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.doc

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1、1 / 9【2019【2019 最新最新】精选高考物理二轮复习专题检测十应用精选高考物理二轮复习专题检测十应用“动动力学观点力学观点”破解力学计算题破解力学计算题1(2018 届高三潍坊五校联考)如图所示，一长为 200 m 的列车沿平直的轨道以 80 m/s 的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O 点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因 OA 段铁轨不能停车，整个列车只能停在 AB 段内，已知 OA1 200 m，OB2 000 m，求：(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围；(2)列车减速运动的最长时间。解析：(1)若列车车尾恰好停在 A 点右侧，减速运动的加速度大小为 a1，距离为

2、x1，则0v022a1x1x11 200 m200 m1400 m解得：a1 m/s2；若列车车头恰好停在 B 点，减速运动的加速度大小为 a2，距离为 xOB2 000 m，则0v022a2xOB解得：a2 m/s2；故加速度大小 a 的取值范围为 m/s2a m/s2。(2)当列车车头恰好停在 B 点时，减速运动时的时间最长，则 0v0a2t解得：t50 s。答案：(1) m/s2a m/s2 (2)50 s2 / 92.(2017广州调研)如图所示，一个质量为 M 的长圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为 m 的弹性小球，M4m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg，管从下端离地

3、面距离为 H 处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为 g。求：(1)管第一次落地时管和球的速度；(2)管第一次落地弹起时管和球的加速度；(3)管第一次落地弹起后，若球恰好没有从管口滑出，则此时管的下端距地面的高度。解析：(1)取竖直向下为正方向。球与管第一次碰地时速度v0，方向竖直向下。(2)管第一次落地弹起时，管的加速度a12g，方向竖直向下，球的加速度 a23g，方向竖直向上。(3)管第一次落地弹起时的速度 v1，方向向上，球的速度 v2，方向向下若球刚好没有从管中滑出，设经过时间 t1，球和管速度 v 相同，则有v

4、1a1t1v2a2t1t12v0 a1a2设管从碰地到它弹到最高点所需时间为 t2，则：t2，因为 t1t2，说明管在达到最高点前，球与管相对静止，故管从弹起经 t1 这段时间上升的高度为所求。得 h1v1t1a1t12H。3 / 9答案：(1)，方向竖直向下 (2)管的加速度大小为 2g，方向竖直向下 球的加速度大小为 3g，方向竖直向上 (3)H3(2017威海二模)某大型游乐场有飞碟射击娱乐游戏，抛碟机将飞碟随机向上抛射出去，射击者用气枪将飞碟射中并击碎。由于飞碟抛射方向具有不确定性，所以游戏充满挑战性和乐趣。假设有一游戏爱好者站在距离抛碟机 20 m 远处练习射击，射击点与飞碟抛出点近

5、似在同一水平线上，气枪子弹在空中飞行可看作匀速直线运动，且速度大小为 100 m/s。某次，抛碟机将飞碟以 20 m/s 初速度竖直向上抛出，射击者要在飞碟到达最高点时刚好将其击中，(不计空气阻力，g10 m/s2)求：(1)射击方向和水平方向的夹角应该是多少？(2)他必须在飞碟抛出后经多长时间发射子弹？(计算结果小数点后保留 2 位数字)解析：(1)设飞碟上升的最大高度为 h，飞碟抛出后做竖直上抛运动，由 v022gh 可得：h20 m由于飞碟抛出点与射击点的水平距离 d20 m，所以可得：tan 1所以射击方向和水平方向的夹角为 45。(2)设飞碟上升到最高点所用时间为 t1t12 s子弹

6、击中飞碟的位移 x 和飞行时间 t2 为x m20 mt2 s0.28 s飞碟抛出后到发射子弹的时间间隔 t 为4 / 9tt1t22 s0.28 s1.72 s。答案：(1)45 (2)1.72 s4如图所示，光滑水平面上静止放着长为 L1.6 m、质量为M3 kg 的木板，一个质量为 m1 kg 的小物块放在木板的最右端，物块与木板之间的动摩擦因数 0.1，今对木板施加一水平向右的拉力 F，g 取 10 m/s2。(1)施力 F 后，要想把木板从物块的下方抽出来，求力 F 的大小应满足的条件；(2)为把木板从物块的下方抽出来，施加某力后，发现该力作用最短时间 t00.8 s，恰好可以抽出，

7、求此力的大小。解析：(1)力 F 拉动木板运动过程中：对物块，由牛顿第二定律知 mgma，即 ag1 m/s2对木板，由牛顿第二定律知 FmgMa1，即 a1Fmg M要想抽出木板，则只需 a1a，即 F(Mm)g，代入数值得 F4 N。(2)设有拉力时木板的加速度大小为 a2，则 a2Fmg M设没有拉力时木板的加速度大小为 a3，则 a3 m/s2设从没有拉力到木板恰好被抽出所用时间为 t1木板从物块下抽出时有物块速度为 va(t0t1)发生的位移为 sa(t0t1)2木板的速度为 v 板a2t0a3t1发生的位移为 s 板a2t02a2t0t1a3t125 / 9木板刚好从物块下抽出时应

8、有 v 板v 且 s 板sL联立并代入数值得 t11.2 s，a23 m/s2，F10 N。答案：(1)F4 N (2)10 N5(2018 届高三石家庄六校联考)如图所示为一个实验室模拟货物传送的装置，A 是一个表面绝缘、质量为 mA2 kg 的平板车，车置于光滑的水平面上，在车左端放置一质量为 mB1 kg、带电荷量为 q1102 C 的绝缘小货物 B，在装置所在空间内有一水平匀强电场，电场的大小及方向可以人为控制。现在先产生一个方向水平向右、大小 E13102 N/C 的电场，车和货物开始运动，2 s 后，电场大小变为 E21102 N/C，方向水平向左，一段时间后，关闭电场，关闭电场时

9、车右端正好到达目的地，货物到达车的最右端，且车和货物的速度恰好为零。已知货物与车间的动摩擦因数0.1，车不带电，货物体积大小不计，g 取 10 m/s2，求第二次电场作用的时间。解析：由题意可知，货物和车起初不可能以相同加速度一起运动，设车运动的加速度大小为 aA，货物运动的加速度大小为 aBaB2 m/s2，aA0.5 m/s2车和货物运动 2 s 时货物和车的速度大小分别为vBaBt4 m/s，vAaAt1 m/s2 s 后货物和车的加速度大小分别为aB2 m/s2aA0.5 m/s2设又经 t1 时间货物和车共速，vBaBt1vAaAt16 / 9代入数据解得 t11.2 s，此时货物和

10、车的共同速度 v1.6 m/s共速后二者一起做匀减速运动，加速度大小a m/s2减速到 0 所经历的时间为 t24.8 s所以第二次电场的作用时间为 t1t26 s。答案：6 s6.(2017襄阳月考)如图所示，传送带长 6 m，与水平方向的夹角为 37，以 5 m/s 的恒定速度向上运动。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

11、带时，物块的加速度大小为 a1，由牛顿第二定律有：mgsin 37mgcos 37ma1代入数据解得：a1gsin 37gcos 37100.6 m/s20.5100.8 m/s210 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 ，此后物块继续减速上滑的加速度大小为 a2，则：mgsin 37mgcos 37ma27 / 9代入数据解得：a22 m/s2设物块到达最高点的速度为 v1，则：v2v122a2x2x2lx12.25 m，解得：v14 m/s。答案：(1)10 m/

12、s2 (2)4 m/s教师备选题1(2018 届高三衡阳十校联考)春节放假期间，全国高速公路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求小轿车通过收费站窗口前 x09 m 区间的速度不超过 v06 m/s。现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以 v 甲20 m/s 和 v 乙34 m/s的速度匀速行驶，甲车在前，乙车在后。甲车司机发现正前方收费站，开始以大小为 a 甲2 m/s2 的加速度匀减速刹车。(1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章；(2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前 9 m 处的速度恰好为6 m/s，乙车司机在发现甲车刹车时经 t00.5 s 的反应时间后

13、开始以大小为 a 乙4 m/s2 的加速度匀减速刹车。为避免两车相撞，且乙车在收费站窗口前 9 m 区不超速，则在甲车司机开始刹车时，甲、乙两车至少相距多远？ 解析：(1)对甲车，速度由 20 m/s 减至 6 m/s 的位移x191 mx2x0x1100 m。即：甲车司机需在离收费站窗口至少 100 m 处开始刹车。(2)设甲车刹车后经时间 t，两车速度相同，由运动学公式得：v 乙a 乙(tt0)v 甲a 甲 t8 / 9解得：t8 s；相同速度 vv 甲a 甲 t4 m/s6 m/s，即共同速度 v6 m/s 为不相撞的临界条件乙车从开始以速度 34 m/s 减至 6 m/s 的位移为x3

14、v 乙 t0157 m；所以要满足条件甲、乙的距离 xx3x166 m。答案：(1)100 m (2)66 m2(2017太原模拟)质量为 3 kg 的长木板 A 置于光滑的水平地面上，质量为 2 kg 的木块 B(可视为质点)置于木板 A 的左端，在水平向右的力 F 作用下由静止开始运动，如图甲所示。A、B 运动的加速度随时间变化的图像如图乙所示。(g 取 10 m/s2)求：(1)木板与木块之间的动摩擦因数；(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(2)4 s 末 A、B 的速度大小；(3)若 6 s 末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？解析：(1)由题图乙知 4 s 末 A、B 间达到最大

15、静摩擦力，此时a2 m/s2对应 A 板 mBgmAaA、B 间动摩擦因数 0.3。(2)由图像知 4 s 末二者的速度等于图线与坐标轴包围的面积vat124 m/s4 m/s。(3)4 s 到 6 s 末 t22 s木板 A 运动的位移，xAvt2aAt22木块 B 的位移 xBvt2aBt22木板的长度 lxBxA4 m。9 / 9答案：(1)0.3 (2)4 m/s (3)4 m3如图所示，一水平传送带以 4 m/s 的速度逆时针传送，水平部分长 L6 m，其左端与一倾角为 30的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间的动摩擦因数 0.2，g10 m/s2。求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间。解析：设物块在传送带上匀加速运动时加速度为 a1，由牛顿第二定律可得Ffmgma1，a12 m/s2设物块与传送带达到共速 v22a1x1x14 m6 m，t12 sx2Lx1，x2vt2，所以 t20.5 s物块在斜面上加速度大小 a25 m/s2上升和下降各用时间 t30.8 s返回传送带向右减速运动时间 t42 st 总t1t22t3t4，t 总6.1 s。答案：6.1 s