《（全國I卷）2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第5章 機械能 能力課時7 應(yīng)用動力學(xué)觀點和能量觀點 突破多過程綜合問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國I卷）2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第5章 機械能 能力課時7 應(yīng)用動力學(xué)觀點和能量觀點 突破多過程綜合問題（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、能力課時7　應(yīng)用動力學(xué)觀點和能量觀點 突破多過程綜合問題 1.如圖1所示，在光滑水平地面上放置質(zhì)量M＝2 kg的長木板，木板上表面與固定的豎直弧形軌道相切。一質(zhì)量m＝1 kg的小滑塊自A點沿弧面由靜止滑下，A點距離長木板上表面高度h＝0.6 m?；瑝K在木板上滑行t＝1 s后，和木板以共同速度v＝1 m/s勻速運動，取g＝10 m/s2。求： 圖1 (1)滑塊與木板間的摩擦力大??； (2)滑塊沿弧面下滑過程中克服摩擦力做的功； (3)滑塊相對木板滑行的距離。 解析　(1)對木板Ff＝Ma1，由運動學(xué)公式得v＝a1t 解得a1＝1 m/s2，F(xiàn)f＝2 N (2)對滑塊有－F

2、f＝ma2 設(shè)滑塊滑上木板時的初速度為v0，由公式v－v0＝a2t 解得a2＝－2 m/s2，v0＝3 m/s 滑塊沿弧面下滑的過程中，由動能定理得 mgh－Wf＝mv 可得滑塊克服摩擦力做的功為Wf＝mgh－mv＝1.5 J (3)t＝1 s內(nèi)木板的位移x1＝a1t2＝0.5 m 此過程中滑塊的位移x2＝v0t＋a2t2＝2 m 故滑塊相對木板滑行距離L＝x2－x1＝1.5 m 答案　(1)2 N　(2)1.5 J　(3)1.5 m 2.如圖2所示，上表面光滑，長度為3 m、質(zhì)量M＝10 kg的木板，在F＝50 N的水平拉力作用下，以v0＝5 m/s的速度沿水平地面向右勻

3、速運動?，F(xiàn)將一個質(zhì)量為m＝3 kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點)無初速度地放在木板最右端，當(dāng)木板運動了L＝1 m時，又將第二個同樣的小鐵塊無初速度地放在木板最右端，以后木板每運動1 m就在其最右端無初速度地放上一個同樣的小鐵塊。(g取10 m/s2)求： 圖2 (1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)； (2)剛放第三個鐵塊時木板的速度大??； (3)從放第三個鐵塊開始以后(以后停止放鐵塊)到木板停下的過程，木板運動的距離。 解析　(1)木板做勻速直線運動時，受到地面的摩擦力為Ff 由平衡條件得F＝Ff① Ff＝μMg② 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得μ＝0.5③ (2)每放一個小鐵塊，木板所受的摩擦力增

4、加μmg，令剛放第三個鐵塊時木板速度為v1，對木板從放第一個鐵塊到剛放第三個鐵塊的過程，由動能定理得 －μmgL－2μmgL＝Mv－Mv④ 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得v1＝4 m/s⑤ (3)從放第三個鐵塊開始到木板停下之前，木板所受的摩擦力恒為μ(3m＋M)g 從放第三個鐵塊開始到木板停下的過程，木板運動的距離為x，對木板由動能定理得 －3μmgx＝0－Mv⑥ 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得x＝ m＝1.78 m 答案　(1)0.5　(2)4 m/s　(3)1.78 m 3.如圖3所示，AB段為一半徑R＝0.2 m的光滑圓弧軌道，EF是一傾角為30°的足夠長的光滑固定斜面，斜面上有一質(zhì)量為0.1 kg

5、的薄木板CD，開始時薄木板被鎖定.一質(zhì)量也為0.1 kg的物塊(圖中未畫出)從A點由靜止開始下滑，通過B點后水平拋出，經(jīng)過一段時間后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物塊滑上薄木板的同時薄木板解除鎖定，下滑過程中某時刻物塊和薄木板能達到共同速度。已知物塊與薄木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝。(g＝10 m/s2，結(jié)果可保留根號)求： 圖3 (1)物塊到達B點時對圓弧軌道的壓力； (2)物塊滑上薄木板時的速度大??； (3)達到共同速度前物塊下滑的加速度大小及從物塊滑上薄木板至達到共同速度所用的時間。 解析　(1)物塊從A到B的過程，由動能定理得： mgR＝mv 解得：vB＝2 m/

6、s 在B點由牛頓第二定律得：FN－mg＝m 解得：FN＝3 N 由牛頓第三定律得物塊對軌道的壓力大小為3 N，方向豎直向下 (2)設(shè)物塊滑上薄木板的速度為v，則：cos 30°＝ 解得：v＝ m/s (3)物塊和薄木板下滑過程中，由牛頓第二定律得： 對物塊：mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1 對薄木板：mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2 設(shè)物塊和薄木板達到的共同速度為v′，則： v′＝v＋a1t＝a2t 解得：a1＝2.5 m/s2，t＝ s 答案　(1)3 N，方向豎直向下　(2) m/s　 (3)2.5 m/s2　 s 4.(2020

7、·樂山市三診)利用彈簧彈射和皮帶傳動裝置可以將工件運送至高處。如圖4所示，已知傳送軌道平面與水平方向成37°角，傾角也是37°的光滑斜面軌道固定于地面且與傳送軌道良好對接，彈簧下端固定在斜面底端，工件與皮帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25。皮帶傳動裝置順時針勻速轉(zhuǎn)動的速度v＝4 m/s，兩輪軸心相距L＝5 m，B、C分別是傳送帶與兩輪的切點，輪緣與傳送帶之間不打滑?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝1 kg的工件放在彈簧上，用力將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，工件離開斜面頂端滑到皮帶上的B點時速度v0＝8 m/s，A、B間的距離x＝1 m。工件可視為質(zhì)點，g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8

8、)求： 圖4 (1)彈簧的最大彈性勢能； (2)工件沿傳送帶上滑的時間。 解析　(1)彈簧的最大彈性勢能 Ep＝mgxsin 37°＋mv 得Ep＝38 J。 (2)工件沿傳送軌道減速向上滑動過程 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 與傳送帶共速需要時間t1＝＝0.5 s 工件滑行位移大小x1＝＝3 m＜L 因為μ＜tan 37°，所以工件將沿傳送帶繼續(xù)減速上滑mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 假設(shè)工件速度減為0時，工件未從傳送帶上滑落。則 t2＝＝1 s 工件滑行位移大小x2＝＝2 m＝L－x1 故假設(shè)成立，工件沿傳送帶上滑的時

9、間為 t＝t1＋t2＝1.5 s。 答案　(1)38 J　(2)1.5 s 5.如圖5所示，有一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量m＝1 kg的小物塊，從光滑平臺上的A點以v0＝1.8 m/s的初速度水平拋出，到達C點時，恰好沿C點的切線方向進入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，最后小物塊無碰撞地滑上緊靠軌道末端D點的足夠長的水平傳送帶。已知傳送帶上表面與圓弧軌道末端切線相平，傳送帶沿順時針方向勻速運行的速度為v＝3 m/s，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，圓弧軌道的半徑為R＝2 m，C點和圓弧的圓心O點連線與豎直方向的夾角θ＝53°，不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0

10、.8，cos 53°＝0.6。求： 圖5 (1)小物塊到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力； (2)小物塊從滑上傳送帶到第一次離開傳送帶的過程中產(chǎn)生的熱量。 解析　(1)設(shè)小物塊在C點的速度為vC，在C點由vC＝，解得vC＝3 m/s 設(shè)小物塊在D的速度為vD。從C到D，由動能定理得mgR(1－cos θ)＝mv－mv，解得vD＝5 m/s 設(shè)在D點軌道對小物塊的作用力為FN：FN－mg＝m 解得FN＝22.5 N， 由牛頓第三定律，小物塊對軌道的壓力大小為22.5 N，方向豎直向下。 (2)設(shè)小物塊在傳送帶上的加速度為a，則 μmg＝ma　a＝μg＝5 m/s2 設(shè)小物塊由D點向左運動至速度為零，所用時間為t1，位移為x1，則 vD＝at1 x1＝t1 設(shè)t1時間內(nèi)傳送帶向右的位移為x2，則x2＝vt1 小物塊速度由零增加到與傳送帶速度相等的過程，所用時間為t2，t2＝ 通過的位移x3，x3＝t2 傳送帶的位移為x4＝vt2 小物塊相對傳送帶移動的位移為 x＝x1＋x2＋x4－x3 Q＝μmgx，解得Q＝32 J。 答案　(1)22.5 N，方向豎直向下　(2)32 J