（全國I卷）2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第5章 機(jī)械能 能力課時(shí)7 應(yīng)用動力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn) 突破多過程綜合問題

《（全國I卷）2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第5章 機(jī)械能 能力課時(shí)7 應(yīng)用動力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn) 突破多過程綜合問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國I卷）2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第5章 機(jī)械能 能力課時(shí)7 應(yīng)用動力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn) 突破多過程綜合問題（7頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、能力課時(shí)7　應(yīng)用動力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn) 突破多過程綜合問題 1.如圖1所示，在光滑水平地面上放置質(zhì)量M＝2 kg的長木板，木板上表面與固定的豎直弧形軌道相切。一質(zhì)量m＝1 kg的小滑塊自A點(diǎn)沿弧面由靜止滑下，A點(diǎn)距離長木板上表面高度h＝0.6 m?；瑝K在木板上滑行t＝1 s后，和木板以共同速度v＝1 m/s勻速運(yùn)動，取g＝10 m/s2。求： 圖1 (1)滑塊與木板間的摩擦力大小； (2)滑塊沿弧面下滑過程中克服摩擦力做的功； (3)滑塊相對木板滑行的距離。 解析　(1)對木板Ff＝Ma1，由運(yùn)動學(xué)公式得v＝a1t 解得a1＝1 m/s2，F(xiàn)f＝2 N (2)對滑塊有－F

2、f＝ma2 設(shè)滑塊滑上木板時(shí)的初速度為v0，由公式v－v0＝a2t 解得a2＝－2 m/s2，v0＝3 m/s 滑塊沿弧面下滑的過程中，由動能定理得 mgh－Wf＝mv 可得滑塊克服摩擦力做的功為Wf＝mgh－mv＝1.5 J (3)t＝1 s內(nèi)木板的位移x1＝a1t2＝0.5 m 此過程中滑塊的位移x2＝v0t＋a2t2＝2 m 故滑塊相對木板滑行距離L＝x2－x1＝1.5 m 答案　(1)2 N　(2)1.5 J　(3)1.5 m 2.如圖2所示，上表面光滑，長度為3 m、質(zhì)量M＝10 kg的木板，在F＝50 N的水平拉力作用下，以v0＝5 m/s的速度沿水平地面向右勻

3、速運(yùn)動。現(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為m＝3 kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度地放在木板最右端，當(dāng)木板運(yùn)動了L＝1 m時(shí)，又將第二個(gè)同樣的小鐵塊無初速度地放在木板最右端，以后木板每運(yùn)動1 m就在其最右端無初速度地放上一個(gè)同樣的小鐵塊。(g取10 m/s2)求： 圖2 (1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)； (2)剛放第三個(gè)鐵塊時(shí)木板的速度大??； (3)從放第三個(gè)鐵塊開始以后(以后停止放鐵塊)到木板停下的過程，木板運(yùn)動的距離。 解析　(1)木板做勻速直線運(yùn)動時(shí)，受到地面的摩擦力為Ff 由平衡條件得F＝Ff① Ff＝μMg② 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得μ＝0.5③ (2)每放一個(gè)小鐵塊，木板所受的摩擦力增

4、加μmg，令剛放第三個(gè)鐵塊時(shí)木板速度為v1，對木板從放第一個(gè)鐵塊到剛放第三個(gè)鐵塊的過程，由動能定理得 －μmgL－2μmgL＝Mv－Mv④ 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得v1＝4 m/s⑤ (3)從放第三個(gè)鐵塊開始到木板停下之前，木板所受的摩擦力恒為μ(3m＋M)g 從放第三個(gè)鐵塊開始到木板停下的過程，木板運(yùn)動的距離為x，對木板由動能定理得 －3μmgx＝0－Mv⑥ 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得x＝ m＝1.78 m 答案　(1)0.5　(2)4 m/s　(3)1.78 m 3.如圖3所示，AB段為一半徑R＝0.2 m的光滑圓弧軌道，EF是一傾角為30°的足夠長的光滑固定斜面，斜面上有一質(zhì)量為0.1 kg

5、的薄木板CD，開始時(shí)薄木板被鎖定.一質(zhì)量也為0.1 kg的物塊(圖中未畫出)從A點(diǎn)由靜止開始下滑，通過B點(diǎn)后水平拋出，經(jīng)過一段時(shí)間后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物塊滑上薄木板的同時(shí)薄木板解除鎖定，下滑過程中某時(shí)刻物塊和薄木板能達(dá)到共同速度。已知物塊與薄木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝。(g＝10 m/s2，結(jié)果可保留根號)求： 圖3 (1)物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對圓弧軌道的壓力； (2)物塊滑上薄木板時(shí)的速度大??； (3)達(dá)到共同速度前物塊下滑的加速度大小及從物塊滑上薄木板至達(dá)到共同速度所用的時(shí)間。 解析　(1)物塊從A到B的過程，由動能定理得： mgR＝mv 解得：vB＝2 m/

6、s 在B點(diǎn)由牛頓第二定律得：FN－mg＝m 解得：FN＝3 N 由牛頓第三定律得物塊對軌道的壓力大小為3 N，方向豎直向下 (2)設(shè)物塊滑上薄木板的速度為v，則：cos 30°＝ 解得：v＝ m/s (3)物塊和薄木板下滑過程中，由牛頓第二定律得： 對物塊：mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1 對薄木板：mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2 設(shè)物塊和薄木板達(dá)到的共同速度為v′，則： v′＝v＋a1t＝a2t 解得：a1＝2.5 m/s2，t＝ s 答案　(1)3 N，方向豎直向下　(2) m/s　 (3)2.5 m/s2　 s 4.(2020

7、·樂山市三診)利用彈簧彈射和皮帶傳動裝置可以將工件運(yùn)送至高處。如圖4所示，已知傳送軌道平面與水平方向成37°角，傾角也是37°的光滑斜面軌道固定于地面且與傳送軌道良好對接，彈簧下端固定在斜面底端，工件與皮帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25。皮帶傳動裝置順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動的速度v＝4 m/s，兩輪軸心相距L＝5 m，B、C分別是傳送帶與兩輪的切點(diǎn)，輪緣與傳送帶之間不打滑?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝1 kg的工件放在彈簧上，用力將彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，工件離開斜面頂端滑到皮帶上的B點(diǎn)時(shí)速度v0＝8 m/s，A、B間的距離x＝1 m。工件可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8

8、)求： 圖4 (1)彈簧的最大彈性勢能； (2)工件沿傳送帶上滑的時(shí)間。 解析　(1)彈簧的最大彈性勢能 Ep＝mgxsin 37°＋mv 得Ep＝38 J。 (2)工件沿傳送軌道減速向上滑動過程 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 與傳送帶共速需要時(shí)間t1＝＝0.5 s 工件滑行位移大小x1＝＝3 m＜L 因?yàn)棣蹋紅an 37°，所以工件將沿傳送帶繼續(xù)減速上滑mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 假設(shè)工件速度減為0時(shí)，工件未從傳送帶上滑落。則 t2＝＝1 s 工件滑行位移大小x2＝＝2 m＝L－x1 故假設(shè)成立，工件沿傳送帶上滑的時(shí)

9、間為 t＝t1＋t2＝1.5 s。 答案　(1)38 J　(2)1.5 s 5.如圖5所示，有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m＝1 kg的小物塊，從光滑平臺上的A點(diǎn)以v0＝1.8 m/s的初速度水平拋出，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，恰好沿C點(diǎn)的切線方向進(jìn)入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，最后小物塊無碰撞地滑上緊靠軌道末端D點(diǎn)的足夠長的水平傳送帶。已知傳送帶上表面與圓弧軌道末端切線相平，傳送帶沿順時(shí)針方向勻速運(yùn)行的速度為v＝3 m/s，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，圓弧軌道的半徑為R＝2 m，C點(diǎn)和圓弧的圓心O點(diǎn)連線與豎直方向的夾角θ＝53°，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0

10、.8，cos 53°＝0.6。求： 圖5 (1)小物塊到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力； (2)小物塊從滑上傳送帶到第一次離開傳送帶的過程中產(chǎn)生的熱量。 解析　(1)設(shè)小物塊在C點(diǎn)的速度為vC，在C點(diǎn)由vC＝，解得vC＝3 m/s 設(shè)小物塊在D的速度為vD。從C到D，由動能定理得mgR(1－cos θ)＝mv－mv，解得vD＝5 m/s 設(shè)在D點(diǎn)軌道對小物塊的作用力為FN：FN－mg＝m 解得FN＝22.5 N， 由牛頓第三定律，小物塊對軌道的壓力大小為22.5 N，方向豎直向下。 (2)設(shè)小物塊在傳送帶上的加速度為a，則 μmg＝ma　a＝μg＝5 m/s2 設(shè)小物塊由D點(diǎn)向左運(yùn)動至速度為零，所用時(shí)間為t1，位移為x1，則 vD＝at1 x1＝t1 設(shè)t1時(shí)間內(nèi)傳送帶向右的位移為x2，則x2＝vt1 小物塊速度由零增加到與傳送帶速度相等的過程，所用時(shí)間為t2，t2＝ 通過的位移x3，x3＝t2 傳送帶的位移為x4＝vt2 小物塊相對傳送帶移動的位移為 x＝x1＋x2＋x4－x3 Q＝μmgx，解得Q＝32 J。 答案　(1)22.5 N，方向豎直向下　(2)32 J