步步高考前三个月2016四川版高考物理复习高考13题逐题特训(15份)第12题

三、计算题规范练 第12题 力学综合计算题预测题型1 运动学规律与牛顿第二定律的综合应用1．如图1所示，一足够长的固定光滑斜面倾角θ＝37°，两物块A 、B 的质量m A ＝1kg ，m B ＝4kg.两物块之间的轻绳长L ＝0.5m ，轻绳可承受的最大拉力为T ＝12N ，对B 施加一沿斜面向上的力F ，使A 、B 由静止开始一起向上运动，力F 逐渐增大，g 取10m/s 2(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．图1(1)某一时刻轻绳被拉断，求此时外力F 的大小；(2)若轻绳拉断瞬间A 、B 的速度为3m/s ，绳断后保持外力F 不变，求当A 运动到其能到达的最高点时，A 、B 之间的距离． 答案 (1)60N (2)2.375m解析 (1)整体：F －(m A ＋m B )g sin θ＝(m A ＋m B )a A 物体：T －m A g sin θ＝m A a 解得：F ＝60N. (2)设沿斜面向上为正， A 物体：－m A g sin θ＝m A a A 因v 0＝3m/s故A 物体到最高点所需时间t ＝0.5s此过程A 物体的位移为x A ＝v A t ＝v 02t ＝0.75mB 物体：F －m B g sin θ＝m B a B x B ＝v 0t ＋12a B t 2两者间距为x B －x A ＋L ＝2.375m.2．(2015·聊城二模)如图2所示，质量M ＝8.0kg ，长L ＝2.0m 的木板静置在水平地面上，质量m ＝0.50kg 的小滑块(可视为质点)以速度v 0＝3.0m /s 从木板的左端冲上木板．已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g 取10 m/s 2.图2(1)若木板固定，滑块将从木板的右端滑出，求滑块在木板上滑行的时间t 和滑出时的速度v ； (2)若水平地面光滑，且木板不固定，在小滑块冲上木板的同时，对木板施加一个水平向右的恒力F ，如果要使滑块不从木板右端掉下，力F 应满足什么条件？假定滑块与木板之间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等． 答案 (1)1.0s 1.0m/s (2)F ≥1N解析 (1)滑块在木板上做匀减速直线运动，初速度为v 0＝3.0m/s ，位移为L ＝2.0m ，滑块在滑行的过程中受重力、支持力和摩擦力． 根据牛顿第二定律有，滑块加速度的大小 a ＝F 合m ＝μmg m＝2.0m/s 2设滑块在木板上滑行的时间为t ，根据运动学公式有 L ＝v 0t －12a 1t 2所以t ＝1.0s 或t ＝2.0s(舍)之所以要舍去t ＝2.0s ，是因为如果木板足够长，当t ＝0－v 0－a 1＝1.5s 时，滑块就静止了． 滑块从右端滑出时，v ＝v 0－a 1t ＝1.0m/s.(2)设当F ＝F 1时，滑块恰好运动到木板的右端，然后与木板一起运动．在滑块与木板有相对滑动的这段时间内，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动．设这段时间为t 1，滑块与木板共同运动的速度为v 1，则有 v 0t 1－12at 21－12a 滑t 21＝L v 1＝v 0－at 1＝a 滑t 1 解得t 1＝43sa 滑＝0.25m/s 2根据牛顿第二定律有F 1＋μmg ＝Ma 滑 所以F 1＝1N所以，当F ≥1N 时，滑块不会从木板的右端滑出． 预测题型2 图像与牛顿运动定律的综合应用如图1甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M 的木板．开始时质量为m ＝1kg 的滑块在水平向左的力F 作用下静止在斜面上，今将水平力F 变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F ，滑块滑上木板的过程不考虑能量损失，此后滑块和木板在水平上运动的v －t 图像如图乙所示，g ＝10m/s 2.求：图1(1)水平作用力F 的大小； (2)滑块开始下滑时的高度； (3)木板的质量．答案 (1)1033N (2)2.5m (3)1.5kg解析 (1)滑块受到水平推力F 、重力mg 和支持力N 处于平衡，如图所示：F ＝mg tan θ 代入数据可得：F ＝1033N(2)由题图可知，滑块滑到木板上的初速度为10m/s ，当F 变为水平向右之后， 由牛顿第二定律可得： mg sin θ＋F cos θ＝ma ， 解得a ＝10m/s 2 下滑的位移：x ＝v 22a解得x ＝5m故下滑的高度h ＝x sin30°＝2.5m(3)由图像可知，二者先发生相对滑动，当达到共速后一块做匀减速运动，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2， 二者共同减速时的加速度大小a 1＝1m/s 2 发生相对滑动时，木板的加速度a 2＝1m/s 2 滑块减速的加速度大小为a 3＝4m/s 2 对整体受力分析可得 a 1＝μ1(M ＋m )g M ＋m ＝μ1g可得μ1＝0.1在0～2s 内分别对m 和M 做受力分析 对M ：μ2mg －μ1(M ＋m )gM ＝a 2对m ：μ2mg m＝a 3代入数据解方程可得M ＝1.5kg.预测题型3 应用动力学和能量观点分析多过程问题1．如图1所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB 的下端与光滑的圆弧轨道BCD 相切于B ，C 是最低点，圆心角∠BOC ＝37°，D 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R ＝1.0m ，现有一个质量为m ＝0.2kg 可视为质点的小物体，从D 点的正上方E 点处自由下落，D 、E 两点间的距离h ＝1.6m ，物体与斜面AB 之间的动摩擦因数μ＝0.5，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10m/s 2.求：图1(1)物体第一次通过C 点时轨道对物体的支持力N 的大小； (2)要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度L AB 至少要多长；(3)若斜面已经满足(2)要求，物体从E 点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，求在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q 的大小． 答案 (1)12.4N (2)2.4m (3)4.8J解析 (1)物体从E 到C ，由机械能守恒得： mg (h ＋R )＝12m v 2C①在C 点，由牛顿第二定律得：N －mg ＝m v 2CR②联立①②，解得支持力N ＝12.4N ③ (2)从E →D →C →B →A 过程，由动能定理得 W G －W f ＝0④W G ＝mg [(h ＋R cos 37°)－L AB sin 37°]⑤ W f ＝μmg cos37°L AB ⑥联立④⑤⑥解得斜面长度至少为L AB ＝2.4m ⑦(3)因为mg sin37°>μmg cos37°(或μ<tan37°)所以，物体不会停在斜面上，物体最后以C 为中心，B 为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动．从E 点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量Q＝ΔE p ⑧ΔE p ＝mg (h ＋R cos37°)⑨ 联立⑧⑨解得Q ＝4.8J 在运动过程中产生热量为4.8J.2．有一种地下铁道，站台的路轨建得高些，车辆进站时要上坡，出站时要下坡，如图2所示．设坡顶高度为h ，坡顶A 到坡底B 水平间距为L 1，坡底B 到出站口C 间距为L 2.一质量为m 的机车由坡顶A 开始无动力下滑，到达坡底B 时，机车发动机开始工作，到达出站口C 时，速度已达到正常速度v .若机车与各处轨道间动摩擦因数均为μ，且忽略机车长度，求：图2(1)机车到达斜坡底端B 时的速度大小v 1； (2)机车到达出站口时，发动机做了多少功；(3)请简要说明，站台轨道比运行轨道略高一些的优点． 答案 (1)2gh －2μgL 1 (2)12m v 2＋μmg (L 1＋L 2)－mgh (3)机车进站时，将动能转化为重力势能，储存起来，出站时，将这些重力势能释放出来变成动能，减少能量的消耗．解析 (1)机车由A 到B 的过程中，由动能定理 mgh －fl ＝12m v 21又f ＝μmg cos θ＝μmgL 1h 2＋L 21，l ＝h 2＋L 21 可得v 1＝2gh －2μgL 1(2)机车由B 到C 的过程中，由动能定理得 W －μmgL 2＝12m v 2－12m v 21解得W ＝12m v 2＋μmg (L 1＋L 2)－mgh(3)站台轨道比运行轨道略高的优点：机车进站时，将动能转化为重力势能，储存起来，出站时，将这些重力势能释放出来变成动能，减少能量的消耗． 预测题型4 曲线运动及天体运动1．(2015·重庆理综·8)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图1所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板．M 板上部有一半径为R 的14圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为H .N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g .求：图1(1)距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向； (3)摩擦力对小球做的功． 答案 (1)34H (2)Lg 2H mg (1＋L 22HR )，方向竖直向下 (3)mg (L 24H－R ) 解析 (1)小球在Q 点处的速度为v 0，从Q 到距Q 水平距离为L2的圆环中心处的时间为t 1，落到底板上的时间为t ，距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度为h ，由平抛运动规律得L＝v 0t ① L2＝v 0t 1② H ＝12gt 2③H －h ＝12gt 21④联立①②③④式解得h ＝34H ⑤(2)联立①③式解得v 0＝Lg 2H⑥ 在Q 点处对球由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 20R ⑦联立⑥⑦式解得F N ＝mg (1＋L 22HR )⑧由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为 F N ′＝F N ＝mg (1＋L 22HR)⑨方向竖直向下(3)从P 到Q 对小球由动能定理得 mgR ＋W f ＝12m v 20⑩联立⑥⑩式解得W f ＝mg (L 24H－R )2．“嫦娥一号”探月卫星以圆形轨道绕月飞行，卫星将获取的信息以微波信号发回地球，假设卫星绕月的轨道平面与地月连心线共面，各已知物理量如表中所示：(1)(2)“嫦娥一号”在圆轨道上绕月球飞行一周所用的时间为多少？ 答案 (1)r m M ＋m－R 1 (2)2πr 1R 1g 1r 1g 1解析 (1)设卫星质量m ′，卫星受到地球和月球引力相等，由万有引力定律得： G Mm ′L 21＝G mm ′L 22又因为L 1＋L 2＝r ，卫星到月球表面的距离为h ＝L 2－R 1， 由以上各式解得h ＝r mM ＋m－R 1(2)由月球对卫星的万有引力提供向心力得： G mm ′r 21＝m ′(2πT )2r 1，在月球表面有G mm ′R 21＝m ′g 1解得绕月球一周所用的时间为T ＝2πr 1R 1g 1r 1g 1.3．如图2所示，为一同学制作的研究平抛运动的装置，其中水平台AO 长x ＝0.70m ，长方体薄壁槽紧贴O 点竖直放置，槽宽d ＝0.10m ，高h ＝1.25m ．现有一弹性小球从平台上A 点水平射出．已知小球与平台间的阻力为其重力的0.1倍，重力加速度取g ＝10m/s 2.图2(1)为使小球能射入槽中，求小球的最小出射速度；(2)若要保证小球不碰槽壁且恰能落到槽底上的P 点，求小球在平台上运动的时间； (3)若小球碰壁后能立即原速率反弹，为使小球能击中O 点正下方槽壁上的B 点，h OB ＝0.80m ，求小球入射速度所有可能的值． 答案 (1)75m/s (2)1s (3) 75＋14n 2m/s(n ＝1,2,3…) 解析 (1)设小球的最小出射速度为v 1，由动能定理得 kmgx ＝12m v 21k ＝0.1 解得v 1＝75m/s (2)小球落到P 点，在O 点抛出时的速度为v 0， 水平方向有：d ＝v 0t 1 竖直方向有：h ＝12gt 21解以上两式得v 0＝0.2m/s在平台上运动时加速度为a ，有kmg ＝ma v 2－v 0＝at 2v 22－v 20＝2ax联立解得t 2＝1s (3)小球碰壁反弹，水平方向：2nd ＝v 3t 3(n ＝1,2,3…) 竖直方向：h OB ＝12gt 23由运动学公式得：v 2－v 23＝2ax 解得v ＝75＋14n 2m/s(n ＝1,2,3…)。