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（8页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

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FTmg时，A、B的位移为L；若A、B不粘连，用一沿斜面向上的恒力F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

2、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FTk(xL)2mgsin 解得k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(xL)mgsin ma对B应用牛顿第二定律可得Fmgsin ma解得Fmg。(2)当A的位移为l时，根据平衡条件有：FTk(xl)2mgsin 解得FTl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WFTmgL。(3)设A通过位移L的过程中弹力做功W，分别对两

3、个过程应用动能定理可得：WFT2mgLsin W00WF2mgLsin W2mv20又WFFL，解得v。答案：(1)mg(2)FTl见解析图mgL(3)2(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：

4、(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mgma滑块滑到木板右端时恰好停止，有0v022aL解得。(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mgsin mgcos ma10v022a1s0v0a1t1解得s m，t1 s设滑块下滑时的加速度大小为a2，下滑的时间为t2，有mgsin mgcos ma2sa2t22解得t2 s滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间tt1t2 s。答案：(1)(2) s3(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

5、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/s2，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xt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xv0ta1t2解得a10.25 m/s2设物块与接触面间的动摩擦因数为，物块在水平面上运动

6、时加速度大小为a2，有mgma2由题图乙中图线可知a22 m/s2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 Ffma1FfFNFNmgcos 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点所受合力的方向指向圆心，且此

7、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F0mgtan mgFmg设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得Fm解得v。(2)设小球到达A点时速度大小为v1，作CDPA，交PA于D点，如图所示，由几何关系得DARsin CDR(1cos )小球由A到C的过程中，由动能定理有mgCDF0DAmv2mv12解得v1所以小球在A点的动量大小为pmv1。(3)小球离开C点后在竖直方

8、向上做初速度vyvsin 、加速度为g的匀加速直线运动，CDvytgt2解得t 。答案：(1)mg(2)(3) 5.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，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 37mgcos 37ma1解得：a1

9、10 m/s2。(2)设物块速度减为5 m/s所用时间为t1，则v0va1t1，解得：t10.5 s通过的位移：x1t10.5 m3.75 m6 m因tan 37，此后物块继续减速上滑，设其加速度大小为a2，则：mgsin 37mgcos 37ma2解得：a22 m/s2设物块到达传送带顶端时的速度为v1，则：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

10、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m1gsin 1m1gcos m1a甲代入数据解得a甲2 m/s2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Lv12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/s2设甲出发后经时间t1，乙与甲达到共同速度v，则va甲t1v0a乙(t1t)x甲a甲t12x乙v0(t1t)a乙(t1t)2xx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 s设乙到达坡底所用时间为t乙Lv0t乙a乙t乙2代入数据解得t乙 s4 st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