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- 2021-05-23 发布
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重难专题强化练——“活用三大观点破解力学计算题”课后冲关
1.(2017·枣庄期末)如图甲所示,电动机通过绕过光滑定滑轮的细绳与放在倾角为30°的光滑斜面上的物体相连,启动电动机后物体沿斜面上升;在0~3 s时间内物体运动的vt图像如图乙所示,其中除1~2 s时间段图像为曲线外,其余时间段图像均为直线,1 s后电动机的输出功率保持不变;已知物体的质量为2 kg,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)1 s后电动机的输出功率P;
(2)物体运动的最大速度vm;
(3)在0~3 s内电动机所做的功。
解析:(1)设物体的质量为m,由题图乙可知,在时间t1=1 s内,物体做匀加速直线运动的加速度大小为a=5 m/s2,1 s末物体的速度大小达到v 1=5 m/s,此过程中,设细绳拉力的大小为F1,则根据运动学公式和牛顿第二定律可得:v1=at1
F1-mgsin 30°=ma
设在1 s末电动机的输出功率为P,
由功率公式可得:P=F1v1
联立解得:P=100 W。
(2)当物体达到最大速度vm后,设细绳的拉力大小为F2,由牛顿第二定律和功率的公式可得:
F2-mgsin 30°=0
P=F2vm
联立解得:vm=10 m/s。
(3)设在时间t1=1 s内,物体的位移为x,电动机做的功为W1
,则由运动公式及动能定理:x=at12
W1-mgxsin 30°=mv12
设在时间t=3 s内电动机做的功为W,则:
W=W1+P(t-t1)
联立解得:W=250 J。
答案:(1)100 W (2)10 m/s (3)250 J
2.(2017·天津高考)如图所示,物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连,跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上,B悬于空中。现将B竖直向上再举高h=1.8 m(未触及滑轮),然后由静止释放。一段时间后细绳绷直,A、B以大小相等的速度一起运动,之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s2,空气阻力不计。求:
(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t;
(2)A的最大速度v的大小;
(3)初始时B离地面的高度H。
解析:(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,
有h=gt2 ①
代入数据解得t=0.6 s。 ②
(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB,有vB=gt ③
细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A、B的重力,A、B相互作用,由动量守恒得
mBvB=(mA+mB)v ④
之后A做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的速度v即为A的最大速度,
联立②③④式,代入数据解得v=2 m/s。 ⑤
(3)细绳绷直后,A、B一起运动,B恰好可以和地面接触,说明此时A、B的速度为零,这一过程中A、B组成的系统机械能守恒,有
(mA+mB)v2+mBgH=mAgH ⑥
代入数据解得H=0.6 m。 ⑦
答案:(1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m
3.质量分别为2m和m的滑块1和滑块2通过一根细线拴接在压缩的弹簧两端,某一刻细线剪断后滑块1沿水平面向左运动,滑块2向右从斜面底端开始沿斜面向上运动,忽略滑块2沿斜面向上运动前的速度大小变化,当斜面倾角θ=30°时,滑块1和滑块2滑行的最大距离之比为∶4,当倾斜角度变化时,滑块沿斜面滑行的最大距离也会随之变化。重力加速度为g,水平部分和斜面部分动摩擦因数相同。求:
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数;
(2)假设滑块2的初速度为v0,当斜面倾角为多大时,滑块滑行的最大距离最小,最小值是多少?
解析:(1)细线剪断瞬间两个滑块组成的系统动量守恒,有2mv1=mv2
对滑块1水平向左滑行,根据功能关系有
μ·2mgx1=·2mv12
对滑块2沿斜面向上滑行,根据受力可得
a1=gsin 30°+μgcos 30°
滑块2滑行最远距离x2=
根据=
可得μ=。
(2)当θ变化时,设沿斜面向上为正方向,滑块的加速度为a2,则:
-mgsin θ-μmgcos θ=ma2
设滑块的位移为x,根据运动学公式:0-v02=2a2x
则x=
==,
当θ+30°=90°时,x最小,即θ=60°
x最小值为xmin==。
答案:(1) (2)60°
4.(2017·凉山州一诊)如图所示,水平面上有一长度L=4 m的薄凹槽CD,长L1=2 m、质量M=1 kg的薄板放在凹槽右侧D点静止,水平面两侧各有一个R=0.5 m的半圆轨道。D点右侧静止一质量m=0.98 kg的小木块。现有一颗质量m0=20 g的子弹以v0=100 m/s的速度射入木块,共速后滑上薄板,板与木块间动摩擦因数μ=0.05,其余一切摩擦不计。若薄板每次与C、D面碰后速度立即减为0且与C、D面不粘连,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)子弹与木块碰后共同的速度为多大?
(2)木块过圆弧B点时对B点压力为多大?
(3)木块最终停止时离D点多远?
解析:(1)设子弹与木块的共同速度为v,取向左为正方向,根据动量守恒定律得:
m0v0=(m0+m)v
代入相关数据解得:v=2 m/s。
(2)木块滑上薄板后,木块的加速度
a1=μg=0.5 m/s2,且方向向右。
薄板产生的加速度a2==0.5 m/s2,且方向向左。
设经过时间t,木块与薄板以共同速度v′运动
则:v′=v-a1t=a2t
解得v′=1 m/s,t=2 s。
此时木块在薄板上运动的距离
Δx=vt-a1t2-a2t2
代入数据解得Δx=2 m=L1,
故共速时,木块恰好在薄板左侧
木块过B点时圆弧轨道对其产生的支持力与重力的合力提供向心力,则:
N-(m+m0)g=(m+m0)
代入相关数据解得:N=12 N
由牛顿第三定律知,木块过圆弧B点时对B点压力为12 N。
(3)木块沿半圆轨道向上运动后返回到C点,当木块再由C处滑上薄板时,设经过t1共速,此时薄板和木块的共同速度为v1
则:v1=v′-a1t1=a2t1
解得v1=0.5 m/s,t1=1 s。
此时木块在薄板上运动的距离
Δx′=v′t1-a1t12-a2t12=0.5 m
薄板与D面碰撞后,v薄板=0,木块以速度v1=0.5 m/s的速度向右做减速运动
设经过t2时间速度为0,
则t2==1 s
x=v1t2-a1t22=0.25 m
故ΔL=L1-Δx′-x=1.25 m
即木块停止运动时离D点1.25 m远。
答案:(1)2 m/s (2)12 N (3)1.25 m
5.如图所示,四分之一圆弧轨道OA与传送带相切相连,下方的CD水平轨道与他们在同一竖直面内。圆弧轨道OA的半径R=1.25 m,传送带长s=2.25 m,圆弧轨道OA光滑,AB与CD间的高度差为h。一滑块从O点由静止释放,当滑块经过B点时(无论传送带是否运动),静止在CD上的长为L=m的薄木板(此时木板的左端在B点的正下方)在F=12 N的水平恒力作用下启动。
已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2,木板的质量M=1 kg,木板与水平轨道CD间的动摩擦因数μ2=0.4,g取10 m/s2。
(1)如果传送带静止,求滑块到达B点时的速度大小;
(2)如果传送带静止,若滑块能落在木板上,求h的取值范围;
(3)如果传送带可以以任意速度传动,取h=20 m,试判断滑块还能否落在木板上。
解析:(1)设滑块滑到A点时的速度为vA,由机械能守恒定律可知:mgR=mvA2
代入数据解得:vA=5 m/s;
滑块滑过静止的传送带到达B点时,速度为vB,
由动能定理有:-μ1mgs=mvB2-mvA2
代入数据得:vB=4 m/s。
(2)设木板在CD上运动的加速度为a,由牛顿第二定律得:a==8 m/s2;
若滑块能落在木板上,可得vBt1≥at12
代入数据解得:t1≤1 s;
对应的高度为:h1=gt12
代入数据解得:h1≤5 m;
如果滑块恰好落在木板右端,需用时t2,
则有:vBt2≤at22+L
解得:t2≥ s和0≤t2≤ s
对应的高度为:h2=gt22
解得:h2≥ m,
0≤h2≤ m,
故h的取值范围为,。
(3)如果h=20 m,则滑块落在木板上的时间为t,则有h=gt2,解得t=2 s;如果滑块落在木板左端,需要滑块有速度vB1,则有vB1t=at2,解得vB1=8 m/s;由于传送带的速度足够大,所以可以让滑块一直处于加速状态,设滑块运动到B点的速度为vB1′,则由动能定理有:μ1mgs=mvB12-mvA2
解得:vB1′= m/s<8 m/s;
即传送带不足以使滑块获得落在木板上所需的速度,故滑块不能落在木板上。
答案:(1)4 m/s (2) ,
(3)滑块不能落在木板上