(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

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资源描述

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

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