2019年高考物理专题11回归基础专题训练——力学综合（含解析） 6页

专题11回归基础专题训练——力学综合1．如图1为某水上滑梯示意图，滑梯斜面轨道与水平面间的夹角为37°，底部平滑连接一小段水平轨道(长度可以忽略)，斜面轨道长L＝8m，水平端与下方水面高度差为h＝0.8m。一质量为m＝50kg的人从轨道最高点A由静止滑下，若忽略空气阻力，将人看成质点，人在轨道上受到的阻力大小始终为f＝0.5mg。重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6。求：图1(1)人在斜面轨道上的加速度大小；(2)人滑到轨道末端时的速度大小；(3)人的落水点与滑梯末端B点的水平距离。【解析】(1)设人在滑梯上的加速度为a，由牛顿第二定律得：mgsin37°－f＝ma得：a＝1m/s2。(2)设人滑到滑梯末端时的速度大小为v，对人下滑的过程，由动能定理得：mgLsin37°－fL＝mv2－0得：v＝4m/s。(3)人离开滑梯后做平抛运动，下落时间为th＝gt2水平距离x＝vt得：x＝1.6m。2．如图2所示，质量为m＝1kg的物块，放置在质量M＝2kg足够长木板的中间，物块与木板间的动摩擦因数为0.1，木板放置在光滑的水平地面上。在地面上方存在两个作用区，两作用区的宽度均为1m，边界距离为d，作用区只对物块有力的作用：Ⅰ作用区对物块作用力方向水平向右，Ⅱ作用区对物块作用力方向水平向左。作用力大小均为3N。将物块与木板从图示位置(物块在Ⅰ作用区内的最左边)由静止释放，已知在整个过程中物块不会滑离木板。取g＝10m/s2。(1)在物块刚离开Ⅰ区域时，物块的速度多大？(2)若物块刚进入Ⅱ区域时，物块与木板的速度刚好相同，求两作用区的边界距离d。(3)物块与木板最终停止运动时，求它们相对滑动的路程。图2【解析】(1)对物块由牛顿第二定律：F－μmg＝mam1n得：am1＝＝2m/s2由L＝am1t得t1＝＝1svm1＝am1t1＝2m/s。(2)Ⅰ区域内，对木板：由μmg＝MaM1得aM1＝0.5m/s2在物块刚离开Ⅰ区域时，木板速度为vM1＝aM1t1＝0.5m/s物块离开Ⅰ区域后：对物块：由μmg＝mam2得am2＝1m/s2对木板：aM2＝aM1＝0.5m/s2当物块与木板达共同速度时：vm1－am2t2＝vM1＋aM2t2得：t2＝1s两作用区边界距离为：d＝vm1t2－am2t＝1.5m。(3)由于F＞μmg，所以物块与木板最终只能停在两作用区之间。由全过程能量守恒与转化规律：FL＝μmgs得：s＝＝3m。3．一半径为R＝0.8m的半圆形凹槽按如图3所示的方式置于水平地面上，凹槽内侧光滑，紧挨着凹槽的左侧有一足够长的长木板，但两者没有拴接，长木板的右侧上端正好和凹槽内侧相切，两者位于同一竖直平面内，质量均为M＝2kg。质量不计的轻弹簧的一端固定在凹槽的最低点B，另一端连接一可视为质点的质量为m＝1kg小物块。现给长木板施加一水平向右的推力F，使整个系统共同向右做匀加速直线运动，此时小物块处于凹槽内与竖直方向成θ＝60°的位置，且凹槽对小物块的支持力恰好为零。已知长木板、凹槽与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，小物块与长木板上表面的动摩擦因数为μ2＝0.5(g取10m/s2，结果可保留根号)。求图3(1)整个系统匀加速运动的加速度；(2)力F的大小；(3)若整个系统从静止开始运动t＝s后将推力F撤掉，同时锁定凹槽，并迅速撤掉轻弹簧。小物块由于与凹槽的瞬时作用仅剩下沿切线方向的分速度，试通过计算分析判断小物块m能否越过凹槽的最高点？若能，请确定小物块距B点的最终位置；若不能，请确定小物块距B点的最终位置。n【解析】(1)对小物块受力分析如图所示，Ncos30°＝maNsin30°＝mga＝gcot30°＝g＝10m/s2。(2)F－μ1(2M＋m)g＝(2M＋m)a解得：F＝(10＋50)N。(3)撤去力F前的瞬间，小物块的速度为v0，方向水平向右，v0＝at＝10×＝4m/s锁定瞬间，小物块垂直于曲面切线的速度分量瞬间损失为零，只剩下沿曲面切线向上的速度分量v切v切＝v0sin30°＝2m/s当小物块以v切沿圆周向上减速到零时，上升的高度为h－mgh＝0－mvh＝0.4mh＜R＋Rsin30°所以不能通过最高点小物块正好上升了h＝高度，即正好上升到与O点等高位置，然后会返回到B点，滑上长木板μ2mg＜μ1(M＋m)g所以木板不动mgR＝mv－0vB＝4m/s－μ2mgs＝0－mvs＝1.6m最后距B点距离s＝1.6m。4．如图4所示，水平地面上一木板质量M＝1kg，长度L＝3.5m，木板右侧有一竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径R＝1m，最低点P的切线与木板上表面相平。质量m＝2kgn的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以v0＝m/s的速度与圆弧轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又返回到木板上，最终滑离木板。已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，取g＝10m/s2。求图4(1)滑块对P点压力的大小；(2)滑块返回木板上时，木板的加速度；(3)滑块从返回木板到滑离木板所用的时间。【解析】(1)对滑块，有－μ1mgL＝mv2－mv在P点，有F－mg＝m得F＝70N由牛顿第三定律，滑块对P点的压力大小是70N。(2)滑块对木板的摩擦力F1＝μ1mg＝4N地面对木板的摩擦力F2＝μ2(M＋m)g＝3Na＝＝m/s2＝1m/s2。(3)滑块滑上圆弧轨道运动的过程机械能守恒，故滑块再次滑上木板的速度等于v由上式得v＝5m/s对滑块，有(x＋L)＝vt－μ1gt2对木板，有x＝at2得t＝1s。5．如图5所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r＝0.4m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k＝25N/m的轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端恰好与管口D端齐平。质量为m＝1kg的小球在曲面上距BC的高度为h＝0.8m处从静止开始下滑，进入管口C端时与管壁间恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧。已知弹簧的弹性势能表达式为Ep＝kx2，x为弹簧的形变量，小球与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2。求：n图5(1)小球达到B点时的速度大小vB；(2)水平面BC的长度s；(3)在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm。【解析】(1)由机械能守恒得：mgh＝mv解得：vB＝＝4m/s。(2)由mg＝m得vC＝＝2m/s由动能定理得：mgh－μmgs＝mv解得：s＝1.2m。(3)设在压缩弹簧过程中小球速度最大时离D端的距离为x，则有：kx＝mg得：x＝＝0.4m由功能关系得：mg(r＋x)－kx2＝mv－mv解得：vm＝4m/s。6.如图6所示，在距水平地面高h1＝1.2m的光滑水平台面上，一个质量m＝1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep。现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度v1向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。已知B点距水平地面的高h2＝0.6m，圆弧轨道BC的圆心O与水平台面等高，C点的切线水平，并与水平地面上长为L＝2.8m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞，碰墙后的速度大小为碰墙前速度大小的一半，重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计。试求：n图6(1)小物块由A到B的运动时间。(2)压缩的弹簧在被锁扣K锁住时所储存的弹性势能Ep。(3)若要求小物块与竖直墙壁只能发生一次碰撞，轨道CD与小物块间的动摩擦因数应满足什么条件？【解析】(1)小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，在竖直方向上根据自由落体运动规律可知，小物块由A运动到B的时间为：t＝＝s。(2)根据图中几何关系可知，h2＝h1(1－cos∠BOC)，解得：∠BOC＝60°根据平抛运动规律有：tan60°＝，解得：v1＝2m/s根据能的转化与守恒可知，原来压缩的弹簧储存的弹性势能为：Ep＝mv＝2J。(3)依据题意知，①μ的最大值对应的是物块撞墙前瞬间的速度趋于零，根据能量关系有：mgh1＋Ep＞μmgL代入数据解得：μ＜；②对于μ的最小值求解，首先应判断物块第一次碰墙后反弹，能否沿圆轨道滑离B点，设物块碰前在D处的速度为v2，由能量关系有：mgh1＋Ep＝μmgL＋mv第一次碰墙后返回至C处的动能为：EkC＝mv－μmgL可知即使μ＝0，有：mv＝14Jmv＝3.5J＜mgh2＝6J，小物块不可能返滑至B点故μ的最小值对应着物块碰撞后回到圆轨道最高某处，又下滑经C恰好至D点停止，因此有：mv≤2μmgL，联立解得：μ≥综上可知满足题目条件的动摩擦因数μ值：≤μ＜。