2018届高考物理二轮复习文档：重难强化练——“活用三大观点破解力学计算题”课后冲关

2018届高考物理二轮复习文档：重难强化练——“活用三大观点破解力学计算题”课后冲关

重难专题强化练——“活用三大观点破解力学计算题”课后冲关 ‎1．(2017·枣庄期末)如图甲所示，电动机通过绕过光滑定滑轮的细绳与放在倾角为30°的光滑斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在0～3 s时间内物体运动的vt图像如图乙所示，其中除1～2 s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，1 s后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为2 kg，重力加速度g＝10 m/s2。求：‎ ‎(1)1 s后电动机的输出功率P；‎ ‎(2)物体运动的最大速度vm；‎ ‎(3)在0～3 s内电动机所做的功。‎ 解析：(1)设物体的质量为m，由题图乙可知，在时间t1＝1 s内，物体做匀加速直线运动的加速度大小为a＝5 m/s2，1 s末物体的速度大小达到v 1＝5 m/s，此过程中，设细绳拉力的大小为F1，则根据运动学公式和牛顿第二定律可得：v1＝at1‎ F1－mgsin 30°＝ma 设在1 s末电动机的输出功率为P，‎ 由功率公式可得：P＝F1v1‎ 联立解得：P＝100 W。‎ ‎(2)当物体达到最大速度vm后，设细绳的拉力大小为F2，由牛顿第二定律和功率的公式可得：‎ F2－mgsin 30°＝0‎ P＝F2vm 联立解得：vm＝10 m/s。‎ ‎(3)设在时间t1＝1 s内，物体的位移为x，电动机做的功为W1‎ ‎，则由运动公式及动能定理：x＝at12‎ W1－mgxsin 30°＝mv12‎ 设在时间t＝3 s内电动机做的功为W，则：‎ W＝W1＋P(t－t1)‎ 联立解得：W＝250 J。‎ 答案：(1)100 W　(2)10 m/s　(3)250 J ‎2．(2017·天津高考)如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。现将B竖直向上再举高h＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g＝10 m/s2，空气阻力不计。求：‎ ‎(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；‎ ‎(2)A的最大速度v的大小；‎ ‎(3)初始时B离地面的高度H。‎ 解析：(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，‎ 有h＝gt2　 ①‎ 代入数据解得t＝0.6 s。　 ②‎ ‎(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vB＝gt　 ③‎ 细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得 mBvB＝(mA＋mB)v　 ④‎ 之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为A的最大速度，‎ 联立②③④式，代入数据解得v＝2 m/s。　 ⑤‎ ‎(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有 (mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH　 ⑥‎ 代入数据解得H＝0.6 m。　 ⑦‎ 答案：(1)0.6 s　(2)2 m/s　(3)0.6 m ‎3．质量分别为2m和m的滑块1和滑块2通过一根细线拴接在压缩的弹簧两端，某一刻细线剪断后滑块1沿水平面向左运动，滑块2向右从斜面底端开始沿斜面向上运动，忽略滑块2沿斜面向上运动前的速度大小变化，当斜面倾角θ＝30°时，滑块1和滑块2滑行的最大距离之比为∶4，当倾斜角度变化时，滑块沿斜面滑行的最大距离也会随之变化。重力加速度为g，水平部分和斜面部分动摩擦因数相同。求：‎ ‎(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数；‎ ‎(2)假设滑块2的初速度为v0，当斜面倾角为多大时，滑块滑行的最大距离最小，最小值是多少？‎ 解析：(1)细线剪断瞬间两个滑块组成的系统动量守恒，有2mv1＝mv2‎ 对滑块1水平向左滑行，根据功能关系有 μ·2mgx1＝·2mv12‎ 对滑块2沿斜面向上滑行，根据受力可得 a1＝gsin 30°＋μgcos 30°‎ 滑块2滑行最远距离x2＝ 根据＝ 可得μ＝。‎ ‎(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，滑块的加速度为a2，则：‎ ‎－mgsin θ－μmgcos θ＝ma2‎ 设滑块的位移为x，根据运动学公式：0－v02＝2a2x 则x＝ ‎＝＝，‎ 当θ＋30°＝90°时，x最小，即θ＝60°‎ x最小值为xmin＝＝。‎ 答案：(1)　(2)60°　 ‎4．(2017·凉山州一诊)如图所示，水平面上有一长度L＝4 m的薄凹槽CD，长L1＝2 m、质量M＝1 kg的薄板放在凹槽右侧D点静止，水平面两侧各有一个R＝0.5 m的半圆轨道。D点右侧静止一质量m＝0.98 kg的小木块。现有一颗质量m0＝20 g的子弹以v0＝100 m/s的速度射入木块，共速后滑上薄板，板与木块间动摩擦因数μ＝0.05，其余一切摩擦不计。若薄板每次与C、D面碰后速度立即减为0且与C、D面不粘连，重力加速度g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)子弹与木块碰后共同的速度为多大？‎ ‎(2)木块过圆弧B点时对B点压力为多大？‎ ‎(3)木块最终停止时离D点多远？‎ 解析：(1)设子弹与木块的共同速度为v，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：‎ m0v0＝(m0＋m)v 代入相关数据解得：v＝2 m/s。‎ ‎(2)木块滑上薄板后，木块的加速度 a1＝μg＝0.5 m/s2，且方向向右。‎ 薄板产生的加速度a2＝＝0.5 m/s2，且方向向左。‎ 设经过时间t，木块与薄板以共同速度v′运动 则：v′＝v－a1t＝a2t 解得v′＝1 m/s，t＝2 s。‎ 此时木块在薄板上运动的距离 Δx＝vt－a1t2－a2t2‎ 代入数据解得Δx＝2 m＝L1，‎ 故共速时，木块恰好在薄板左侧 木块过B点时圆弧轨道对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：‎ N－(m＋m0)g＝(m＋m0) 代入相关数据解得：N＝12 N 由牛顿第三定律知，木块过圆弧B点时对B点压力为12 N。‎ ‎(3)木块沿半圆轨道向上运动后返回到C点，当木块再由C处滑上薄板时，设经过t1共速，此时薄板和木块的共同速度为v1‎ 则：v1＝v′－a1t1＝a2t1‎ 解得v1＝0.5 m/s，t1＝1 s。‎ 此时木块在薄板上运动的距离 Δx′＝v′t1－a1t12－a2t12＝0.5 m 薄板与D面碰撞后，v薄板＝0，木块以速度v1＝0.5 m/s的速度向右做减速运动 设经过t2时间速度为0，‎ 则t2＝＝1 s x＝v1t2－a1t22＝0.25 m 故ΔL＝L1－Δx′－x＝1.25 m 即木块停止运动时离D点1.25 m远。‎ 答案：(1)2 m/s　(2)12 N　(3)1.25 m ‎5．如图所示，四分之一圆弧轨道OA与传送带相切相连，下方的CD水平轨道与他们在同一竖直面内。圆弧轨道OA的半径R＝1.25 m，传送带长s＝2.25 m，圆弧轨道OA光滑，AB与CD间的高度差为h。一滑块从O点由静止释放，当滑块经过B点时(无论传送带是否运动)，静止在CD上的长为L＝m的薄木板(此时木板的左端在B点的正下方)在F＝12 N的水平恒力作用下启动。‎ 已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板的质量M＝1 kg，木板与水平轨道CD间的动摩擦因数μ2＝0.4，g取10 m/s2。‎ ‎(1)如果传送带静止，求滑块到达B点时的速度大小；‎ ‎(2)如果传送带静止，若滑块能落在木板上，求h的取值范围；‎ ‎(3)如果传送带可以以任意速度传动，取h＝20 m，试判断滑块还能否落在木板上。‎ 解析：(1)设滑块滑到A点时的速度为vA，由机械能守恒定律可知：mgR＝mvA2‎ 代入数据解得：vA＝5 m/s；‎ 滑块滑过静止的传送带到达B点时，速度为vB，‎ 由动能定理有：－μ1mgs＝mvB2－mvA2‎ 代入数据得：vB＝4 m/s。‎ ‎(2)设木板在CD上运动的加速度为a，由牛顿第二定律得：a＝＝8 m/s2；‎ 若滑块能落在木板上，可得vBt1≥at12‎ 代入数据解得：t1≤1 s；‎ 对应的高度为：h1＝gt12‎ 代入数据解得：h1≤5 m；‎ 如果滑块恰好落在木板右端，需用时t2，‎ 则有：vBt2≤at22＋L 解得：t2≥ s和0≤t2≤ s 对应的高度为：h2＝gt22‎ 解得：h2≥ m，‎ ‎0≤h2≤ m，‎ 故h的取值范围为，。‎ ‎(3)如果h＝20 m，则滑块落在木板上的时间为t，则有h＝gt2，解得t＝2 s；如果滑块落在木板左端，需要滑块有速度vB1，则有vB1t＝at2，解得vB1＝8 m/s；由于传送带的速度足够大，所以可以让滑块一直处于加速状态，设滑块运动到B点的速度为vB1′，则由动能定理有：μ1mgs＝mvB12－mvA2‎ 解得：vB1′＝ m/s＜8 m/s；‎ 即传送带不足以使滑块获得落在木板上所需的速度，故滑块不能落在木板上。‎ 答案：(1)4 m/s　(2) ， ‎(3)滑块不能落在木板上