高考物理二轮复习 第五章 能量和动量 提能增分练（四）解决力学问题的三大观点.doc

提能增分练(四)解决力学问题的三大观点a级夺高分1. (2017正定质检)如图所示，质量m2.0 kg的木块静止在高h1.8 m的水平平台上，木块距平台右边缘l10 m，木块与平台间的动摩擦因数0.2。用大小为f20 n、方向与水平方向成37角的力拉动木块，当木块运动到水平台末端时撤去f。不计空气阻力，g 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)木块离开平台时速度的大小；(2)木块落地时距平台后边缘的水平距离。解析：(1)木块在水平台上运动过程中，由动能定理得flcos 37(mgfsin 37)lmv20解得v12 m/s。(2)木块离开平台后做平抛运动，则水平方向：xvt竖直方向：hgt2解得x7.2 m。答案：(1)12 m/s(2)7.2 m2. (2017湖南长沙长郡中学模拟)如图所示，光滑的水平面上有一木板，在其左端放有一重物，右方有一竖直的墙，重物的质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为0.2。使木板与重物以共同的速度v06 m/s向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度取g10 m/s2，求木板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间。解析：第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到共同的速度v。设木板的质量为m，重物的质量为2m，取向右为动量的正向，由动量守恒得：2mv0mv03mv设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的时间为t1，对木板应用动量定理得：2mgt1mvm(v0)设重物与木板有相对运动时的加速度为a，由牛顿第二定律得：2mgma在达到共同速度v时，木板离墙的距离为：lv0t1at从木板与重物以共同速度v开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为：t2从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为：tt1t2由以上各式得t代入数据可得：t4 s。答案：4 s3. (2017河北武邑中学模拟)如图所示，倾角30的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长l1.8 m、质量m3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m1 kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数。对木板施加沿斜面向上的恒力f，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g10 m/s2。(1)为使物块不滑离木板，求力f应满足的条件。(2)若f37.5 n，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。解析：(1)对m、m，由牛顿第二定律f(mm)gsin (mm)a物块恰好不滑离木板时，对m，有fmgsin mafmgcos 代入数据得：f30 n。(2)f37.5 n30 n，物块能滑离木板对m，有fmgcos mgsin ma1对m，有mgcos mgsin ma2设物块滑离木板所用的时间为t，由运动学公式：a1t2a2t2l代入数据得：t1.2 s物块离开木板时的速度va2t由公式：2gsin s0v2代入数据得s0.9 m。答案：(1)f30 n(2)物块能滑离木板1.2 s0.9 m4. (2017河北区模拟)如图所示，滑块质量为m，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v03 的初速度由a点开始向b点滑行，ab5r，并滑上光滑的半径为r的圆弧bc，在c点正上方有一离c点高度也为r的旋转平台(厚度不计)，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔p、q，p、q位于同一直径上，旋转时两孔均能达到c点的正上方。若滑块滑过c点后穿过p孔，又恰能从q孔落下，则平台转动的角速度应满足什么条件？解析：设滑块滑至b点时速度为vb，对滑块由a点到b点应用动能定理有mg5rmvmv解得v8gr滑块从b点开始，运动过程中机械能守恒，设滑块到达p处时速度为vp，则mvmvmg2r解得vp2滑块穿过p孔后再回到平台的时间t4 要实现题述过程，需满足t(2n1) (n0,1,2，)。 答案： (n0,1,2，)b级冲满分5. (2017铜陵模拟)如图所示，半径r1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点b和圆心o连线与水平方向间的夹角37，另一端点c为轨道的最低点。c点右侧的光滑水平面上紧挨c点静止放置一木板，木板质量m1 kg，上表面与c点等高。质量为m1 kg 的物块(可视为质点)从空中a点以v01.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的b端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数0.2，取g10 m/s2。求：(1)物块经过c点时的速度vc; (2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量q。解析：(1)设物块在b点的速度为vb，从a到b物块做平抛运动，有vbsin v0从b到c，根据动能定理有mgr(1sin )mvmv解得vc6 m/s。(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用带动木板运动，最终两者将一起共同运动。设相对滑动时物块加速度为a1，木板加速度为a2，经过时间t达到共同速度为v，则mgma1，mgma2，vvca1t，va2t根据能量守恒定律有(mm)v2qmv联立解得q9 j。答案：(1)6 m/s(2)9 j6. (2017厦门模拟)如图所示，在竖直方向上a、b两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，a放在水平地面上；b、c两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，c放在固定的光滑斜面上。用手拿住c，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行。已知a、b的质量均为m，斜面倾角为37，重力加速度为g，滑轮的质量和摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。c释放后沿斜面下滑，当a刚要离开地面时，b的速度最大。(sin 370.6，cos 370.8)求：(1)从开始到a刚要离开地面的过程中，c沿斜面下滑的距离；(2)c的质量；(3)a刚离开地面时，c的动能。解析：(1)设开始时弹簧压缩的长度为xb，由题意有：kxbmg设当a刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xa，有kxamg当a刚离开地面时，b上升的距离即c沿斜面下滑的距离为hxaxb。(2)a刚离开地面时，以b为研究对象，b受到重力mg、弹簧的弹力kxa，细线的拉力ft三个力的作用，设b的加速度为a，根据牛顿第二定律，对b有：ftmgkxama对c有：mcgsin ftmca当b获得最大速度时，有：a0解得mcm。(3)根据动能定理得：对c：mcghsin wtekc0对b：wtmbghw弹ekb0其中弹簧弹力先做正功后做负功，且其压缩量与伸长量相等，故总功为零，w弹0b、c的速度大小相等，故其动能大小之比为其质量大小之比，即解得ekc。答案：(1)(2)m(3)7(2017贵州思南中学模拟)如图所示，ab为半径r0.8 m的光滑圆弧轨道，下端b恰与小车右端平滑对接。小车质量m3 kg，车长l2.06 m，现有一质量m1 kg的滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到b端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数0.3，当车运行了1.5 s时，车被地面装置锁定。(g取10 m/s2)试求：(1)滑块从a到达b的过程中，滑块所受合力的冲量大小；(2)车刚被锁定时，车右端距轨道b端的距离；(3)从车开始运动到刚被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小。解析：(1)设滑块到达b端时速度为v，由动能定理，得mgrmv2由动量定理，得i合mv联立以上两式，代入数据得：i合4 ns。(2)当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，对滑块有：mgma1，对小车有：mgma2设经时间t两者达到共同速度，则有：va1ta2t解得t1 s。由于1 s1.5 s，此时小车还未被锁定，两者的共同速度：va2t1 m/s，因此，车被锁定时，车右端距轨道b端的距离：xa2t2vt1 m。(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块相对小车滑动的距离xta2t22 m所以产生的内能：emgx6 j。答案：(1)4 ns(2)1 m(3)6 j8(2017四川成都实验中学模拟)中如图所示是某公园中的一项游乐设施，半径为r2.5 m、r1.5 m的两圆形轨道甲和乙安装在同一竖直平面内，两轨道之间由一条水平轨道cd相连，现让可视为质点的质量为10 kg的无动力小滑车从a点由静止释放，刚好可以滑过甲轨道后经过cd段又滑上乙轨道后离开两圆形轨道，然后从水平轨道飞入水池内，水面离水平轨道的高度h5 m，所有轨道均光滑，g10 m/s2。(1)求小滑车到甲轨道最高点p时的速度v。(2)求小滑车到乙轨道最高点q时对乙轨道的压力。(3)若在水池中mn范围内放上安全气垫(气垫厚度不计)，水面上的b点在水平轨道边缘e点的正下方，且bm10m，bn15 m；要使小滑车能通过圆形轨道并安全到达气垫上，则小滑车起始点a距水平轨道的高度h该如何设计？解析：(1)在甲轨道最高点p有：mgm，解得vp5 m/s。(2)从甲轨道最高点p到乙轨道最高点q，由动能定理：mg(2r2r)mvmv，在q点：mgfm，解得：f n由牛顿第三定律可得，小滑车对乙轨道q点压力大小为f n，方向竖直向上。(3)设刚好能过p点，a距水平轨道的高度为h1，从a到p，由动能定理mg(h12r)mv0，h16.25 m，所以h需要大于等于6.25