高考物理二轮复习能量和动量提能增分练四解决力学问题的三大观点 7页

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m＝‎2.0 kg的木块静止在高h＝‎1.8 m的水平平台上，木块距平台右边缘l＝‎10 m，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2。用大小为F＝20 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 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。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°－μ(mg－Fsin 37°)l＝mv2－0‎ 解得v＝‎12 m/s。‎ ‎(2)木块离开平台后做平抛运动，则 水平方向：x＝vt 竖直方向：h＝gt2‎ 解得x＝‎7.2 m。‎ 答案：(1)‎12 m/s　(2)‎‎7.2 m ‎2. (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μ＝0.2。使木板与重物以共同的速度v0＝‎6 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g＝‎10 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：2mv0－mv0＝3mv 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：‎ ‎2μmgt1＝mv－m(－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：2μmg＝ma 在达到共同速度v时，木板离墙的距离为：‎ l＝v0t1－at 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：t＝t1＋t2‎ 由以上各式得t＝ 代入数据可得：t＝4 s。‎ 答案：4 s ‎3. (2017·河北武邑中学模拟)如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝‎1.8 m、质量M＝‎3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝‎1 kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝。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g＝‎10 m/s2。‎ ‎(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件。‎ ‎(2)若F＝37.5 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－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a 物块恰好不滑离木板时，对m，有f－mgsin α＝ma f≤μmgcos α 代入数据得：F≤30 N。‎ ‎(2)F＝37.5 N>30 N，物块能滑离木板 对M，有F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1‎ 对m，有μmgcos α－mgsin α＝ma2‎ 设物块滑离木板所用的时间为t，由运动学公式：‎ a1t2－a2t2＝L 代入数据得：t＝1.2 s 物块离开木板时的速度v＝a2t 由公式：－2gsin αs＝0－v2‎ 代入数据得s＝‎0.9 m。‎ 答案：(1)F≤30 N　(2)物块能滑离木板　1.2 s　‎‎0.9 m ‎4. (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v0＝3 的初速度由A点开始向B点滑行，AB＝5R，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ω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 ‎－μmg·5R＝mv－mv 解得v＝8gR 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 mv＝mv＋mg·2R 解得vP＝2 滑块穿过P孔后再回到平台的时间 t＝＝4 要实现题述过程，需满足 ωt＝(2n＋1)π ω＝ (n＝0,1,2，…)。 ‎ 答案：ω＝ (n＝0,1,2，…)‎ ‎[B级冲满分]‎ ‎5. (2017·铜陵模拟)如图所示，半径R＝‎1.0 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θ＝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M＝‎1 kg，上表面与C点等高。质量为m＝‎1 kg 的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝‎1.2 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μ＝0.2，取g＝‎10 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 θ＝v0‎ 从B到C，根据动能定理有 mgR(1＋sin θ)＝mv－mv 解得vC＝‎6 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 μmg＝ma1，μmg＝Ma2，v＝vC－a1t，v＝a2t 根据能量守恒定律有 (m＋M)v2＋Q＝mv 联立解得Q＝9 J。‎ 答案：(1)‎6 m/s　(2)9 J ‎6. (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θ＝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 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)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：‎ kxB＝mg 设当A刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xA，有 kxA＝mg 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 h＝xA＋xB＝。‎ ‎(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：‎ FT－mg－kxA＝ma 对C有：mCgsin θ－FT＝mCa 当B获得最大速度时，有：a＝0‎ 解得mC＝m。‎ ‎(3)根据动能定理得：‎ 对C：mCghsin θ－WT＝EkC－0‎ 对B：WT－mBgh＋W弹＝EkB－0‎ 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＝0‎ B、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R＝‎0.8 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M＝‎3 kg，车长L＝‎2.06 m，现有一质量m＝‎1 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μ＝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mgR＝mv2‎ 由动量定理，得I合＝mv 联立以上两式，代入数据得：I合＝4 N·s。‎ ‎(2)当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，‎ 对滑块有：－μmg＝ma1，‎ 对小车有：μmg＝Ma2‎ 设经时间t两者达到共同速度，则有：v＋a1t＝a2t 解得t＝1 s。由于1 s<1.5 s，此时小车还未被锁定，两者的共同速度：v′＝a2t＝‎1 m/s，‎ 因此，车被锁定时，车右端距轨道B端的距离：‎ x＝a2t2＋v′t′＝‎1 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Δx＝t－a2t2＝‎‎2 m 所以产生的内能：E＝μmgΔx＝6 J。‎ 答案：(1)4 N·s　(2)‎1 m　(3)6 J ‎8．(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R＝‎2.5 m、r＝‎1.5 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h＝‎5 m，所有轨道均光滑，g＝‎10 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BM＝‎10m，BN＝‎15 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：mg＝m，‎ 解得vP＝‎5 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(2R－2r)＝mv－mv，‎ 在Q点：mg＋F＝m，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(H1－2R)＝mv－0，H1＝‎6.25 m，‎ 所以H需要大于等于‎6.25 m 设小滑车到水平轨道右端E点速度为vE，‎ 若从E平抛刚好到M点：x＝vE1t＝‎10 m，‎ h＝gt2＝‎5 m，解得vE1＝‎10 m/s 若从E平抛刚好到N点：x＝vE2t＝‎‎15 m h＝gt2＝‎‎5 m 解得：vE2＝‎15 m/s 要使小滑车落在MN范围，vE1≤vE≤vE2‎ 从A到E，由动能定理 mgH＝mv－0‎ 解得：‎5 m≤H≤‎‎11.25 m 综上可得：‎6.25 m≤H≤‎11.25 m。‎ 答案：(1)‎5 m/s　(2) N　(3)‎6.25 m≤H≤11.25 m