（通用版）2019版高考物理二轮复习专题检测（十）应用“动力学观点”破解力学计算题（含解析）.doc

《（通用版）2019版高考物理二轮复习专题检测（十）应用“动力学观点”破解力学计算题（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（通用版）2019版高考物理二轮复习专题检测（十）应用“动力学观点”破解力学计算题（含解析）.doc（7页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1应用“动力学观点”破解力学1如图甲所示，倾角 30的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为 m 的物块 A和物块 B 并排在斜面上，斜面底端固定着与斜面垂直的挡板 P，轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块 A 连接， A、 B 处于静止状态，若 A、 B 粘连在一起，用一沿斜面向上的力 FT缓慢拉 B，当拉力 FT mg 时， A、 B 的位移为 L；若 A、 B 不粘连，用一沿斜面向上的恒力14F 作用在 B 上，当 A 的位移为 L 时， A、 B 恰好分离，重力加速度为 g，不计空气阻力。(1)求弹簧的劲度系数和恒力 F 的大小；(2)请推导 FT与 A 的位移 l 之间的函数关系，并在图

2、乙中画出 FTl 图像，计算 A 缓慢移动位移 L 的过程中 FT做功 WFT的大小；(3)当 A、 B 不粘连时，恒力 F 作用在 B 上，求 A、 B 刚分离时速度的大小。解析：(1)设弹簧的劲度系数为 k，初始时 A、 B 静止，弹簧的压缩量为 x，根据平衡条件可得 2mgsin kx当 A、 B 的位移为 L 时，沿斜面方向根据平衡条件可得 FT k(x L)2 mgsin 解得 kmg4L当 A、 B 恰好分离时二者之间的弹力为零，对 A 应用牛顿第二定律可得k(x L) mgsin ma对 B 应用牛顿第二定律可得 F mgsin ma解得 F mg。34(2)当 A 的位移为 l

3、 时，根据平衡条件有：FT k(x l)2 mgsin 解得 FT lmg4L画出 FTl 图像如图所示，A 缓慢移动位移 L，图线与横坐标轴所围成的面积等于 FT做功大小，即 WFT mgL。18(3)设 A 通过位移 L 的过程中弹力做功 W，分别对两个过程应用动能定理可得：WFT2 mgLsin W002WF2 mgLsin W 2mv2012又 WF FL，解得 v 。1410gL答案：(1) mg (2) FT l 见解析图 mgL (3)mg4L 34 mg4L 18 1410gL2(2019 届高三天津五校联考)如图甲所示，光滑平台右侧与一长为 L2.5 m 的水平木板相接，木板

4、固定在地面上，现有一滑块以初速度 v05 m/s 滑上木板，滑到木板右端时恰好停止。现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角 37，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失， g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数 ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间 t。解析：(1)设滑块质量为 m，木板水平时滑块加速度大小为 a，则对滑块有 mg ma滑块滑到木板右端时恰好停止，有 0 v022 aL解得 。12(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度大小为 a1，最大距离为 s，上滑的时间为 t1，有mgs

5、in mg cos ma10 v022 a1s0 v0 a1t1解得 s m， t1 s54 12设滑块下滑时的加速度大小为 a2，下滑的时间为 t2，有mgsin mg cos ma2s a2t2212解得 t2 s52滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t t1 t2 s。1 52答案：(1) (2) s12 1 5233(2018南昌模拟)在倾角 37的粗糙斜面上有一质量 m2 kg 的物块，物块受如图甲所示的水平恒力 F 的作用。 t0 时刻物块以某一速度从斜面上 A 点沿斜面下滑，在 t4 s 时滑到水平面上，此时撤去 F，在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化的关系如图

6、乙所示。已知 A 点到斜面底端的距离 x18 m，物块与各接触面之间的动摩擦因数均相同，不考虑转角处的机械能损失， g10 m/s 2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)物块在 A 点的速度大小；(2)水平恒力 F 的大小。解析：(1)物块在斜面上做匀变速直线运动，则 x tv0 v2解得 v05 m/s。(2)由(1)知，物块在斜面上做匀减速直线运动，设物块在斜面上运动的加速度大小为a1，方向沿斜面向上，则x v0t a1t212解得 a10.25 m/s 2设物块与接触面间的动摩擦因数为 ，物块在水平面上运动时加速度大小为 a2，有mg ma2由题图乙中图线可知 a22 m

7、/s 2解得 0.2物块在斜面上运动时，设所受的摩擦力为 Ff，则Fcos mgsin Ff ma1Ff F NFN mgcos Fsin 解得 F10.1 N。答案：(1)5 m/s (2)10.1 N4.(2018全国卷)如图，在竖直平面内，一半径为 R 的光滑圆弧轨道 ABC 和水平轨道 PA 在 A 点相切， BC 为圆弧轨道4的直径， O 为圆心， OA 和 OB 之间的夹角为 ，sin 。一质量为 m 的小球沿水平轨道35向右运动，经 A 点沿圆弧轨道通过 C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在 C 点所受合力的方向

8、指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为 g。求：(1)水平恒力的大小和小球到达 C 点时速度的大小；(2)小球到达 A 点时动量的大小；(3)小球从 C 点落至水平轨道所用的时间。解析：(1)设水平恒力的大小为 F0，小球到达 C 点时所受合力的大小为 F，由力的合成法则有F0 mgtan mg34F mgmgcos 54设小球到达 C 点时的速度大小为 v，由牛顿第二定律得F mv2R解得 v 。5gR2(2)设小球到达 A 点时速度大小为 v1，作 CD PA，交 PA于 D 点，如图所示，由几何关系得DA Rsin CD R(1cos )小球由 A 到 C 的过程中，

9、由动能定理有 mgCD F0DA mv2 mv1212 12解得 v123gR2所以小球在 A 点的动量大小为p mv1 。m23gR2(3)小球离开 C 点后在竖直方向上做初速度 vy vsin 、加速度为 g 的匀加速直线运动，CD vyt gt212解得 t 。35 5Rg5答案：(1) mg (2) (3) 34 5gR2 m23gR2 35 5Rg5.如图所示，传送带长 6 m，与水平方向的夹角为 37，以 5 m/s 的恒定速度沿顺时针方向运转。一个质量为 2 kg 的物块(可视为质点)，沿平行于传送带方向以 10 m/s 的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数 0.5

10、，sin 370.6，cos 370.8， g 取 10 m/s2。求：(1)物块刚滑上传送带时的加速度大小；(2)物块到达传送带顶端时的速度大小。解析：(1)物块刚滑上传送带时，设物块的加速度大小为 a1，由牛顿第二定律有： mgsin 37 mg cos 37 ma1解得： a110 m/s 2。(2)设物块速度减为 5 m/s 所用时间为 t1，则 v0 v a1t1，解得： t10.5 s通过的位移：x1 t1 0.5 m3.75 m6 mv v02 10 52因 tan 37，此后物块继续减速上滑，设其加速度大小为 a2，则： mgsin 37 mg cos 37 ma2解得： a2

11、2 m/s 2设物块到达传送带顶端时的速度为 v1，则： v2 v122 a2x2x2 l x12.25 m解得： v14 m/s。答案：(1)10 m/s 2 (2)4 m/s6滑雪度假村某段雪地赛道可等效为长 L36 m、倾角为 37的斜坡。已知赛道的积雪与不同滑板之间的动摩擦因数不同，现假定甲滑下去时滑板与赛道间的动摩擦因数 10.5，乙滑下时滑板与赛道间的动摩擦因数 20.25， g 取 10 m/s2。已知甲和乙均可看成质点，且滑行方向平行，相遇时不会相撞，sin 370.6，cos 370.8。(1)求甲从坡顶由静止自由滑下时到达坡底的速度大小；(2)若乙比甲晚出发 t2 s，为追

12、上甲，有人从后面给乙一个瞬时作用力使乙获得一定的初速度，在此后的运动中，甲、乙之间的最大距离为 5 m。则乙的初速度为多大？并判断乙能否追上甲，写出判断过程。解析：(1)设甲的质量为 m1，对甲在赛道上的运动，由牛顿第二定律有6m1gsin 1m1gcos m1a 甲代入数据解得 a 甲 2 m/s 2设甲从坡顶自由滑下时到达坡底的速度大小为 v1则有 2a 甲 L v12代入数据解得 v112 m/s。(2)设乙的质量为 m2，对乙有m2gsin 2m2gcos m2a 乙代入数据解得 a 乙 4 m/s 2设甲出发后经时间 t1，乙与甲达到共同速度 v，则v a 甲 t1 v0 a 乙 (t1 t)x 甲 a 甲 t1212x 乙 v0(t1 t) a 乙 (t1 t)212 x x 甲 x 乙 5 m代入数据解得 t13 s 或 t11 s(舍去)v02 m/s甲到达坡底的时间 t 甲 6 sv1a甲设乙到达坡底所用时间为 t 乙L v0t 乙 a 乙 t 乙 212代入数据解得 t 乙 s4 s73 12t 乙 tt 甲 ，故可以追上。答案：(1)12 m/s (2)2 m/s 可以追上，判断过程见解析7