2020届高考物理二轮复习专题二能量与动量4“三大观点”解决力学问题课时作业含解析 8页

‎“三大观点”解决力学问题 ‎[题组一]　用动力学观点解决力学综合问题 ‎1.‎ ‎(2020·蚌埠一模)如图所示，在足够长的光滑固定斜面低端放置一个长度L＝‎2 m、质量M＝‎4 kg的木板，木板的最上端放置一质量m＝‎1 kg的小物块(可视为质点)．现沿斜面向上对木板施加一个外力F使其由静止开始向上做匀加速直线运动，已知斜面倾角θ＝30°，物块和木板间的动摩擦因数μ＝，g＝‎10 m/s2.‎ ‎(1)当外力F＝30 N，二者保持相对静止，求二者共同运动的加速度大小；‎ ‎(2)当外力F＝53.5 N时，二者之间将会相对滑动，求二者完全分离时的速度各为多大？‎ 解析：(1)二者共同运动时，分析整体的受力情况，由牛顿第二定律，得 F－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a 解得：a＝‎1 m/s2‎ ‎(2)设木板和物块的加速度分别为a1、a2，二者完全分离的时间为t，分离时速度分别为v1、v2，分析木板和物块的受力情况，‎ 由牛顿第二定律可得 F－Mgsin θ－μmgcos θ＝Ma1‎ μmgcos θ－mgsin θ＝ma2‎ 又L＝(a1－a2)t2，v1＝a1t，v2＝a2t 联立解得v1＝‎6.5 m/s，v2＝‎2.5 m/s 答案：(1)‎1 m/s2　(2)‎6.5 m/s　‎2.5 m/s ‎2．(2020·嘉兴模拟)滑沙运动时，沙板相对沙地的速度大小会影响沙地对沙板的动摩擦因数．假设滑沙者的速度超过‎8 m/s时，滑沙板与沙地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.5变为μ2＝0.25，如图1所示，简化模型如图2所示，一滑沙者从倾角θ＝37°的坡顶A处由静止开始下滑，滑至坡底B(B处为一平滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C处．已知滑板与水平地面间的动摩擦因数恒为μ3＝0.4，AB坡长L＝‎26 m，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，求滑沙者：‎ - 8 -‎ ‎(1)到B处时的速度大小；‎ ‎(2)在水平地面上运动的最大距离；‎ ‎(3)在AB段下滑与BC段滑动的时间之比．‎ 解析：(1)滑沙板的速度较小时：ma1＝mgsin θ－μ1mgcos θ 代入数据可得：a1＝‎2 m/s2，‎ 速度达到‎8 m/s的过程中的位移：x1＝＝ m＝‎16 m；‎ 滑沙板的速度较大时：ma2＝mgsin θ－μ2mgcos θ，‎ 代入数据可得：a2＝‎4 m/s2‎ 设到达B的速度为v2，则：v－v＝‎2a2(L－x1)，‎ 代入数据可得：v2＝‎12 m/s ‎(2)滑沙板在水平面上的加速度：a3＝＝－μ‎3g＝－0.4×‎10 m/s2＝－‎4 m/s2，‎ 由位移－速度公式可得：x3＝＝ m＝‎18 m.‎ ‎(3)滑沙板的速度达到‎8 m/s的时间：t1＝＝ s＝4 s，‎ 第二段时间：t2＝＝ s＝1 s，‎ 滑沙板在水平面上的时间：t3＝＝ s＝3 s，‎ 所以在AB段下滑与BC段滑动的时间之比 ＝＝.‎ 答案：(1)‎12 m/s　(2)‎18 m　(3) ‎[题组二]　用功能观点解决力学综合问题 ‎3．(2020·江西盟校一联，24)如图所示，质量为‎2m和m的两个弹性环A、B用不可伸长且长为L的轻绳连接，分别套在水平细杆OP和竖直细杆OQ上，OP与OQ在O点用一小段圆弧杆平滑相连，且OQ足够长．初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后释放两个小环，A环通过小段圆弧杆时速度大小保持不变，重力加速度为g，不计一切摩擦，试求：‎ - 8 -‎ ‎(1)当B环下落时，A环的速度大小；‎ ‎(2)A环到达O点后再经过多长时间能够追上B环．‎ 解析：(1)当B环下落时绳子与水平方向之间的夹角满足sin α＝＝，即α＝30°‎ 由速度的合成与分解可知v绳＝vAcos 30°＝vBsin 30°‎ 则vB＝＝vA，‎ B下降的过程中，A与B组成的系统机械能守恒，有 mg＝·2mv＋mv 所以A环的速度vA＝.‎ ‎(2)由于A到达O点时，B的速度等于0，由机械能守恒，‎ ·2mvA′2＝mgL，解得vA′＝，‎ 环A过O点后做初速度为vA′、加速度为g的匀加速直线运动，B做自由落体运动．‎ 当A追上B时，有vA′t＋gt2＝L＋gt2，‎ 解得t＝.‎ 答案：(1)　(2) ‎4．如图所示，半径R＝‎0.3 m的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道AC相切于B点，水平轨道的C点固定有竖直挡板，轨道上的A点静置有一质量m＝‎1 kg的小物块(可视为质点)．现给小物块施加一大小为F＝6.0 N、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC向右运动，当运动到AB之间的D点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B点后进入竖直圆槽形轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为 N．已知水平轨道AC长为‎2 m，B为AC的中点，小物块与AB段间的动摩擦因数μ1＝0.45，取重力加速度g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)小物块运动到B点时的速度大小；‎ ‎(2)拉力F作用在小物块上的时间t；‎ ‎(3)若小物块从竖直圆槽形轨道滑出后，经水平轨道BC到达C - 8 -‎ 点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C点返回后能再次冲上圆槽形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC段间的动摩擦因数的取值范围．‎ 解析：(1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得FN＋mg＝m，由牛顿第三定律得FN＝FN′＝ N 联立解得v＝‎2 m/s 物块从B运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得mg·2R＋mv2＝mv，‎ 解得vB＝‎4 m/s.‎ ‎(2)小物块从A运动到B点的过程，由动能定理得 Fs－μ1mgxAB＝mv－0，‎ 根据牛顿第二定律得：F－μ1mg＝ma，‎ 由运动学公式有s＝at2，‎ 联立解得t＝ s.‎ ‎(3)设BC段的动摩擦因数为μ2.‎ ‎①设物块在圆槽形轨道最高点的最小速度为v1，则由牛顿第二定律可得：mg＝m，‎ 由动能定理得：－2μ2mgxBC－2mgR＝mv－mv 代入数据解得μ2＝0.025‎ 故为使物块能从C点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道，应满足0≤μ2≤0.025‎ ‎②若物块从C点返回在圆槽形轨道上升高度R时速度为零，由动能定理可得：‎ ‎－2μ2mgxBC－mgR＝0－mv 代入数据解得：μ2＝0.25‎ 物块从C返回刚好停止到B点，由动能定理可得：‎ ‎－2μ2mgxBC＝0－mv 代入数据解得：μ2＝0.4‎ 故为使物块能返回圆槽形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，满足0.25≤μ2＜0.4‎ 综上所述，0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2＜0.4.‎ 答案：见解析 ‎[题组三]　用动量与能量观点解决力学综合问题 ‎5．(2020·唐山一模)光滑水平地面上，木板A - 8 -‎ 左端与竖直墙壁接触处于静止状态，可视为质点的小木块B停在木板的右端，如图所示．对木块施加水平向左的瞬时冲量使其获得初速度v0＝‎7 m/s，经时间t＝0.5 s木块运动到竖直墙壁处，速度大小减为v1＝‎5 m/s.木块与墙壁发生弹性碰撞后，恰能停在木板右端．重力加速度g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)木板的长度L和木板与木块间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)木板和木块的质量的比值．‎ 解析：(1)木块向左做匀减速运动时，则 L＝t＝×‎0.5 m＝‎‎3 m 对木块，取向左为正方向，由动量定理得－μmgt＝mv1－mv0.‎ 解得，动摩擦因数为μ＝0.4‎ ‎(2)木块在木板上向右滑动的过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：‎ mv1＝(M＋m)v mv＝μmgL＋(M＋m)v2‎ 解得＝24.‎ 答案：(1)‎3 m　0.4　(2)24‎ ‎6．(2020·安徽一模)如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为‎2m小滑块A套在细杆上可自由滑动．在水平杆上竖直固定一个挡板P，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L的细线悬挂一个质量为m的小球B，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g.求：‎ ‎(1)小球第一次运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小；‎ ‎(2)小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度；‎ ‎(3)小滑块运动过程中，所能获得的最大速度．‎ 解析：(1)小球第一次摆到最低点过程中，由机械能守恒定律得：mgL＝mv2‎ 解得：v＝ 在最低点，由牛顿第二定律得 F－mg＝m 解得，小球到达最低点时，细线对小球的拉力大小 - 8 -‎ F＝3mg ‎(2)小球与滑块共速时，滑块运动到最大高度h.取水平向右为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律得 mv＝(‎2m＋m)v共．‎ mv2＝mgh＋(‎2m＋m)v.‎ 联立解得h＝L ‎(3)小球摆回最低点，滑块获得最大速度，此时小球速度为v1，滑块速度为v2‎ mv＝mv1＋2mv2‎ mv2＝mv＋·2mv.‎ 解得：v2＝ 答案：(1)3mg　(2)L　(3) ‎[题组四]　用“三大观点”解决力学综合模型 ‎7．(2019·广东省惠州市第二次调研)如图甲所示，半径为R＝‎0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M＝‎5 kg，长度L＝‎0.5 m，车的上表面与B点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m＝‎1 kg，g取‎10 m/s2.‎ ‎(1)求物块滑到B点时对轨道压力的大小；‎ ‎(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；‎ ‎(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力Ff随它距B点位移L的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小．‎ 解析：(1)物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中机械能守恒，有 mgR＝mv 解得vB＝‎3 m/s 在B点由牛顿第二定律得FN－mg＝m - 8 -‎ 解得：FN＝30 N 则物块滑到B点时对轨道的压力大小FN′＝FN＝30 N ‎(2)物块滑上平板车后，系统的动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mvB＝(m＋M)v共解得v共＝‎0.5 m/s ‎(3)由题图知，物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为Ff－L图线与横轴所围的“面积”，则 Wf＝ J＝2 J 物块在平板车上滑动过程中，由动能定理得：‎ ‎－Wf＝mv2－mv 解得：v＝ m/s 答案：(1)30 N　(2)‎0.5 m/s　(3) m/s ‎8．如图所示，质量M＝‎4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L＝‎0.5 m．可视为质点的小木块A质量m＝‎1 kg，原来静止于滑板的左端．滑板与木块A之间的动摩擦因数μ＝0.2.当滑板B受水平向左恒力F＝14 N作用时间t后撤去F，这时木块A恰好到达弹簧自由端C处，此后运动过程中弹簧的最大压缩量为s＝‎5 cm.g取‎10 m/s2.‎ ‎(1)求水平恒力F的作用时间t.‎ ‎(2)求木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．‎ ‎(3)当小木块A脱离弹簧且系统达到稳定后，求整个运动过程中系统所产生的热量．‎ 解析：(1)木块A和滑板B均向左做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得 aA＝　①‎ aB＝　②‎ 根据题意有sB－sA＝L，‎ 即aBt2－aAt2＝L，　③‎ 将数据代入①②③联立解得t＝1 s.‎ ‎(2)1 s末木块A和滑板B的速度分别为 vA＝aAt　④‎ vB＝aBt　⑤‎ 当木块A和滑板B - 8 -‎ 的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能，根据动量守恒定律有 mvA＋MvB＝(m＋M)v　⑥‎ 由能的转化与守恒得 mv＋Mv＝(m＋M)v2＋Ep＋μmgs　⑦‎ 代入数据求得最大弹性势能Ep＝0.3 J.‎ ‎(3)二者同速之后，设木块相对木板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度v′，相对木板向左滑动距离为x，有 mvA＋MvB＝(m＋M)v′　⑧‎ 由⑧式解得v＝v′.‎ 由能的转化与守恒定律可得Ep＝μmgx，　⑨‎ 由⑨式解得x＝‎0.15 m.‎ 由于s＋L＞x且x＞s，故假设成立．‎ 整个过程系统产生的热量为Q＝μmg(L＋s＋x)，　⑩‎ 由⑩式解得Q＝1.4 J.‎ 答案：(1)1 s　(2)0.3 J　(3)1.4 J - 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