高考物理一轮复习 课时跟踪检测24 热点专题5 利用力学两大观点分析综合问题.doc

课时跟踪检测二十四热点专题5利用力学两大观点分析综合问题【基础过关】1如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道b端的切线沿水平方向质量m1.0 kg的滑块(可视为质点)在水平恒力f10.0 n的作用下，从a点由静止开始运动，当滑块运动的位移x0.50 m时撤去力f.已知a、b之间的距离x01.0 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数0.10，g取10 m/s2.求：(1)在撤去力f时，滑块的速度大小；(2)滑块通过b点时的动能；(3)滑块通过b点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h0.35 m，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功解析：(1)滑动摩擦力ffmg设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律fffma1，解得a19.0 m/s2设滑块运动位移为0.50 m时的速度大小为v，根据运动学公式v22a1x，解得v3.0 m/s.(2)设滑块通过b点时的动能为ekb从a到b运动过程中，依据动能定理有w合ekfxffx0ekb，解得ekb4.0 j.(3)设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为wf，根据动能定理mghwf0ekb解得wf0.50 j.答案：(1)3.0 m/s(2)4.0 j(3)0.50 j2.如图所示，水平光滑轨道ab与竖直半圆形光滑轨道在b点平滑连接，ab段长x10 m，半圆形轨道半径r2.5 m质量m0.10 kg的小滑块(可视为质点)在水平恒力f作用下，从a点由静止开始运动，经b点时撤去力f，小滑块进入半圆形轨道，沿轨道运动到最高点c，从c点水平飞出重力加速度g取10 m/s2.(1)若小滑块从c点水平飞出后又恰好落在a点求：滑块通过c点时的速度大小；滑块刚进入半圆形轨道时，在b点对轨道压力的大小(2)如果要使小滑块能够通过c点，求水平恒力f应满足的条件解析：(1)设滑块从c点飞出时的速度为vc，从c点运动到a点时间为t，滑块从c点飞出后，做平抛运动竖直方向：2rgt2水平方向：xvct，解得vc10 m/s.设滑块通过b点时的速度为vb，根据机械能守恒定律mvmv2mgr设滑块在b点受轨道的支持力为fn，根据牛顿第二定律fnmgm，联立解得fn9 n依据牛顿第三定律，滑块在b点对轨道的压力fnfn9 n.(2)若滑块恰好能够经过c点，设此时滑块的速度为vc，依据牛顿第二定律有mgm解得vc m/s5 m/s滑块由a点运动到c点的过程中，由动能定理fxmg2rmvc2，则fxmg2rmvc2解得水平恒力f应满足的条件为f0.625 n.答案：(1)10 m/s9 n(2)f0.625 n【提升过关】一、多项选择题1.如图所示，一质量为m的斜面体静止在水平地面上，质量为m的木块沿粗糙斜面加速下滑h高度，速度大小由v1增大到v2，所用时间为t，木块与斜面体之间的动摩擦因数为.在此过程中()a斜面体受水平地面的静摩擦力为零b木块沿斜面下滑的距离为tc如果给质量为m的木块一个沿斜面向上的初速度v2，它将沿斜面上升到h高处速度变为v1d木块与斜面摩擦产生的热量为mghmvmv解析：以木块为研究对象，受力分析可知，木块受重力、斜面的作用力而加速下滑，则合外力一定沿斜面向下，根据二力的合成可知，斜面体对木块的作用力只能斜向右上方；再对斜面体分析可知，斜面体受木块向右下的压力；故斜面体受到的摩擦力水平向左，选项a错误；木块沿斜面下滑的距离stt，故b正确；上滑时重力和摩擦力都做负功，比下滑时合外力做功多，则上升至h高处时速度小于v1，选项c错误；由能量守恒定律得mghmvmvq，则木块与斜面增加的内能qmghmvmv，故d正确答案：bd2如图所示，物体以一定的初速度从倾角37的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m，选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能e随高度h的变化如图所示g10 m/s2，sin370.60，cos370.80.则()a物体的质量m0.67 kgb物体与斜面之间的动摩擦因数0.40c物体上升过程中的加速度大小a10 m/s2d物体回到斜面底端时的动能ek10 j解析：上升过程，由动能定理得(mgsinmgcos)0ek1，摩擦产生的热mgcose1e2，解得m1 kg，0.50，故a、b错误；物体上升过程中的加速度大小agsingcos10 m/s2，故c正确；上升过程中因摩擦产生的热为e1e220 j，下降过程因摩擦产生的热也应为20 j，故物体回到斜面底端时的动能ek50 j40 j10 j，d正确答案：cd3如图甲所示，在水平地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧上端与一个质量为0.1 kg的木块a相连，质量也为0.1 kg的木块b叠放在a上，a、b都静止在b上作用一个竖直向下的力f使木块缓慢向下移动，力f大小与移动距离x的关系如图乙所示，整个过程弹簧都处于弹性限度内下列说法正确的是()a木块下移0.1 m过程中，弹簧的弹性势能增加2.5 jb弹簧的劲度系数为500 n/mc木块下移0.1 m时，若撤去f，则此后b能达到的最大速度为5 m/sd木块下移0.1 m时，若撤去f，则a、b分离时的速度为5 m/s解析：木块下移0.1 m过程中，由fx图象可知，力f所做的功wfx2.5 j，由能量守恒定律可得w2mgxep，可得ep2.7 j，选项a错误；未施加力f时，对木块a、b进行受力分析，由平衡条件可得kx02mg0，在木块a、b下移0.1 m时，两木块仍处于平衡状态，则k(xx0)f2mg0，联立可得k500 n/m，选项b正确；木块下移0.1 m时，若撤去f，则此后b再次回到原来平衡位置处速度最大，对下移0.1 m和上移0.1 m的过程中，由能量守恒定律可得w2mv2，解得v5 m/s，选项c正确；此后两木块向上做减速运动，直到弹簧恢复原长位置时开始分离，此时两木块的速度要比5 m/s小，选项d错误答案：bc二、计算题4如图所示，用一块长l11.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高h0.8 m，长l21.5 m斜面与水平桌面的夹角可在060间调节后固定将质量m0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数10.05，物块与桌面间的动摩擦因数为2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失(重力加速度取g10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当角增大到37时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2；(已知sin370.6，cos370.8)(3)继续增大角，发现53时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.解析：(1)为使小物块下滑，mgsin1mgcos满足的条件：tan0.05即当tan0.05时，物块开始从斜面下滑(2)克服摩擦力做功wf1mgl1cos2mg(l2l1cos)由动能定理得mgl1sinwf0代入数据得20.8.(3)由动能定理得mgl1sinwfmv2代入数据得v1 m/s由hgt2，得t0.4 s由x1vt，得x10.4 m故xmx1l21.9 m.答案：(1)tan0.05(2)0.8(3)1.9 m5.如图所示，传送带与水平面之间的夹角为30，其上a、b两点间的距离为l5 m，传送带在电动机的带动下以v1 m/s的速度匀速运动，现将一质量为m10 kg小物体(可视为质点)轻放在传送带上的a点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数，在传送带将小物体从a点传送到b点的过程中(g取10 m/s2)，(1)传送带对小物体做的功；(2)电动机做的功解析：(1)根据牛顿第二定律mgcosmgsinma知，物体上升的加速度为ag2.5 m/s2，当物体的速度为v1 m/s时，s0.2 m，即物体将以v1 m/s的速度完成剩余4.8 m的位移，由功能关系得wekepmv2mglsin30255 j.(2)电动机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量q，而由vat得t0.4 s相对位移lvtt0.2 m，摩擦生热qmglcos15 j，故电动机做的功为w电wq270 j.答案：(1)255 j(2)270 j6如图所示，ab为倾角37的斜面轨道，轨道的ac部分光滑，cb部分粗糙bp为圆心角等于143，半径r1 m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于b点，p、o两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在a点，另一自由端在斜面上c点处现有一质量m2 kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到d点后(不拴接)释放，物块经过c点后，从c点运动到b点过程中的位移与时间的关系为x12t4t2(式中，x单位是m，t单位是s)，假设物块第一次经过b点后恰能到达p点已知sin370.6，cos370.8，g取10 m/s2，求：(1)若cd1 m，试求物块从d点运动到c点的过程中，弹簧对物块所做的功；(2)b、c两点间的距离x；(3)若在p处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？解析：(1)由x12t4t2可知，物块在c点速度为v012 m/s，设物块从d点运动到c点的过程中，弹簧对物块所做的功为w，由动能定理得：wmgsin37mv，代入数据得wmvmgsin37156 j.(2)由x12t4t2可知，物块从c点运动到b点的过程中加速度的大小为a8 m/s2.设物块与斜面间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律得mgsinmgcosma，代入数据解得0.25.物块在p点的速度满足mg，物块从b点运动到p点的过程中机械能守恒，则有mvmgr(1cos37)mv，物块从