（山西專版）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第三篇 計算題 熱點(diǎn)17 力學(xué)綜合題（一）三種力學(xué)觀點(diǎn)的應(yīng)用精練（含解析）

《（山西專版）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第三篇 計算題 熱點(diǎn)17 力學(xué)綜合題（一）三種力學(xué)觀點(diǎn)的應(yīng)用精練（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（山西專版）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第三篇 計算題 熱點(diǎn)17 力學(xué)綜合題（一）三種力學(xué)觀點(diǎn)的應(yīng)用精練（含解析）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、熱點(diǎn)17　力學(xué)綜合題(一)　三種力學(xué)觀點(diǎn)的應(yīng)用 熱考題型 題型一　運(yùn)動學(xué)和動力學(xué)觀點(diǎn)的應(yīng)用 　　運(yùn)動學(xué)、動力學(xué)是物理學(xué)的基礎(chǔ),更是高考考查的熱點(diǎn)。其中牛頓運(yùn)動定律、勻變速直線運(yùn)動、平拋運(yùn)動和圓周運(yùn)動是歷年高考的必考內(nèi)容,有時與電場、磁場結(jié)合,綜合性強(qiáng),難度大,分值高,對能力要求較高。 　　運(yùn)動學(xué)和動力學(xué)的綜合問題常體現(xiàn)在牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用上,對物體進(jìn)行正確受力分析和運(yùn)動分析是解題的關(guān)鍵,要想獲取高分應(yīng)注意以下幾點(diǎn): 　　(1)正確選取研究對象,可根據(jù)題意選取受力或運(yùn)動情況清楚且便于解題的物體(或物體的一部分或幾個物體組成的系統(tǒng))為研究對象。 　　(2)全面分析研究對象的受力情況,正

2、確畫出受力示意圖,再根據(jù)力的合成或分解知識求得研究對象所受合力的大小和方向。 　　(3)全面分析研究對象的運(yùn)動情況,畫出運(yùn)動過程示意圖,特別要注意所研究運(yùn)動過程的運(yùn)動性質(zhì)及受力情況并非恒定不變時,一定要把整個運(yùn)動過程分成幾個階段的運(yùn)動過程來分析。 1.如圖所示,質(zhì)量m=5kg的物塊(可看做質(zhì)點(diǎn))在外力F1和F2的作用下正沿某一水平面向右做勻速直線運(yùn)動,已知F1大小為50N,方向斜向右上方,與水平面夾角α=37°,F2大小為30N,方向水平向左,物塊的速度v0大小為11m/s。當(dāng)物塊運(yùn)動到距初始位置距離x0=5m時撤掉F1,g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:

3、 (1)物塊與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ; (2)撤掉F1以后,物塊在6s末距初始位置的距離。 答案　(1)0.5　(2)2m 解析　(1)物塊向右做勻速運(yùn)動: f+F2=F1cosα f=μ(mg-F1sinα) 解得μ=0.5 (2)撤掉F1后:a1=F2+μmgm=30+255m/s2=11m/s2 設(shè)經(jīng)過時間t1運(yùn)動速度變?yōu)?,則:t1=v0a1=1s 該時間內(nèi)向右位移:x1=v02t1=5.5m 后5s物塊向左運(yùn)動:a2=F2-μmgm=1m/s2 后5s向左位移:x2=12a2t22=12.5m 物塊在6s末距初始位置的距離:Δx=x2-(x0+x1)=1

4、2.5m-(5m+5.5m)=2m 題型二　能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 　　能量是力學(xué)部分繼牛頓運(yùn)動定律后的又一重點(diǎn),是高考的“重中之重”。此類試題常與牛頓運(yùn)動定律、平拋運(yùn)動、圓周運(yùn)動、電磁學(xué)等知識相聯(lián)系,綜合性強(qiáng)、涉及面廣、分值大、物理過程復(fù)雜,要求學(xué)生要有很強(qiáng)的受力分析能力、運(yùn)動過程分析能力及應(yīng)用知識解決實(shí)際問題的能力,因而備受命題專家青睞。 　　(1)由于應(yīng)用功能關(guān)系和能量守恒定律分析問題時,突出物體或物體系統(tǒng)所經(jīng)歷的運(yùn)動過程中狀態(tài)的改變,因此應(yīng)重點(diǎn)關(guān)注運(yùn)動狀態(tài)的變化和引起變化的原因,明確功與對應(yīng)能量的變化關(guān)系。 　　(2)要能正確分析所涉及的物理過程,能正確、合理地把全過程劃分為若干階

5、段,弄清各階段所遵循的規(guī)律及各階段間的聯(lián)系。 　　(3)當(dāng)研究對象是一物體系統(tǒng)且它們間有相互作用時,一般優(yōu)先考慮功能關(guān)系和能量守恒定律,特別是題中出現(xiàn)相對路程時,一定先考慮能量守恒定律。 2.如圖所示,質(zhì)量為m=1kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊輕輕放在水平勻速運(yùn)動的傳送帶上的P點(diǎn),隨傳送帶運(yùn)動到A點(diǎn)后水平拋出,小物塊恰好無碰撞地沿圓弧切線從B點(diǎn)進(jìn)入豎直光滑圓弧軌道下滑,圓弧軌道與質(zhì)量為M=2kg的足夠長的小車在最低點(diǎn)O點(diǎn)相切,并在O點(diǎn)滑上小車,水平地面光滑,當(dāng)物塊運(yùn)動到障礙物Q處時與Q發(fā)生無機(jī)械能損失的碰撞。碰撞前物塊和小車已經(jīng)相對靜止,而小車可繼續(xù)向右運(yùn)動(物塊始終在小車上),小車運(yùn)動過程中和

6、圓弧無相互作用。已知圓弧半徑R=1.0m,圓弧對應(yīng)的圓心角θ為53°,A點(diǎn)距水平面的高度h=0.8m,物塊與小車間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1,重力加速度g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6。試求: (1)小物塊離開A點(diǎn)的水平初速度v1大小; (2)小物塊經(jīng)過O點(diǎn)時對軌道的壓力大小; (3)第一次碰撞后直至靜止,物塊相對小車的位移和小車做勻減速運(yùn)動的總時間。 答案　(1)3m/s　(2)43N　(3)5.5m　2333s 解析　(1)對小物塊由A到B有vy2=2gh 在B點(diǎn)tanθ=vyv1 解得v1=3m/s (2)由A到O,根據(jù)動能定理有 mg(h

7、+R-Rcosθ)=12mvO2-12mv12 在O點(diǎn)FN-mg=mvO2R 解得vO=33m/s,FN=43N 由牛頓第三定律知,小物塊對軌道的壓力FN'=43N (3)摩擦力Ff=μmg=1N,物塊滑上小車后經(jīng)過時間t達(dá)到的共同速度為vt 則vO-vtam=vtaM,am=2aM 得vt=333m/s 由于碰撞不損失能量,物塊在小車上重復(fù)做勻減速和勻加速運(yùn)動,相對小車始終向左運(yùn)動,物塊與小車最終靜止,摩擦力做功使動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,故有: Ff·l相=12(M+m)vt2 得l相=5.5m 小車從物塊碰撞后開始勻減速運(yùn)動,(每個減速階段)加速度不變 aM=FfM=0.

8、5m/s2,vt=aMt 得t=2333s 題型三　動量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 3.如圖所示,質(zhì)量為M的平板車P高為h,質(zhì)量為m的小物塊Q的大小不計,位于平板車的左端,系統(tǒng)原來靜止在光滑水平地面上,一不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩長為R,一端懸于Q正上方高為R處,另一端系一質(zhì)量為m的小球(大小不計)。今將小球拉至懸線與豎直方向成60°角處,由靜止釋放,小球到達(dá)最低點(diǎn)時與Q發(fā)生碰撞時間極短,且無機(jī)械能損失。已知Q離開平板車時速度大小是平板車速度的兩倍,Q與P之間的動摩擦因數(shù)為μ,M∶m=4∶1,重力加速度為g,求: (1)小物塊Q離開平板車時,二者速度各為多大? (2)平板車P的長度為多少? (3)

9、小物塊Q落地時與小車間的水平距離為多少? 答案　(1)gR3　gR6　(2)7R18μ　(3)2Rh6 解析　(1)設(shè)小球與物塊Q碰前瞬間的速度為v0,小球下擺過程中機(jī)械能守恒,有 mgR(1-cos60°)=12mv02 v0=gR 小球與Q發(fā)生彈性碰撞,二者質(zhì)量相等,故二者交換速度。 小物塊Q在平板車P上滑動的過程中,Q與P組成的系統(tǒng)動量守恒,有mv0=mv1+Mv2 其中v2=12v1,M=4m 解得v1=gR3,v2=gR6。 (2)對物塊與平板車組成的系統(tǒng),由能量守恒定律有 12mv02=12mv12+12Mv22+μmgL 解得L=7R18μ。 (3)Q脫離

10、P后做平拋運(yùn)動,由h=12gt2得 t=2hg Q落地時二者間的水平距離為x=(v1-v2)t=2Rh6。 跟蹤集訓(xùn) 1.有一質(zhì)量m=2kg的小球套在長L=1m的固定輕桿頂部,桿與水平方向成θ=37°角。靜止釋放小球,1s后小球到達(dá)桿底端。g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。 (1)求小球到達(dá)桿底端時速度為多大? (2)求小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為多大? (3)若在豎直平面內(nèi)給小球施加一個垂直于桿方向的恒力,靜止釋放小球后保持它的加速度大小為1m/s2,且沿桿向下運(yùn)動,則這樣的恒力為多大? 答案　(1)2m/s　(2)0.5　(3)36N或4N

11、解析　(1)設(shè)小球到達(dá)桿底端時速度大小為v,則 L=vt,v=0+v2 解得v=2m/s (2)設(shè)小球下滑過程中的加速度大小為a1,則a1=vt 根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma1 解得μ=0.5 (3)小球在恒力作用下,有mgsinθ-μN(yùn)2=ma2,解得N2=20N 若恒力F垂直桿向上,則F=N2+mgcosθ,解得F=36N 若恒力F垂直桿向下,則F=N2-mgcosθ,解得F=4N 2.如圖甲所示,質(zhì)量M=1.0kg的長木板A靜止在光滑水平面上,在木板的左端放置一個質(zhì)量m=1.0kg的小鐵塊B,鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,對鐵塊施加水平向右

12、的拉力F,F大小隨時間變化如圖乙所示,4s時撤去拉力?？烧J(rèn)為A、B間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等,取重力加速度g=10m/s2。求: (1)0~1s內(nèi),A、B的加速度大小aA、aB; (2)B相對A滑行的最大距離x; (3)0~4s內(nèi),拉力做的功W; (4)0~4s內(nèi)系統(tǒng)產(chǎn)生的摩擦熱Q。 答案　(1)2m/s2　4m/s2　(2)2m　(3)40J　(4)4J 解析　(1)在0~1s內(nèi),A、B兩物體分別做勻加速直線運(yùn)動 根據(jù)牛頓第二定律得μmg=MaA F1-μmg=maB 代入數(shù)據(jù)得aA=2m/s2,aB=4m/s2 (2)t1=1s后,拉力F2=μmg,鐵塊B

13、做勻速運(yùn)動,速度大小為v1;木板A仍做勻加速運(yùn)動,又經(jīng)過時間t2,速度與鐵塊B相等。 v1=aBt1 又v1=aA(t1+t2) 解得t2=1s 設(shè)A、B速度相等后一起做勻加速運(yùn)動,運(yùn)動時間t3=2s,加速度為a F2=(M+m)a a=1m/s2 木板A受到的靜摩擦力f=Ma<μmg,A、B一起運(yùn)動 x=12aBt12+v1t2-12aA(t1+t2)2 代入數(shù)據(jù)得x=2m (3)0~1s內(nèi)拉力做的功W1=F1x1=F1·12aBt12=12J 1~2s內(nèi)拉力做的功W2=F2x2=F2v1t2=8J 2~4s內(nèi)拉力做的功W3=F2x3=F2v1t3+12at32=20

14、J 0~4s內(nèi)拉力做的功W=W1+W2+W3=40J。 (4)系統(tǒng)的摩擦熱Q只發(fā)生在鐵塊與木板相對滑動階段,此過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的摩擦熱 Q=μmg·x=4J 3.如圖所示,光滑水平面上有一質(zhì)量M=4.0kg的平板車,車的上表面是一段長L=1.5m的粗糙水平軌道,水平軌道左側(cè)連一半徑R=0.25m的四分之一光滑圓弧軌道,圓弧軌道與水平軌道在點(diǎn)O'處相切?，F(xiàn)有一質(zhì)量m=1.0kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車,小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,小物塊恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)A。取g=10m/s2,求: (1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大

15、小; (2)小物塊與車最終相對靜止時,它距點(diǎn)O'的距離。 答案　(1)5m/s　(2)0.5m 解析　(1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,設(shè)小物塊到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)A時,二者的共同速度為v1 由動量守恒定律得mv0=(M+m)v1 由能量守恒定律得12mv02-12(M+m)v12=mgR+μmgL 解得v0=5m/s (2)設(shè)小物塊最終與車相對靜止時,二者的共同速度為v2,從小物塊滑上平板車,到二者相對靜止的過程中,由動量守恒定律得mv0=(M+m)v2 設(shè)小物塊與車最終相對靜止時,它距O'點(diǎn)的距離為x,由能量守恒定律得12mv02-12(M+m)v22=μmg(L+x) 解得x=0.5m 9