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2019-2020年高考物理專題復習 力學計算題 粵教版 一、五種典型的模型 1、勻變速直線運動 2、平拋運動 3、圓周運動 4、碰撞和反沖 5、板塊 6、彈簧連接體 二、典型的力學綜合計算題 1．如圖甲所示，粗糙水平面CD與光滑斜面DE平滑連接于D處；可視為質(zhì)點的物塊A、B緊靠一起靜置于P點，某時刻A、B在足夠大的內(nèi)力作用下突然分離，此后A向左運動．已知：斜面的高度H=1.2m；A、B質(zhì)量分別為1kg和0.8kg，且它們與CD段的動摩擦因數(shù)相同；A向左運動的速度平方與位移大小關系如圖乙；重力加速度g取10m/s2． （1）求A、B與CD段的動摩擦因數(shù)； （2）求A、B分離時B的速度大小vB； 乙 0 16 8 D C P B A x E 甲 H 2．如圖所示，光滑水平面上靜止放置質(zhì)量M = 2kg，長L = 0.84m的長木板C；離板左端S = 0.12m處靜止放置質(zhì)量mA =1kg的小物塊A，A與C間的動摩擦因數(shù)μ = 0.4；在板右端靜止放置質(zhì)量mB = 1kg的小物塊B，B與C間的摩擦忽略不計．設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A、B均可視為質(zhì)點，g = 10m/s2．現(xiàn)在木板上加一水平向右的力F，問： （1）當F = 9N時，小物塊A的加速度為多大？ （2）若F足夠大，則A與B碰撞之前運動的最短時間是多少？ 3．如圖，長度S=2m的粗糙水平面MN的左端M處有一固定擋板，右端N處與水平傳送帶平滑連接．傳送帶以一定速率v逆時針轉(zhuǎn)動，其上表面NQ間距離為L=3m．可視為質(zhì)點的物塊A和B緊靠在一起并靜止于N處，質(zhì)量mA=mB=1kg．A、B在足夠大的內(nèi)力作用下突然分離，并分別向左、右運動，分離過程共有能量E=9J轉(zhuǎn)化為A、B的動能．設A、B與傳送帶和水平面MN間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.2，與擋板碰撞均無機械能損失．取重力加速度g=10m/s2，求： （1）分開瞬間A、B的速度大小； （2）B向右滑動距N的最遠距離； 4．如圖所示，半徑1.0的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的一個端點和圓心的連線與水平方向間的夾角，另一端點為軌道的最低點，其切線水平。C點右側的光滑水平面上緊挨C點靜止放置一木板，木板質(zhì)量M= 3kg，上表面與C點等高．質(zhì)量為m=1kg的物塊(可視為質(zhì)點)從空中點以V0=2.4的速度水平拋出，恰好從軌道的端沿切線方向進入軌道。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)0.4，取，0.6．求： (1) 物體到達點時的速度大小VB； (2) 物塊經(jīng)過C點時對軌道的壓力； (3) 木板長度滿足什么條件，才能使物塊不滑離木板。 5.如圖所示，在豎直平面內(nèi)，粗糙的斜面軌道AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B，C是最低點，圓心角∠BOC＝37，D與圓心O等高，圓弧軌道半徑R＝1.0 m?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m＝0.2 kg可視為質(zhì)點的小物體，從D點的正上方E點處自由下落，DE距離h＝1.6 m。物體與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。取sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g＝10 m/s2。求： （1）物體第一次通過C點時軌道對物體的支持力FN的大小； （2）要使物體不從斜面頂端飛出，斜面的長度LAB至少要多長； （3）若斜面已經(jīng)滿足（2）要求，物體從E點開始下落，直至最后在光滑圓弧軌道做周期性運動，在此過程中系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量Q的大小。 6．如圖甲所示，光滑曲面軌道固定在豎直平面內(nèi)，下端出口處在水平方向上．一平板車靜止在光滑水平地面上，右端緊靠曲面軌道，平板車上表面恰好與曲面軌道下端相平．一質(zhì)量為m的小物塊從曲面軌道上某點由靜止釋放，初始位置距曲面下端高度h=0.8m．物塊經(jīng)曲面軌道下滑后滑上平板車，最終沒有脫離平板車．平板車開始運動后的速度圖象如圖乙所示，重力加速度g=10m/s2． （1）根據(jù)圖乙寫出平板車在加速過程中速度v與時間t的關系式． （2）求平板車的質(zhì)量M． 圖甲 （3）求物塊與平板車間的動摩擦因數(shù)μ． m?s–1 圖乙 7.如圖，輪半徑r＝10 cm的傳送帶，水平部分AB的長度L＝1.5 m，與一圓心在O點半徑R＝1 m的豎直光滑圓軌道的末端相切于A點，AB高出水平地面H＝1.25 m．一質(zhì)量m＝0.1 kg的小滑塊(可視為質(zhì)點)，在水平力F作用下靜止于圓軌道上的P點，OP與豎直線的夾角θ＝37.已知sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g＝10 m/s2，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1. (1)求水平力F的大?。? (2)撤去F，使滑塊由靜止開始下滑． ①若傳送帶一直保持靜止，求滑塊的落地點與B間的水平距離． ②若傳送帶以v0＝0.5 m/s的速度沿逆時針方向運行(傳送帶上部分由B到A運動)，求滑塊在傳送帶上滑過痕跡的長度． 8.某校興趣小組制作了一個游戲裝置，其簡化模型如圖所示，在A點用一彈射裝置可將靜止的小滑塊以某一水平速度彈射出去，沿水平直線軌道運動到B點后，進入半徑R=0.1m的光滑豎直圓形軌道，運行一周后自B點向C點運動，C點右側有一陷阱，C、D 兩點的豎直高度差h=0.2m，水平距離s=0.6m，水平軌道AB長為L1=0.5m，BC長為L2 =1.5m，小滑塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，重力加速度g=10m/s2。 （1）若小滑塊恰能通過圓形軌道的最高點，求小滑塊在A點彈射出的速度大小； （2）若游戲規(guī)則為小滑塊沿著圓形軌道運行一周離開圓形軌道后只要不掉進陷阱即為勝出。求小滑塊在A點彈射出的速度大小范圍。 （3）若小滑塊是與從光滑斜軌道E點靜止釋放的小球發(fā)生完全非彈性碰撞后，離開A點的，求當滿足（2）中游戲規(guī)則時，釋放點E與過A水平面的豎直高度H的大小范圍。（小球質(zhì)量與小滑塊的質(zhì)量相等，且均可視為質(zhì)點，斜軌道與水平地面平滑連接）。， xx屆高三二輪復習力 學 計 算 題 參考答案 1．解：（1）由圖象可知，分離時物塊A的初速度vA=4m/s， ①（1分） A最終位置與P點距離sA=8m， ②（1分） 從A、B分離到A勻減速運動停止，有 ③（1分） 得A的加速度大小 a=1m/s2 ④（1分） 由牛頓第二定律可知 ⑤（2分） 解得 μ＝0.1 ⑥（2分） 【或：從A、B分離到A勻減速運動停止，由動能定理 （3分） 解得 μ＝0.1 （1分）】 （2）A、B分離過程，由動量守恒 ⑦（2分） 解得 vB=5m/s ⑧（2分） 2.解：（1）設M和mA一起向右加速，它們之間靜摩擦力為f 由牛頓第二定律得：F=(M+mA)a……………………………………………2分 得：……………………………………………2分 ，表明加速度的結果是正確的．（1分） （2）mA在與mB碰之前運動時間最短，必須加速度最大，則： ……………………………………………2分 ……………………………………………1分 解得：……………………………………………1分 3．解：(1) 設A、B分開時速度大小分別為vA、vB 由A、B系統(tǒng)能量守恒有 ① 由A、B系統(tǒng)動量守恒有 ② 聯(lián)立解得：③ (2)假設B不能從傳送帶Q端離開，且在傳送帶上運行最大對地位移為s2， 由動能定理得 ④ 解得：⑤ 由題意可知，假設成立．⑥ 所以B沿傳送帶向右滑動距N的最遠距離為2.25m 4. 解：(1)從A到B，物體做平拋運動，由幾何關系得： (2)從B到C，機械能守恒 聯(lián)立解得FN=58N 根據(jù)牛頓第三定律，物塊在C點對軌道的壓力大小為58N，方向豎直向下 (3)m從滑上M到與M相對靜止過程中,動量守恒 設板的最小長度為L，根據(jù)能量守恒定律得 評分標準：、式各1分。其余每式2分。 5.解：（1）物體從E到C，由機械能守恒得： mg（h＋R）＝mvC2 ………………① 在C點，由牛頓第二定律得： FN－mg＝ ………………………………② 聯(lián)立①②解得FN＝12.4 N （2）從E～D～C～B～A過程，由動能定理得 WG－Wf＝0 ………………………………③ WG＝mg[（h＋Rcos 37）－LABsin 37] ………………④ Wf=μmgcos37LAB ……………………………… ⑤ 聯(lián)立③④⑤解得LAB＝2.4 m （3）因為，mgsin 37＞μmgcos 37（或μ＜tan 37） 所以，物體不會停在斜面上。物體最后以C為中心，B為一側最高點沿圓弧軌道做往返運動。從E點開始直至穩(wěn)定，系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量 Q=Ep …… ⑥ ΔEp＝mg（h＋Rcos 37） ⑦ 聯(lián)立⑥⑦解得Q＝4.8J 6．解： （1）平板車在加速過程中v與t的關系式為 ①（3分） （2）物塊沿曲面下滑過程，機械能守恒，有 ②（2分） 代入數(shù)據(jù)解得物塊離開軌道時的速度 v0=4m/s ③（1分） 物塊滑上車之后最終沒有脫離平板車，動量守恒，有 ④（3分） 由圖象知物塊與平板車最后的共同速度 vt=1m/s ⑤（1分） 代入數(shù)據(jù)解得平板車的質(zhì)量 M=3m ⑥（2分） （3）平板車在加速過程中，由牛頓第二定律可得 ⑦（3分） 由圖象知平板車的加速度 a=2m/s2 ⑧（1分） 代入數(shù)據(jù)解得物塊與平板車間的動摩擦因數(shù)μ=0.6 ⑨（2分） 7、解：(1)滑塊靜止于P點時，由平衡條件知 F＝mgtan θ 代入數(shù)值得F＝0.75 N (2)①滑塊從P到A的過程，由機械能守恒定律得 mg(R－Rcos θ)＝mv 從A到B的過程，由動能定理得 －μmgL＝mv－mv 解得vB＝1 m/s 經(jīng)傳送帶的B點時，根據(jù)牛頓第二定律 mg－FN＝ 得FN＝0 所以滑塊從B點開始做平拋運動，設滑塊在空中飛行的時間為t，落地點與B點間的水平距離為x，則 H＝gt2 x＝vBt 解得x＝0.5 m ②傳送帶逆時針運行時，滑塊做勻減速運動，運動情況與傳送帶保持靜止時相同．設滑塊運動的加速度為a，滑塊在傳送帶上運動的時間為t′，則 vB＝vA＋at′ －μmg＝ma 滑過痕跡的長度L′＝L＋v0t′ 解得L′＝2 m 8、解：小滑塊恰能通過圓軌道最高點的速度為v，由牛頓第二定律： ① （1分） 由B到最高點小滑塊機械能守恒得： ……………②（1分） 由A到B動能定理： ………………③（1分） 由以上三式解得A點的速度為： …………………（1分） （2）若小滑塊剛好停在C處，則A到C動能定理： …④（2分） 解得A點的速度為 …………………………………………………（1分） 若小滑塊停在BC段，應滿足 ………………………（1分） 若小滑塊能通過C點并恰好越過壕溝，利用平拋運動則有 ： 豎直方向： ……………………⑤（1分） 水平方向： ………………………⑥（1分） 從A到C由動能定理： …………………⑦（2分） 解得： ………………………………………（1分） 所以初速度的范圍為： 和 ……………………（1分） （3）以小球和小滑塊為系統(tǒng)，依據(jù)題意在A點完全非彈性碰撞前、后系統(tǒng)動量守恒： ………………………………………………………………… ⑧（2分） 小球從E點到光滑斜面底端，由動能定理：…………………⑨（1分） 結合（2）問的速度范圍可以求出H范圍是：1.8m≤H≤3.2m和H≥5m………（1）