优化方案（浙江专用）高考物理二轮复习 特色专题训练 力学计算题巧练.doc

力学计算题巧练 (建议用时：60分钟)1(2015浙江高考命题专家原创)如图所示，斜面pq长为4 m，倾角37.将一质量为0.20 kg的小滑块从斜面顶端由静止释放，滑到底端时速度为4 m/s.现在斜面上一宽度为d的区域内，使小滑块比原来多受到一个方向与运动方向相反的、大小f0.4v(n)(v为小滑块速度大小)的阻力作用，仍将小滑块在斜面顶端由静止释放，发现小滑块进入该区域时做匀速运动，到达底端的速度变为2 m/s.取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)小滑块与斜面之间的动摩擦因数；(2)小滑块从斜面顶端由静止下滑到底端时，克服外加阻力做的功；(3)外加阻力区域的宽度d以及区域上边沿到斜面顶端的距离2.皮带传送在现代生产生活中的应用非常广泛，如商场中的自动扶梯、港口中的货物运输机等如图所示为某工厂载货用的移动式伸缩传送带，传送带ab斜面与水平面之间的夹角37，传送带在电动机的带动下以10 m/s的速度沿斜面向下运动，现将一物体(可视为质点)无初速度地轻放在传送带上的a点，已知物体与传送带间的动摩擦因数0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，传送带ab长为l29 m，(sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)求：(1)当物体加速到与传送带速度相同时所用的时间和物体的位移；(2)物体从a到b需要的时间为多少？3(2015福建福州质检)如图甲所示，质量m1 kg的物块在平行于斜面向上的拉力f作用下从静止开始沿斜面向上运动，t0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(vt图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程l；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小f.4.(2015山东淄博模拟)如图所示，上表面光滑、长度l3 m、质量m10 kg的木板，在f50 n的水平拉力作用下，以v05 m/s的速度沿水平地面向右匀速运动现将一个质量为m3 kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了l1 m时，又将第二个同样的小铁块无初速度地放在木板最右端，以后木板每运动1 m就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块(g取10 m/s2)求：(1)木板与地面间的动摩擦因数；(2)刚放第三个小铁块时木板的速度大小；(3)从放第三个小铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离5(2015浙江高考命题专家原创)如图所示，ab是位于竖直平面内、半径r0.5 m的圆弧形光滑轨道，其在底端b点处与水平轨道平滑连接今有一质量为m0.1 kg的小滑块(可视为质点)在受到大小为0.4 n、水平向左的恒力f作用下，从a点由静止下滑，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数0.01，取重力加速度g10 m/s2.(1)求小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点b时对b点的压力大小；(2)说明小滑块最终的运动情况，并求出小滑块在水平轨道上通过的总路程；(3)若小滑块在水平轨道上向右运动的总时间为t，求小滑块在水平轨道上向左运动的总时间6如图所示，小球a和b质量分别为ma0.3 kg和mb0.5 kg，两球间压缩一弹簧(不拴接)，并用细线连接，静止于一光滑的水平平台上，烧断细线后，弹簧储存的弹性势能全部转化为两球的动能，小球b脱离弹簧时的速度vb3 m/s，a球滑上用一小段光滑小圆弧连接的光滑斜面，当滑到斜面顶端时速度刚好为零，斜面的高度h1.25 m，b球滑出平台后刚好沿光滑固定圆槽左边顶端的切线方向进入槽中，圆槽的半径r3 m，圆槽所对的圆心角为120，取重力加速度g10 m/s2.求：(1)烧断细线前轻弹簧储存的弹性势能ep；(2)平台到圆槽的距离l；(3)小球b滑到圆槽最低点时对槽的压力fn .专题三计算题巧练规范抓大分力学计算题巧练1解析：(1)在不存在阻力f时，由动能定理有mgxsin mgxcos mv得0.5.(2)设克服外加阻力做的功为w，则由动能定理有mgxsin mgxcos wmv得w1.2 j.(3)小滑块进入外加阻力区域时做匀速运动，对小滑块受力分析有mgsin mgcos f，得f0.4 nwfd，得d3 m又f0.4v，得v1 m/s从小滑块静止释放到进入外加阻力区域，有mgssin mgscos mv2得s0.25 m.答案：(1)0.5(2)1.2 j(3)3 m0.25 m2解析：甲(1)物体放到传送带上后，沿传送带向下做匀加速直线运动，开始相对于传送带沿传送带向后运动，受到的摩擦力沿传送带向下(物体受力情况如图甲所示)，根据牛顿第二定律，可求出物体的加速度为：a1gsin gcos 10 m/s2当物体加速到与传送带速度相同时所用的时间为：t11 s物体发生的位移满足：v22a1x1，代入数据解得：x15 m.乙(2)物体加速到与传送带速度相同后，因为mgsin mgcos ，所以物体相对于传送带沿传送带向下运动，摩擦力方向变为沿传送带向上(受力情况如图乙所示)根据牛顿第二定律得知物体在此过程中的加速度为：a2gsin gcos 2 m/s2设物体完成剩余的位移x2lx124 m所用的时间为t2，则x2vt2a2t代入数据解得：t22 s故物体从a到b需要的时间为tt1t21 s2 s3 s.答案：(1)1 s5 m(2)3 s3解析：(1)在2 s内，由题图乙知：物块上升的最大距离：x121 m1 m物块下滑的距离：x211 m0.5 m所以位移大小xx1x20.5 m路程lx1x21.5 m.(2)由题图乙知，所求两个阶段加速度的大小a14 m/s2a24 m/s2设斜面倾角为，斜面对物块的摩擦力为ff，根据牛顿第二定律有00.5 s内：fffmgsin ma1051 s内：ffmgsin ma2由式得f8 n.答案：(1)0.5 m1.5 m(2)4 m/s24 m/s28 n4解析：(1)木板在f50 n的水平拉力作用下做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为ff，由平衡条件得：fff又ffmg联立并代入数据得：0.5.(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加mg，设刚放第三个小铁块时木板的速度为v1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁块的过程，由动能定理得：mgl2mglmvmv联立并代入数据得：v14 m/s.(3)从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为3mg.从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，设木板运动的距离为x，对木板由动能定理得：3mgx0mv联立并代入数据得x m1.78 m.答案：(1)0.5(2)4 m/s(3)1.78 m5解析：(1)设小滑块第一次到达b点时的速度为vb，对圆弧轨道最低点b的压力为fn，则：mgrfrmvfnmgm由牛顿第三定律：fnfn，故fn2.2 n.(2)小滑块最终在光滑圆弧轨道上往复运动小滑块最终经过b点时的速度为0，由动能定理有mgrfrmgl0解得l30 m.(3)小滑块第一次在水平轨道上向右运动是末速度为0的匀减速直线运动，其逆运动为以相同大小加速度向左运动的匀加速直线运动小滑块第一次在水平轨道上向左运动是初速度为0的匀加速直线运动，与第一次在水平轨道上向右运动的位移大小相等，由xat2可知，运动时间之比等于加速度平方根的反比由题可知小滑块在水平轨道上第一次向右运动，最终向左运动，所以向右运动与向左运动的时间之比就等于加速度平方根的反比向右运动时，有fmgma右，得a右4.1 m/s2向左运动时，有fmgma左，得a左3.9 m/s2因此有 ，得t左t.答案：(1)2.2 n(2)见解析(3)t6解析：(1)烧断细线后对小球a分析：maghmav烧断细线前轻弹簧储存的弹性势能epmavmbv联立两式解得ep6 j.(2)设小球b做平抛运动的时间为t，则vygtlvbtb球运动到圆槽左边顶端时，有tan 60联立以上三式解得lm1.56 m.(3)对小球b从圆槽最高点到圆槽最低点的过程进行分析有：小球b在圆