山西专版2020版高考物理二轮复习第三篇计算题热点力学综合题一三种力学观点的应用精练含解析.docx

教学资料范本山西专版2020版高考物理二轮复习第三篇计算题热点力学综合题一三种力学观点的应用精练含解析编 辑：_时 间：_热点17力学综合题(一)三种力学观点的应用热考题型题型一运动学和动力学观点的应用运动学、动力学是物理学的基础,更是高考考查的热点。其中牛顿运动定律、匀变速直线运动、平抛运动和圆周运动是历年高考的必考内容,有时与电场、磁场结合,综合性强,难度大,分值高,对能力要求较高。运动学和动力学的综合问题常体现在牛顿运动定律的应用上,对物体进行正确受力分析和运动分析是解题的关键,要想获取高分应注意以下几点:(1)正确选取研究对象,可根据题意选取受力或运动情况清楚且便于解题的物体(或物体的一部分或几个物体组成的系统)为研究对象。(2)全面分析研究对象的受力情况,正确画出受力示意图,再根据力的合成或分解知识求得研究对象所受合力的大小和方向。(3)全面分析研究对象的运动情况,画出运动过程示意图,特别要注意所研究运动过程的运动性质及受力情况并非恒定不变时,一定要把整个运动过程分成几个阶段的运动过程来分析。1.如图所示,质量m=5kg的物块(可看做质点)在外力F1和F2的作用下正沿某一水平面向右做匀速直线运动,已知F1大小为50N,方向斜向右上方,与水平面夹角=37,F2大小为30N,方向水平向左,物块的速度v0大小为11m/s。当物块运动到距初始位置距离x0=5m时撤掉F1,g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。求:(1)物块与水平面之间的动摩擦因数;(2)撤掉F1以后,物块在6s末距初始位置的距离。答案(1)0.5(2)2m解析(1)物块向右做匀速运动:f+F2=F1cosf=(mg-F1sin)解得=0.5(2)撤掉F1后:a1=m/s2=11m/s2设经过时间t1运动速度变为0,则:t1=1s该时间内向右位移:x1=t1=5.5m后5s物块向左运动:a2=1m/s2后5s向左位移:x2=a2=12.5m物块在6s末距初始位置的距离:x=x2-(x0+x1)=12.5m-(5m+5.5m)=2m题型二能量观点的综合应用能量是力学部分继牛顿运动定律后的又一重点,是高考的“重中之重”。此类试题常与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动、电磁学等知识相联系,综合性强、涉及面广、分值大、物理过程复杂,要求学生要有很强的受力分析能力、运动过程分析能力及应用知识解决实际问题的能力,因而备受命题专家青睐。(1)由于应用功能关系和能量守恒定律分析问题时,突出物体或物体系统所经历的运动过程中状态的改变,因此应重点关注运动状态的变化和引起变化的原因,明确功与对应能量的变化关系。(2)要能正确分析所涉及的物理过程,能正确、合理地把全过程划分为若干阶段,弄清各阶段所遵循的规律及各阶段间的联系。(3)当研究对象是一物体系统且它们间有相互作用时,一般优先考虑功能关系和能量守恒定律,特别是题中出现相对路程时,一定先考虑能量守恒定律。2.如图所示,质量为m=1kg的可视为质点的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点,随传送带运动到A点后水平抛出,小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑,圆弧轨道与质量为M=2kg的足够长的小车在最低点O点相切,并在O点滑上小车,水平地面光滑,当物块运动到障碍物Q处时与Q发生无机械能损失的碰撞。碰撞前物块和小车已经相对静止,而小车可继续向右运动(物块始终在小车上),小车运动过程中和圆弧无相互作用。已知圆弧半径R=1.0m,圆弧对应的圆心角为53,A点距水平面的高度h=0.8m,物块与小车间的动摩擦因数为=0.1,重力加速度g=10m/s2,sin53=0.8,cos53=0.6。试求:(1)小物块离开A点的水平初速度v1大小;(2)小物块经过O点时对轨道的压力大小;(3)第一次碰撞后直至静止,物块相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间。答案(1)3m/s(2)43N(3)5.5ms解析(1)对小物块由A到B有=2gh在B点tan=解得v1=3m/s(2)由A到O,根据动能定理有mg(h+R-Rcos)=m-m在O点FN-mg=m解得vO=m/s,FN=43N由牛顿第三定律知,小物块对轨道的压力FN=43N(3)摩擦力Ff=mg=1N,物块滑上小车后经过时间t达到的共同速度为vt则=,am=2aM得vt=m/s由于碰撞不损失能量,物块在小车上重复做匀减速和匀加速运动,相对小车始终向左运动,物块与小车最终静止,摩擦力做功使动能全部转化为内能,故有:Ffl相=(M+m)得l相=5.5m小车从物块碰撞后开始匀减速运动,(每个减速阶段)加速度不变aM=0.5m/s2,vt=aMt得t=s题型三动量观点的综合应用3.如图所示,质量为M的平板车P高为h,质量为m的小物块Q的大小不计,位于平板车的左端,系统原来静止在光滑水平地面上,一不可伸长的轻质细绳长为R,一端悬于Q正上方高为R处,另一端系一质量为m的小球(大小不计)。今将小球拉至悬线与竖直方向成60角处,由静止释放,小球到达最低点时与Q发生碰撞时间极短,且无机械能损失。已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍,Q与P之间的动摩擦因数为,Mm=41,重力加速度为g,求:(1)小物块Q离开平板车时,二者速度各为多大?(2)平板车P的长度为多少?(3)小物块Q落地时与小车间的水平距离为多少?答案(1)(2)(3)解析(1)设小球与物块Q碰前瞬间的速度为v0,小球下摆过程中机械能守恒,有mgR(1-cos60)=mv0=小球与Q发生弹性碰撞,二者质量相等,故二者交换速度。小物块Q在平板车P上滑动的过程中,Q与P组成的系统动量守恒,有mv0=mv1+Mv2其中v2=v1,M=4m解得v1=,v2=。(2)对物块与平板车组成的系统,由能量守恒定律有m=m+M+mgL解得L=。(3)Q脱离P后做平抛运动,由h=gt2得t=Q落地时二者间的水平距离为x=(v1-v2)t=。跟踪集训1.有一质量m=2kg的小球套在长L=1m的固定轻杆顶部,杆与水平方向成=37角。静止释放小球,1s后小球到达杆底端。g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。(1)求小球到达杆底端时速度为多大?(2)求小球与杆之间的动摩擦因数为多大?(3)若在竖直平面内给小球施加一个垂直于杆方向的恒力,静止释放小球后保持它的加速度大小为1m/s2,且沿杆向下运动,则这样的恒力为多大?答案(1)2m/s(2)0.5(3)36N或4N解析(1)设小球到达杆底端时速度大小为v,则L=t,=解得v=2m/s(2)设小球下滑过程中的加速度大小为a1,则a1=根据牛顿第二定律有mgsin-mgcos=ma1解得=0.5(3)小球在恒力作用下,有mgsin-N2=ma2,解得N2=20N若恒力F垂直杆向上,则F=N2+mgcos,解得F=36N若恒力F垂直杆向下,则F=N2-mgcos,解得F=4N2.如图甲所示,质量M=1.0kg的长木板A静止在光滑水平面上,在木板的左端放置一个质量m=1.0kg的小铁块B,铁块与木板间的动摩擦因数=0.2,对铁块施加水平向右的拉力F,F大小随时间变化如图乙所示,4s时撤去拉力。可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,取重力加速度g=10m/s2。求:(1)01s内,A、B的加速度大小aA、aB;(2)B相对A滑行的最大距离x;(3)04s内,拉力做的功W;(4)04s内系统产生的摩擦热Q。答案(1)2m/s24m/s2(2)2m(3)40J(4)4J解析(1)在01s内,A、B两物体分别做匀加速直线运动根据牛顿第二定律得mg=MaAF1-mg=maB代入数据得aA=2m/s2,aB=4m/s2(2)t1=1s后,拉力F2=mg,铁块B做匀速运动,速度大小为v1;木板A仍做匀加速运动,又经过时间t2,速度与铁块B相等。v1=aBt1又v1=aA(t1+t2)解得t2=1s设A、B速度相等后一起做匀加速运动,运动时间t3=2s,加速度为aF2=(M+m)aa=1m/s2木板A受到的静摩擦力f=Mamg,A、B一起运动x=aB+v1t2-aA(t1+t2)2代入数据得x=2m(3)01s内拉力做的功W1=F1x1=F1aB=12J12s内拉力做的功W2=F2x2=F2v1t2=8J24s内拉力做的功W3=F2x3=F2=20J04s内拉力做的功W=W1+W2+W3=40J。(4)系统的摩擦热Q只发生在铁块与木板相对滑动阶段,此过程中系统产生的摩擦热Q=mgx=4J3.如图所示,光滑水平面上有一质量M=4.0kg的平板车,车的上表面是一段长L=1.5m的粗糙水平轨道,水平轨道左侧连一半径R=0.25m的四分之一光滑圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道在点O处相切。现有一质量m=1.0kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车,小物块与水平轨道间的动摩擦因数=0.5,小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A。取g=10m/s2,求:(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小;(2)小物块与车最终相对静止时,它距点O的距离。答案(1)5m/s(2)0.5m解析(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒,设小物块到