))(n＝0,1,2，…)[B級eq\a\vs4\al(——)沖滿分]5.(2017·銅陵模擬)如圖所示，半徑R＝1.0m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的一個端點B和圓心O連線與水平方向間的夾角θ＝37°，另一端點C為軌道的最低點。C點右側(cè)的光滑水平面上緊挨C點靜止放置一木板，木板質(zhì)量M＝1kg，上表面與C點等高。質(zhì)量為m＝1kg的物塊(可視為質(zhì)點)從空中A點以v0＝1.2m/s的速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進入軌道。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10m/s2。求：(1)物塊經(jīng)過C點時的速度vC;(2)若木板足夠長，物塊在木板上相對滑動過程中產(chǎn)生的熱量Q。解析：(1)設物塊在B點的速度為vB，從A到B物塊做平拋運動，有vBsinθ＝v0從B到C，根據(jù)動能定理有mgR(1＋sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vC＝6m/s。(2)物塊在木板上相對滑動過程中由于摩擦力作用帶動木板運動，最終兩者將一起共同運動。設相對滑動時物塊加速度為a1，木板加速度為a2，經(jīng)過時間t達到共同速度為v，則μmg＝ma1，μmg＝Ma2，v＝vC－a1t，v＝a2t根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)(m＋M)v2＋Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)聯(lián)立解得Q＝9J。答案：(1)6m/s(2)9J6.(2017·廈門模擬)如圖所示，在豎直方向上A、B兩物體通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，A放在水平地面上；B、C兩物體通過細線繞過輕質(zhì)定滑輪相連，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證ab段的細線豎直、cd段的細線與斜面平行。已知A、B的質(zhì)量均為m，斜面傾角為θ＝37°，重力加速度為g，滑輪的質(zhì)量和摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。C釋放后沿斜面下滑，當A剛要離開地面時，B的速度最大。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)從開始到A剛要離開地面的過程中，C沿斜面下滑的距離；(2)C的質(zhì)量；(3)A剛離開地面時，C的動能。解析：(1)設開始時彈簧壓縮的長度為xB，由題意有：kxB＝mg設當A剛剛離開地面時，彈簧的伸長量為xA，有kxA＝mg當A剛離開地面時，B上升的距離即C沿斜面下滑的距離為h＝xA＋xB＝eq\f(2mg,k)。(2)A剛離開地面時，以B為研究對象，B受到重力mg、彈簧的彈力kxA，細線的拉力FT三個力的作用，設B的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律，對B有：FT－mg－kxA＝ma對C有：mCgsinθ－FT＝mCa當B獲得最大速度時，有：a＝0解得mC＝eq\f(10,3)m。(3)根據(jù)動能定理得：對C：mCghsinθ－WT＝EkC－0對B：WT－mBgh＋W彈＝EkB－0其中彈簧彈力先做正功后做負功，且其壓縮量與伸長量相等，故總功為零，W彈＝0B、C的速度大小相等，故其動能大小之比為其質(zhì)量大小之比，即eq\f(EkC,EkB)＝eq\f(10,3)解得EkC＝eq\f(20m2g2,13k)。答案：(1)eq\f(2mg,k)(2)eq\f(10,3)m(3)eq\f(20m2g2,13k)7．(2017·貴州思南中學模擬)如圖所示，AB為半徑R＝0.8m的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道，下端B恰與小車右端平滑對接。小車質(zhì)量M＝3kg，車長L＝2.06m，現(xiàn)有一質(zhì)量m＝1kg的滑塊，由軌道頂端無初速釋放，滑到B端后沖上小車。已知地面光滑，滑塊與小車上表面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，當車運行了1.5s時，車被地面裝置鎖定。(g取10m/s2)試求：(1)滑塊從A到達B的過程中，滑塊所受合力的沖量大小；(2)車剛被鎖定時，車右端距軌道B端的距離；(3)從車開始運動到剛被鎖定的過程中，滑塊與車面間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能大小。解析：(1)設滑塊到達B端時速度為v，由動能定理，得mgR＝eq\f(1,2)mv2由動量定理，得I合＝mv聯(lián)立以上兩式，代入數(shù)據(jù)得：I合＝4N·s。(2)當滑塊滑上小車后，由牛頓第二定律，對滑塊有：－μmg＝ma1，對小車有：μmg＝Ma2設經(jīng)時間t兩者達到共同速度，則有：v＋a1t＝a2t解得t＝1s。由于1s<1.5s，此時小車還未被鎖定，兩者的共同速度：v′＝a2t＝1m/s，因此，車被鎖定時，車右端距軌道B端的距離：x＝eq\f(1,2)a2t2＋v′t′＝1m。(3)從車開始運動到被鎖定的過程中，滑塊相對小車滑動的距離Δx＝eq\f(v＋v′,2)t－eq\f(1,2)a2t2＝2m所以產(chǎn)生的內(nèi)能：E＝μmgΔx＝6J。答案：(1)4N·s(2)1m(3)6J8．(2017·四川成都實驗中學模擬)中如圖所示是某公園中的一項游樂設施，半徑為R＝2.5m、r＝1.5m的兩圓形軌道甲和乙安裝在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道之間由一條水平軌道CD相連，現(xiàn)讓可視為質(zhì)點的質(zhì)量為10kg的無動力小滑車從A點由靜止釋放，剛好可以滑過甲軌道后經(jīng)過CD段又滑上乙軌道后離開兩圓形軌道，然后從水平軌道飛入水池內(nèi)，水面離水平軌道的高度h＝5m，所有軌道均光滑，g＝10m/s2。(1)求小滑車到甲軌道最高點P時的速度v。(2)求小滑車到乙軌道最高點Q時對乙軌道的壓力。(3)若在水池中MN范圍內(nèi)放上安全氣墊(氣墊厚度不計)，水面上的B點在水平軌道邊緣E點的正下方，且BM＝10m，BN＝15m；要使小滑車能通過圓形軌道并安全到達氣墊上，則小滑車起始點A距水平軌道的高度H該如何設計？解析：(1)在甲軌道最高點P有：mg＝meq\f(v\o\al(2,P),R)，解得vP＝5m/s。(2)從甲軌道最高點P到乙軌道最高點Q，由動能定理：mg(2R－2r)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)，在Q點：mg＋F＝meq\f(v\o\al(2,Q),r)，解得：F＝eq\f(1000,3)N由牛頓第三定律可得，小滑車對乙軌道Q點壓力大小為F′＝eq\f(1000,3)N，方向豎直向上。(3)設剛好能過P點，A距水平軌道的高度為H1，從A到P，由動能定理mg(H1－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－0，H1＝6.25m，所以H需要大于等于6.25m設小滑車到水平軌道右端E點速度為vE，若從E平拋