【物理】2020届二轮复习计算题热点17　力学综合题（一）　三种力学观点的应用作业（山西专用）

【物理】2020届二轮复习计算题热点17　力学综合题（一）　三种力学观点的应用作业（山西专用）

热点17　力学综合题(一)　三种力学观点的应用 热考题型 题型一　运动学和动力学观点的应用 ‎　　运动学、动力学是物理学的基础,更是高考考查的热点。其中牛顿运动定律、匀变速直线运动、平抛运动和圆周运动是历年高考的必考内容,有时与电场、磁场结合,综合性强,难度大,分值高,对能力要求较高。‎ ‎　　运动学和动力学的综合问题常体现在牛顿运动定律的应用上,对物体进行正确受力分析和运动分析是解题的关键,要想获取高分应注意以下几点:‎ ‎　　(1)正确选取研究对象,可根据题意选取受力或运动情况清楚且便于解题的物体(或物体的一部分或几个物体组成的系统)为研究对象。‎ ‎　　(2)全面分析研究对象的受力情况,正确画出受力示意图,再根据力的合成或分解知识求得研究对象所受合力的大小和方向。‎ ‎　　(3)全面分析研究对象的运动情况,画出运动过程示意图,特别要注意所研究运动过程的运动性质及受力情况并非恒定不变时,一定要把整个运动过程分成几个阶段的运动过程来分析。‎ ‎1.如图所示,质量m=5 kg的物块(可看做质点)在外力F1和F2的作用下正沿某一水平面向右做匀速直线运动,已知F1大小为50 N,方向斜向右上方,与水平面夹角α=37°,F2大小为30 N,方向水平向左,物块的速度v0大小为11 m/s。当物块运动到距初始位置距离x0=5 m时撤掉F1,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:‎ ‎(1)物块与水平面之间的动摩擦因数μ;‎ ‎(2)撤掉F1以后,物块在6 s末距初始位置的距离。‎ 答案　(1)0.5　(2)2 m 解析　(1)物块向右做匀速运动:‎ f+F2=F1 cos α f=μ(mg-F1 sin α)‎ 解得μ=0.5‎ ‎(2)撤掉F1后:a1=F‎2‎‎+μmgm=‎30+25‎‎5‎ m/s2=11 m/s2‎ 设经过时间t1运动速度变为0,则:t1=v‎0‎a‎1‎=1 s 该时间内向右位移:x1=v‎0‎‎2‎t1=5.5 m 后5 s物块向左运动:a2=F‎2‎‎-μmgm=1 m/s2‎ 后5 s向左位移:x2=‎1‎‎2‎a2t‎2‎‎2‎=12.5 m 物块在6 s末距初始位置的距离:Δx=x2-(x0+x1)=12.5 m-(5 m+5.5 m)=2 m 题型二　能量观点的综合应用 ‎　　能量是力学部分继牛顿运动定律后的又一重点,是高考的“重中之重”。此类试题常与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动、电磁学等知识相联系,综合性强、涉及面广、分值大、物理过程复杂,要求学生要有很强的受力分析能力、运动过程分析能力及应用知识解决实际问题的能力,因而备受命题专家青睐。‎ ‎　　(1)由于应用功能关系和能量守恒定律分析问题时,突出物体或物体系统所经历的运动过程中状态的改变,因此应重点关注运动状态的变化和引起变化的原因,明确功与对应能量的变化关系。‎ ‎　　(2)要能正确分析所涉及的物理过程,能正确、合理地把全过程划分为若干阶段,弄清各阶段所遵循的规律及各阶段间的联系。‎ ‎　　(3)当研究对象是一物体系统且它们间有相互作用时,一般优先考虑功能关系和能量守恒定律,特别是题中出现相对路程时,一定先考虑能量守恒定律。‎ ‎2.如图所示,质量为m=1 kg的可视为质点的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点,随传送带运动到A点后水平抛出,小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑,圆弧轨道与质量为M=2 kg的足够长的小车在最低点O点相切,并在O点滑上小车,水平地面光滑,当物块运动到障碍物Q处时与Q发生无机械能损失的碰撞。碰撞前物块和小车已经相对静止,而小车可继续向右运动(物块始终在小车上),小车运动过程中和圆弧无相互作用。已知圆弧半径R=1.0 m,圆弧对应的圆心角θ为53°,A点距水平面的高度h=0.8 m,物块与小车间的动摩擦因数为μ=0.1,重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。试求:‎ ‎(1)小物块离开A点的水平初速度v1大小;‎ ‎(2)小物块经过O点时对轨道的压力大小;‎ ‎(3)第一次碰撞后直至静止,物块相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间。‎ 答案　(1)3 m/s　(2)43 N　(3)5.5 m　‎2‎‎3‎‎33‎ s 解析　(1)对小物块由A到B有vy‎2‎=2gh 在B点tan θ=‎vyv‎1‎ 解得v1=3 m/s ‎(2)由A到O,根据动能定理有 mg(h+R-R cos θ)=‎1‎‎2‎mvO‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎ 在O点FN-mg=mvO‎2‎R 解得vO=‎33‎ m/s,FN=43 N 由牛顿第三定律知,小物块对轨道的压力FN'=43 N ‎(3)摩擦力Ff=μmg=1 N,物块滑上小车后经过时间t达到的共同速度为vt 则vO‎-‎vtam=vtaM,am=2aM 得vt=‎33‎‎3‎ m/s 由于碰撞不损失能量,物块在小车上重复做匀减速和匀加速运动,相对小车始终向左运动,物块与小车最终静止,摩擦力做功使动能全部转化为内能,故有:‎ Ff·l相=‎1‎‎2‎(M+m)‎vt‎2‎ 得l相=5.5 m 小车从物块碰撞后开始匀减速运动,(每个减速阶段)加速度不变 aM=FfM=0.5 m/s2,vt=aMt 得t=‎2‎‎3‎‎33‎ s 题型三　动量观点的综合应用 ‎3.如图所示,质量为M的平板车P高为h,质量为m的小物块Q的大小不计,位于平板车的左端,系统原来静止在光滑水平地面上,一不可伸长的轻质细绳长为R,一端悬于Q正上方高为R处,另一端系一质量为m的小球(大小不计)。今将小球拉至悬线与竖直方向成60°角处,由静止释放,小球到达最低点时与Q发生碰撞时间极短,且无机械能损失。已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍,Q与P之间的动摩擦因数为μ,M∶m=4∶1,重力加速度为g,求:‎ ‎(1)小物块Q离开平板车时,二者速度各为多大?‎ ‎(2)平板车P的长度为多少?‎ ‎(3)小物块Q落地时与小车间的水平距离为多少?‎ 答案　(1)gR‎3‎　gR‎6‎　(2)‎7R‎18μ　(3)‎‎2Rh‎6‎ 解析　(1)设小球与物块Q碰前瞬间的速度为v0,小球下摆过程中机械能守恒,有 mgR(1-cos 60°)=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ v0=‎gR 小球与Q发生弹性碰撞,二者质量相等,故二者交换速度。‎ 小物块Q在平板车P上滑动的过程中,Q与P组成的系统动量守恒,有mv0=mv1+Mv2‎ 其中v2=‎1‎‎2‎v1,M=4m 解得v1=gR‎3‎,v2=gR‎6‎。‎ ‎(2)对物块与平板车组成的系统,由能量守恒定律有 ‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎Mv‎2‎‎2‎+μmgL 解得L=‎7R‎18μ。‎ ‎(3)Q脱离P后做平抛运动,由h=‎1‎‎2‎gt2得 t=‎‎2hg Q落地时二者间的水平距离为x=(v1-v2)t=‎2Rh‎6‎。‎ 跟踪集训 ‎1.有一质量m=2 kg的小球套在长L=1 m的固定轻杆顶部,杆与水平方向成θ=37°角。静止释放小球,1 s后小球到达杆底端。g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。‎ ‎(1)求小球到达杆底端时速度为多大?‎ ‎(2)求小球与杆之间的动摩擦因数为多大?‎ ‎(3)若在竖直平面内给小球施加一个垂直于杆方向的恒力,静止释放小球后保持它的加速度大小为1 m/s2,且沿杆向下运动,则这样的恒力为多大?‎ 答案　(1)2 m/s　(2)0.5　(3)36 N或4 N 解析　(1)设小球到达杆底端时速度大小为v,则 L=vt,v=‎‎0+v‎2‎ 解得v=2 m/s ‎(2)设小球下滑过程中的加速度大小为a1,则a1=‎vt 根据牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma1‎ 解得μ=0.5‎ ‎(3)小球在恒力作用下,有mg sin θ-μN2=ma2,解得N2=20 N 若恒力F垂直杆向上,则F=N2+mg cos θ,解得F=36 N 若恒力F垂直杆向下,则F=N2-mg cos θ,解得F=4 N ‎2.如图甲所示,质量M=1.0 kg的长木板A静止在光滑水平面上,在木板的左端放置一个质量m=1.0 kg的小铁块B,铁块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,对铁块施加水平向右的拉力F,F大小随时间变化如图乙所示,4 s时撤去拉力。可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,取重力加速度g=10 m/s2。求:‎ ‎(1)0~1 s内,A、B的加速度大小aA、aB;‎ ‎(2)B相对A滑行的最大距离x;‎ ‎(3)0~4 s内,拉力做的功W;‎ ‎(4)0~4 s内系统产生的摩擦热Q。‎ 答案　(1)2 m/s2　4 m/s2　(2)2 m　(3)40 J　(4)4 J 解析　(1)在0~1 s内,A、B两物体分别做匀加速直线运动 根据牛顿第二定律得μmg=MaA F1-μmg=maB 代入数据得aA=2 m/s2,aB=4 m/s2‎ ‎(2)t1=1 s后,拉力F2=μmg,铁块B做匀速运动,速度大小为v1;木板A仍做匀加速运动,又经过时间t2,速度与铁块B相等。‎ v1=aBt1‎ 又v1=aA(t1+t2)‎ 解得t2=1 s 设A、B速度相等后一起做匀加速运动,运动时间t3=2 s,加速度为a F2=(M+m)a a=1 m/s2‎ 木板A受到的静摩擦力f=Ma<μmg,A、B一起运动 x=‎1‎‎2‎aBt‎1‎‎2‎+v1t2-‎1‎‎2‎aA(t1+t2)2‎ 代入数据得x=2 m ‎(3)0~1 s内拉力做的功W1=F1x1=F1·‎1‎‎2‎aBt‎1‎‎2‎=12 J ‎1~2 s内拉力做的功W2=F2x2=F2v1t2=8 J ‎2~4 s内拉力做的功W3=F2x3=F2v‎1‎t‎3‎‎+‎1‎‎2‎at‎3‎‎2‎=20 J ‎0~4 s内拉力做的功W=W1+W2+W3=40 J。‎ ‎(4)系统的摩擦热Q只发生在铁块与木板相对滑动阶段,此过程中系统产生的摩擦热 Q=μmg·x=4 J ‎3.如图所示,光滑水平面上有一质量M=4.0 kg的平板车,车的上表面是一段长L=1.5 m的粗糙水平轨道,水平轨道左侧连一半径R=0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道在点O'处相切。现有一质量m=1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车,小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5,小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A。取g=10 m/s2,求:‎ ‎(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小;‎ ‎(2)小物块与车最终相对静止时,它距点O'的距离。‎ 答案　(1)5 m/s　(2)0.5 m 解析　(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒,设小物块到达圆弧轨道最高点A时,二者的共同速度为v1‎ 由动量守恒定律得mv0=(M+m)v1‎ 由能量守恒定律得‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎-‎1‎‎2‎(M+m)v‎1‎‎2‎=mgR+μmgL 解得v0=5 m/s ‎(2)设小物块最终与车相对静止时,二者的共同速度为v2,从小物块滑上平板车,到二者相对静止的过程中,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v2‎ 设小物块与车最终相对静止时,它距O'点的距离为x,由能量守恒定律得‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎-‎1‎‎2‎(M+m)v‎2‎‎2‎=μmg(L+x)‎ 解得x=0.5 m