近几年高考物理力学综合题24题
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07年24#.(12分)
解:⑪μmg=m ω2R ,ω=5rad/s 2分
⑫滑块在A 点时的速度vA=ωR=1m/s ,A 到B 过程用动能定理:
mgh-μmgcos53°·h/sin53°=222121A
B mv mv - 3分 在B 点时的机械能EB=2
21B
mv -mgh=-4J 2分
⑬滑块在B 点时的速度:vB=4m/s 。滑块向上运动时加速度大小a1=g(sin37°+μcos37°)=10m/s2
返回时的加速度大小:a2=g(sin37°-μcos37°)=2m/s2, 3分 因此BC 间的距离:
sBC=
2
1212212⎪
⎪⎭⎫
⎝
⎛--a v t a a v B
B =0.76m 2分
08年24、解:⑪设小物体运动到p 点时的速度大小为v ,对小物体由a 到p 过程应用动能
定理得: 2211222
a mgL mgR m m μ--=
-v v 2
122
R gt =
s =v t 解得:s =0.8 m
⑫设在数字“0”的最高点时管道对小物体的作用力大小为F ,有:
2
F mg m R
+=v
解得:F =0.3 N 方向竖直向下
09年24、答案:(1)3000N ;(2)0.40.6μ<≤;(3)0.4s
解析:(1)设货物滑到圆轨道末端是的速度为v 0,对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得,21012
mgR m v =
①, 设货物在轨道末端所受支持力的大小为F N ,根据牛顿第二定律得,20
11N v F m g m R
-=②,
联立以上两式代入数据得F N =3000N ③,
根据牛顿第三定律,货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N ,方向竖直向下。 (2)若滑上木板A 时,木板不动,由受力分析得11212(2)m g m m g μμ≤+④, 若滑上木板B 时,木板B 开始滑动,由受力分析得11212()m g m m g μμ>+⑤, 联立④⑤式代入数据得0.40.6μ<≤⑥。
(3)10.5μ=,由⑥式可知,货物在木板A 上滑动时,木板不动。设货物在木板A 上做减
速运动时的加速度大小为a 1,由牛顿第二定律得1111m g m a μ=⑦,
设货物滑到木板A 末端是的速度为v 1,由运动学公式得221012v v a l -=-⑧
, 联立①⑦⑧式代入数据得v 1=4m/s ⑨, 设在木板A 上运动的时间为t ,由运动学公式得v 1=v 0-a 1t ⑩,联立①⑦⑨⑩式代入数据得t=0.4s 。 【考点】机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学方程、受力分析
10年24#【解析】(1)设小车在恒力F 作用下的位移为l ,由动能定理得
221
2
Fl Mgs Mv μ-=
由牛顿第二定律得 F Mg Ma μ-= 由运动学公式得 212
l at =
联立以上三式,带入数据得 24/a m s =
1t s =
= (2)滑块由O 滑至A 的过程中机械能守恒,即 212
A mgR mv = AB
段运动时间为11A s t s v =
== 故滑块离开B 后平抛时间与小车撤掉恒力F 后运动时间相同。 由牛顿第二定律得 Mg Ma μ'= 由运动学公式得 v at a t ''=- 由平抛规律得 2
12
h gt '= 带入数据得 0.8h m =
11年24.解:(1)B 做平抛运动 竖直方向:h =
2
2
1gt 水平方向:x = v B t 解得v B = 2 m/s
(2)B 在相对滑动l 2段的过程中,v B = μgt B 解得t B = 0.5 s
x B =
B B t v )0(2
1
+ 解得x B = 0.5 m (3)A 前进l 1段的过程中,2
112
1Mv Fl = 解得v 1 = 2 m/s
A 前进(l 2+x
B )段的过程中,F -μmg = ma 解得a = 8 m/s 2 又2
122
1B B B at t v x l +=+ 解得l 2 = 1.5 m 。
12年22.
(1)物块从P 点下滑经B 点至C 点的整个过程,根据动能定理得 10
mgh mgL μ-=
代入数据得
0.2h m
=
○
2 (2)○1设物块的加速度大小为a ,P 点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ,由几何关
系可得 cos R h
R θ-=
○3
根据牛顿第二定律,对物体有
tan mg ma
θ=
○
4 对工件和物体整体有
2()()F M m g M m a
μ-+=+
○5 联立○2○3○4○5式,代入数据得
8.5N
F =
○
6 ○2设物体平抛运动的时间为t ,水平位移为1x ,物块落点与B 间的距离为 2x , 由运动学公式可得 2
12h gt =
○7 1
x vt =
○
8 2
1sin x x R θ
=-
○
9