高考物理一輪復(fù)習(xí)專題1_8（課件試題）（打包16套）.zip,高考,物理,一輪,復(fù)習(xí),專題,_8,課件,試題,打包,16
力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
1.足夠長(zhǎng)光滑斜面BC的傾角α=53°,小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,水平面與斜面之間在B點(diǎn)有一小段弧形連接,一質(zhì)量m=2 kg的小物塊靜止于A點(diǎn)?，F(xiàn)用與水平方向成α=53°角的恒力F拉小物塊,如圖所示,小物塊經(jīng)t1=4 s到達(dá)B點(diǎn),并迅速撤去拉力F,A、B兩點(diǎn)相距x1=4 m(已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2)。求:
(1)恒力F的大小。
(2)小物塊從B點(diǎn)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最大距離x2。
(3)小物塊停止運(yùn)動(dòng)時(shí)到B點(diǎn)的距離x3。
解析(1)AB段加速度a1=2x1t12=0.5 m/s2。
根據(jù)牛頓第二定律,有Fcos α-μ(mg-Fsin α)=ma1,
解得F=ma1+μmgcosα+μsinα=2×0.5+0.5×2×100.6+0.5×0.8 N=11 N。
(2)到達(dá)B點(diǎn)時(shí),小物塊的速度v=a1t1=2 m/s。
在BC段的加速度a2=gsin 53°=8 m/s2。
由v2=2a2x2得x2=v22a2=222×8 m=0.25 m。
(3)小物塊從B向A運(yùn)動(dòng)過程中,由μmg=ma3,解得a3=μg=5 m/s2,滑行的位移x3=v22a3=222×5 m=0.4 m,小物塊停止運(yùn)動(dòng)時(shí),離B點(diǎn)的距離為0.4 m。
答案(1)11 N (2)0.25 m (3)0.4 m
2.(2016河南洛陽模擬)某校物理興趣小組制作了一個(gè)游戲裝置,其簡(jiǎn)化模型如圖所示,在A點(diǎn)用一彈射裝置可將靜止的小滑塊以v0水平速度彈射出去,沿水平直線軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后,進(jìn)入半徑R=0.3 m的光滑豎直圓形軌道,運(yùn)行一周后自B點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng),C點(diǎn)右側(cè)有一陷阱,C、D兩點(diǎn)的豎直高度差h=0.2 m,水平距離s=0.6 m,水平軌道AB長(zhǎng)為L(zhǎng)1=1 m,BC長(zhǎng)為L(zhǎng)2=2.6 m,小滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若小滑塊恰能通過圓形軌道的最高點(diǎn),求小滑塊在A點(diǎn)彈射出的速度大小。
(2)若游戲規(guī)則為小滑塊沿著圓形軌道運(yùn)行一周離開圓形軌道后只要不掉進(jìn)陷阱即為勝出,求小滑塊在A點(diǎn)彈射出的速度大小的范圍。?導(dǎo)學(xué)號(hào)17420227?
解析(1)小滑塊恰能通過圓軌道最高點(diǎn)的速度為v,由牛頓第二定律得mg=mv2R
從B到最高點(diǎn)小滑塊機(jī)械能守恒,有
12mvB2=2mgR+12mv2
從A到B由動(dòng)能定理得
-μmgL1=12mvB2-12mv12
由以上三式解得A點(diǎn)的速度v1=5 m/s
(2)若小滑塊剛好停在C處,從A到C由動(dòng)能定理得
-μmg(L1+L2)=0-12mv22
解得A點(diǎn)的速度為v2=6 m/s,若小滑塊停在BC段,應(yīng)滿足5 m/s≤vA≤6 m/s。
若小滑塊能通過C點(diǎn)并恰好越過陷阱,利用平拋運(yùn)動(dòng),豎直方向h=12gt2,水平方向s=vCt。
從A到C由動(dòng)能定理得
-μmg(L1+L2)=12mvC2-12mv32
解得v3=35 m/s。所以初速度的范圍為5 m/s≤vA≤6 m/s和vA≥35 m/s。
答案(1)5 m/s (2)5 m/s≤vA≤6 m/s和vA≥35 m/s
3.如圖甲所示,在傾角為37°的粗糙足夠長(zhǎng)的斜面的底端,一質(zhì)量m=1 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊壓縮一輕彈簧,滑塊與彈簧不相連。t=0時(shí)釋放物塊,計(jì)算機(jī)通過傳感器描繪出滑塊的v-t圖象如圖乙所示,其中Oab段為曲線,bc段為直線,在t1=0.1 s時(shí)滑塊已上滑x=0.2 m的距離,g取10 m/s2。求:
(1)物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的大小。
(2)壓縮彈簧時(shí),彈簧具有的彈性勢(shì)能Ep。 ?導(dǎo)學(xué)號(hào)17420228?
解析(1)由圖象可知0.1 s物體離開彈簧向上做勻減速運(yùn)動(dòng),加速度的大小a=ΔvΔt=2-10.2-0.1 m/s2=10 m/s2。
根據(jù)牛頓第二定律,有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma
解得μ=0.5。
(2)由題中圖線可知,t2=0.1 s時(shí)的速度大小v=2.0 m/s,由功能關(guān)系可得Ep=12mv2+mgxsin 37°+μmgxcos 37°
代入數(shù)據(jù)得Ep=4.0 J。
答案(1)0.5 (2)4.0 J
4.(2016·湖北八市聯(lián)考)如圖所示,一輛質(zhì)量為M=3 kg的平板小車A?？吭谪Q直光滑墻壁處,地面水平且光滑,一質(zhì)量為m=1 kg的小鐵塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))放在平板小車A最右端,平板小車A上表面水平且與小鐵塊B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,平板小車A的長(zhǎng)度L=0.9 m?，F(xiàn)給小鐵塊B一個(gè)v0=5 m/s的初速度使之向左運(yùn)動(dòng),與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞后向右運(yùn)動(dòng),求小鐵塊B在平板小車A上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能(重力加速度g取10 m/s2)。
解析設(shè)小鐵塊B向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)豎直墻壁時(shí)的速度為v1,根據(jù)動(dòng)能定理得-μmgL=12mv12-12mv02,解得v1=4 m/s。
假設(shè)發(fā)生彈性碰撞后小鐵塊B最終和平板小車A達(dá)到的共同速度為v2,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv1=(M+m)v2,解得v2=1 m/s。
設(shè)小鐵塊B在平板小車A上相對(duì)滑動(dòng)的位移為x時(shí)與平板小車A達(dá)到共同速度v2,則根據(jù)功能關(guān)系得:
-μmgx=12(M+m)v22-12mv12,解得x=1.2 m。
由于x>L,說明小鐵塊B在沒有與平板小車A達(dá)到共同速度時(shí)就滑出平板小車A,所以小鐵塊B在平板小車上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE=2μmgL=9 J。
答案9 J
5.如圖所示,一質(zhì)量m=2 kg的滑塊從高h(yuǎn)=1.5 m處無初速度下落,沿切線方向進(jìn)入固定的14粗糙圓弧AB,圓弧半徑R=1.5 m,再經(jīng)長(zhǎng)L=4 m的粗糙平面BC滑上靜止于光滑水平地面上質(zhì)量為M=4 kg的足夠長(zhǎng)的長(zhǎng)木板,長(zhǎng)木板M的上表面與BC面齊平,與C點(diǎn)的間隙可忽略,滑塊滑至C點(diǎn)時(shí)的速度vC=6 m/s。當(dāng)滑塊m滑至長(zhǎng)木板M上表面的同時(shí)施加給M一個(gè)大小為F=6 N的水平向右的作用力,經(jīng)t0=1 s撤去F。已知滑塊m與粗糙圓弧AB、粗糙平面BC及M上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.2(g取10 m/s2)。求:
(1)滑塊m在粗糙圓弧AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)克服摩擦力所做的功。
(2)滑塊m與長(zhǎng)木板M的最終速度的大小及滑塊m在長(zhǎng)木板M上表面上滑動(dòng)時(shí)所產(chǎn)生的熱量。?導(dǎo)學(xué)號(hào)17420229?
解析(1)由動(dòng)能定理可得mg(h+R)-μmg·L+WfAB=12mvC2
解得WfAB=-8 J,即在AB圓弧上克服摩擦力做功為8 J。
(2)設(shè)滑塊滑上長(zhǎng)木板后,相對(duì)長(zhǎng)木板滑動(dòng)時(shí)加速度大小為a1,此過程中長(zhǎng)木板的加速度大小為a2,則有μmg=ma1,解得a1=μg=2 m/s2,F+μmg=Ma2,
解得a2=2.5 m/s2。
當(dāng)兩者速度相等時(shí)vC-a1t1=a2t1,
解得t1=43 s。
因?yàn)閠0
收藏