高考物理通用版二輪復(fù)習(xí)專題檢測：十 應(yīng)用“動力學(xué)觀點”破解力學(xué)計算題 Word版含解析

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1、 專題檢測（十） 應(yīng)用“動力學(xué)觀點”破解力學(xué)計算題 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＝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的大小； (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

2、的過程中FT做功WFT的大小； (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2mgsin θ＝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)＝2mgsin θ 解得k＝ 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)－mgsin θ＝ma 對B應(yīng)用牛頓第二定律可得F－mgsin θ＝ma 解得F＝mg。 (2)當(dāng)A的位移為l時，根據(jù)平衡條件有： FT＋k(x－l)＝2mgsin θ 解得FT＝l 畫出F

3、T-l圖像如圖所示， A緩慢移動位移L，圖線與橫坐標軸所圍成的面積等于FT做功大小，即WFT＝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－2mgLsin θ＋W＝0－0 WF－2mgLsin θ＋W＝×2mv2－0 又WF＝FL，解得v＝。 答案：(1)　mg　(2)FT＝l　見解析圖　mgL　(3) 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＝2.5 m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＝5 m/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

4、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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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＝。 (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 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 0－v02＝－2a1s 0＝v0－a1t1 解得s＝ m，t1

5、＝ s 設(shè)滑塊下滑時的加速度大小為a2，下滑的時間為t2，有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 s＝a2t22 解得t2＝ 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＝ s。 答案：(1)　(2) s 3．(2018·南昌模擬)在傾角θ＝37°的粗糙斜面上有一質(zhì)量m＝2 kg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點沿斜面下滑，在t＝4 s時滑到水平面上，此時撤去F，在這以后的一段時間內(nèi)物塊運動的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示。已知A點到斜面底端的距離x＝18 m，物塊與各接觸面之間的動摩擦因數(shù)均相同

6、，不考慮轉(zhuǎn)角處的機械能損失，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物塊在A點的速度大??； (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動，則x＝t 解得v0＝5 m/s。 (2)由(1)知，物塊在斜面上做勻減速直線運動，設(shè)物塊在斜面上運動的加速度大小為a1，方向沿斜面向上，則 x＝v0t－a1t2 解得a1＝0.25 m/s2 設(shè)物塊與接觸面間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊在水平面上運動時加速度大小為a2，有 μmg＝ma2 由題圖乙中圖線可知a2＝2 m/s2 解得μ＝0.2 物塊在斜面上運動時，設(shè)所受的摩擦力

7、為Ff，則 Fcos θ－mgsin θ＋Ff＝ma1 Ff＝μFN FN＝mgcos θ＋Fsin θ 解得F≈10.1 N。 答案：(1)5 m/s　(2)10.1 N 4.(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，sin α＝。一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，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

8、： (1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大??； (2)小球到達A點時動量的大??； (3)小球從C點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C點時所受合力的大小為F，由力的合成法則有 F0＝mgtan α＝mg F＝＝mg 設(shè)小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得 F＝m 解得v＝。 (2)設(shè)小球到達A點時速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點，如圖所示，由幾何關(guān)系得 DA＝Rsin α CD＝R(1＋cos α) 小球由A到C的過程中，由動能定理有 －mg·CD－F0·DA＝mv2－mv12 解得v1＝ 所以小球在

9、A點的動量大小為 p＝mv1＝。 (3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度vy＝vsin α、加速度為g的勻加速直線運動， CD＝vyt＋gt2 解得t＝ 。 答案：(1)mg　　(2)　(3) 5.如圖所示，傳送帶長6 m，與水平方向的夾角為37°，以5 m/s的恒定速度沿順時針方向運轉(zhuǎn)。一個質(zhì)量為2 kg的物塊(可視為質(zhì)點)，沿平行于傳送帶方向以10 m/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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)物塊剛滑上傳送帶時的加速度大小； (2)物塊到達傳送帶頂端時的速度大小。

10、 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：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 解得：a1＝10 m/s2。 (2)設(shè)物塊速度減為5 m/s所用時間為t1， 則v0－v＝a1t1，解得：t1＝0.5 s 通過的位移： x1＝t1＝×0.5 m＝3.75 m<6 m 因μ

11、＝4 m/s。 答案：(1)10 m/s2　(2)4 m/s 6．滑雪度假村某段雪地賽道可等效為長L＝36 m、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10 m/s2。已知甲和乙均可看成質(zhì)點，且滑行方向平行，相遇時不會相撞，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求甲從坡頂由靜止自由滑下時到達坡底的速度大??； (2)若乙比甲晚出發(fā)Δt＝2 s，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，在此后的運動中，甲、乙之間的最

12、大距離為5 m。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，對甲在賽道上的運動，由牛頓第二定律有 m1gsin θ－μ1m1gcos θ＝m1a甲 代入數(shù)據(jù)解得a甲＝2 m/s2 設(shè)甲從坡頂自由滑下時到達坡底的速度大小為v1 則有2a甲L＝v12 代入數(shù)據(jù)解得v1＝12 m/s。 (2)設(shè)乙的質(zhì)量為m2，對乙有 m2gsin θ－μ2m2gcos θ＝m2a乙 代入數(shù)據(jù)解得a乙＝4 m/s2 設(shè)甲出發(fā)后經(jīng)時間t1，乙與甲達到共同速度v，則 v＝a甲t1＝v0＋a乙(t1－Δt) x甲＝a甲t12 x乙＝v0(t1－Δt)＋a乙(t1－Δt)2 Δx＝x甲－x乙＝5 m 代入數(shù)據(jù)解得t1＝3 s或t1＝1 s(舍去) v0＝2 m/s 甲到達坡底的時間t甲＝＝6 s 設(shè)乙到達坡底所用時間為t乙 L＝v0t乙＋a乙t乙2 代入數(shù)據(jù)解得t乙＝ s<4 s t乙＋Δt