2022年高考物理二輪復習 特色專題訓練 力學計算題巧練

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1、2022年高考物理二輪復習 特色專題訓練 力學計算題巧練 1．(xx·浙江高考命題專家原創(chuàng))如圖所示，斜面PQ長為4 m，傾角θ＝37°.將一質量為0.20 kg的小滑塊從斜面頂端由靜止釋放，滑到底端時速度為4 m/s.現在斜面上一寬度為d的區(qū)域內，使小滑塊比原來多受到一個方向與運動方向相反的、大小f＝0.4v(N)(v為小滑塊速度大小)的阻力作用，仍將小滑塊在斜面頂端由靜止釋放，發(fā)現小滑塊進入該區(qū)域時做勻速運動，到達底端的速度變?yōu)? m/s.取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)小滑塊與斜面之間的動摩擦因數μ； (2)小滑塊從斜

2、面頂端由靜止下滑到底端時，克服外加阻力做的功； (3)外加阻力區(qū)域的寬度d以及區(qū)域上邊沿到斜面頂端的距離． 2.皮帶傳送在現代生產生活中的應用非常廣泛，如商場中的自動扶梯、港口中的貨物運輸機等．如圖所示為某工廠載貨用的移動式伸縮傳送帶，傳送帶AB斜面與水平面之間的夾角θ＝37°，傳送帶在電動機的帶動下以10 m/s的速度沿斜面向下運動，現將一物體(可視為質點)無初速度地輕放在傳送帶上的A點，已知物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，傳送帶AB長為L＝29 m，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求： (

3、1)當物體加速到與傳送帶速度相同時所用的時間和物體的位移； (2)物體從A到B需要的時間為多少？ 3．(xx·福建福州質檢)如圖甲所示，質量m＝1 kg的物塊在平行于斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動，t＝0.5 s時撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時間的變化關系圖象(v－t圖象)如圖乙所示，g取10 m/s2，求： (1)2 s內物塊的位移大小x和通過的路程L； (2)沿斜面向上運動兩個階段加速度大小a1、a2和拉力大小F. 4.(xx·山東淄博模擬)如圖所示，上表面光滑、長度L＝3 m、質量M＝10 kg的木板，在F＝50 N的水平

4、拉力作用下，以v0＝5 m/s的速度沿水平地面向右勻速運動．現將一個質量為m＝3 kg的小鐵塊(可視為質點)無初速度地放在木板最右端，當木板運動了L＝1 m時，又將第二個同樣的小鐵塊無初速度地放在木板最右端，以后木板每運動1 m就在其最右端無初速度地放上一個同樣的小鐵塊．(g取10 m/s2)求： (1)木板與地面間的動摩擦因數； (2)剛放第三個小鐵塊時木板的速度大?。? (3)從放第三個小鐵塊開始到木板停下的過程，木板運動的距離． 5．(xx·浙江高考命題專家原創(chuàng))如圖所示，AB是位于豎直平面內、半徑R＝0.5 m的圓弧形光滑軌道，其在底端B點處與水平

5、軌道平滑連接．今有一質量為m＝0.1 kg的小滑塊(可視為質點)在受到大小為0.4 N、水平向左的恒力F作用下，從A點由靜止下滑，小滑塊與水平軌道間的動摩擦因數μ＝0.01，取重力加速度g＝10 m/s2. (1)求小滑塊第一次經過圓弧形軌道最低點B時對B點的壓力大?。? (2)說明小滑塊最終的運動情況，并求出小滑塊在水平軌道上通過的總路程； (3)若小滑塊在水平軌道上向右運動的總時間為t，求小滑塊在水平軌道上向左運動的總時間． 6．如圖所示，小球A和B質量分別為mA＝0.3 kg和mB＝0.5 kg，兩球間壓縮一彈簧(不拴接)，并用細線連接，靜止于一光滑的水平平臺上

6、，燒斷細線后，彈簧儲存的彈性勢能全部轉化為兩球的動能，小球B脫離彈簧時的速度vB＝3 m/s，A球滑上用一小段光滑小圓弧連接的光滑斜面，當滑到斜面頂端時速度剛好為零，斜面的高度H＝1.25 m，B球滑出平臺后剛好沿光滑固定圓槽左邊頂端的切線方向進入槽中，圓槽的半徑R＝3 m，圓槽所對的圓心角為120°，取重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)燒斷細線前輕彈簧儲存的彈性勢能Ep； (2)平臺到圓槽的距離L； (3)小球B滑到圓槽最低點時對槽的壓力FN′ . 專題三　計算題巧練規(guī)范——抓大分 力學計算題巧練 1．解析：(1)在不存在阻力f時，

7、由動能定理有 mgxsin θ－μmgxcos θ＝mv 得μ＝0.5. (2)設克服外加阻力做的功為W，則由動能定理有 mgxsin θ－μmgxcos θ－W＝mv 得W＝1.2 J. (3)小滑塊進入外加阻力區(qū)域時做勻速運動，對小滑塊受力分析有 mgsin θ＝μmgcos θ＋f，得f＝0.4 N W＝fd，得d＝3 m 又f＝0.4v，得v＝1 m/s 從小滑塊靜止釋放到進入外加阻力區(qū)域，有 mgssin θ－μmgscos θ＝mv2 得s＝0.25 m. 答案：(1)0.5　(2)1.2 J　(3)3 m　0.25 m 2．解析： 甲 (1)物

8、體放到傳送帶上后，沿傳送帶向下做勻加速直線運動，開始相對于傳送帶沿傳送帶向后運動，受到的摩擦力沿傳送帶向下(物體受力情況如圖甲所示)，根據牛頓第二定律，可求出物體的加速度為： a1＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2 當物體加速到與傳送帶速度相同時所用的時間為： t1＝＝1 s 物體發(fā)生的位移滿足：v2＝2a1x1， 代入數據解得：x1＝5 m. 乙 (2)物體加速到與傳送帶速度相同后，因為mgsin θ>μmgcos θ，所以物體相對于傳送帶沿傳送帶向下運動，摩擦力方向變?yōu)檠貍魉蛶蛏?受力情況如圖乙所示)．根據牛頓第二定律得知物體在此過程中的加速度為： a2＝

9、gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2 設物體完成剩余的位移x2＝L－x1＝24 m所用的時間為t2，則x2＝vt2＋a2t 代入數據解得：t2＝2 s 故物體從A到B需要的時間為 t＝t1＋t2＝1 s＋2 s＝3 s. 答案：(1)1 s　5 m　(2)3 s 3．解析：(1)在2 s內，由題圖乙知： 物塊上升的最大距離：x1＝×2×1 m＝1 m 物塊下滑的距離：x2＝×1×1 m＝0.5 m 所以位移大小x＝x1－x2＝0.5 m 路程L＝x1＋x2＝1.5 m. (2)由題圖乙知，所求兩個階段加速度的大小 a1＝4 m/s2① a2＝4 m/s2② 設

10、斜面傾角為θ，斜面對物塊的摩擦力為Ff，根據牛頓第二定律有 0～0.5 s內：F－Ff－mgsin θ＝ma1③ 0．5～1 s內：Ff＋mgsin θ＝ma2④ 由①②③④式得F＝8 N. 答案：(1)0.5 m　1.5 m　(2)4 m/s2　4 m/s2　8 N 4．解析：(1)木板在F＝50 N的水平拉力作用下做勻速直線運動時，受到地面的摩擦力設為Ff，由平衡條件得：F＝Ff① 又Ff＝μMg② 聯立①②并代入數據得：μ＝0.5.③ (2)每放一個小鐵塊，木板所受的摩擦力增加μmg，設剛放第三個小鐵塊時木板的速度為v1，對木板從放第一個小鐵塊到剛放第三個小鐵塊的過程

11、，由動能定理得： －μmgL－2μmgL＝Mv－Mv④ 聯立③④并代入數據得：v1＝4 m/s.⑤ (3)從放第三個小鐵塊開始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均為3μmg. 從放第三個小鐵塊開始到木板停止的過程，設木板運動的距離為x，對木板由動能定理得： －3μmgx＝0－Mv⑥ 聯立③⑤⑥并代入數據得x＝ m≈1.78 m. 答案：(1)0.5　(2)4 m/s　(3)1.78 m 5．解析：(1)設小滑塊第一次到達B點時的速度為vB，對圓弧軌道最低點B的壓力為FN，則： mgR－FR＝mv F′N－mg＝m 由牛頓第三定律：F′N＝FN，故FN＝2.2 N. (

12、2)小滑塊最終在光滑圓弧軌道上往復運動 小滑塊最終經過B點時的速度為0，由動能定理有 mgR－FR－μmgL＝0 解得L＝30 m. (3)小滑塊第一次在水平軌道上向右運動是末速度為0的勻減速直線運動，其逆運動為以相同大小加速度向左運動的勻加速直線運動．小滑塊第一次在水平軌道上向左運動是初速度為0的勻加速直線運動，與第一次在水平軌道上向右運動的位移大小相等，由x＝at2可知，運動時間之比等于加速度平方根的反比．由題可知小滑塊在水平軌道上第一次向右運動，最終向左運動，所以向右運動與向左運動的時間之比就等于加速度平方根的反比 向右運動時，有F＋μmg＝ma右，得a右＝4.1 m/s2

13、向左運動時，有F－μmg＝ma左，得a左＝3.9 m/s2 因此有＝ ＝，得t左＝t. 答案：(1)2.2 N　(2)見解析　(3)t 6．解析：(1)燒斷細線后對小球A分析： mAgH＝mAv 燒斷細線前輕彈簧儲存的彈性勢能 Ep＝mAv＋mBv 聯立兩式解得Ep＝6 J. (2)設小球B做平拋運動的時間為t， 則vy＝gt L＝vBt B球運動到圓槽左邊頂端時，有tan 60°＝ 聯立以上三式解得L＝m≈1.56 m. (3)對小球B從圓槽最高點到圓槽最低點的過程進行分析有： 小球B在圓槽最高點的速度大小 v＝＝2vB 小球B從圓槽最高點到最低點的高度差 h＝R－Rcos 60° 設小球B在最低點的速度大小為v1，由機械能守恒得 mBgh＝mBv－mBv2 小球在圓槽最低點時：FN－mBg＝mB 聯立以上各式解得FN＝16 N 由牛頓第三定律得小球B滑到圓槽最低點時對槽的壓力FN′ ＝16 N，方向豎直向下． 答案：(1)6 J　(2)1.56 m　(3)16 N　方向豎直向下