物理大一輪復習課時規(guī)范訓練第章第節(jié)動力學和能量觀點解決力學綜合問題

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精課時規(guī)范訓練［基礎(chǔ)鞏固題組］1．如圖所示，質(zhì)量m＝2.0kg的木塊靜止在高h＝1。8m的水平臺上，木塊距平臺右邊緣l＝10m，木塊與平臺間的動摩擦因數(shù)μ＝0。2.用大小為F＝20N、方向與水平方向成37°角的力拉動木塊，當木塊運動到水平臺末端時撤去F。不計空氣阻力，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求:（1)木塊離開平臺時速度的大??；（2)木塊落地時距平臺邊緣的水平距離．解析：（1）木塊在水平臺上運動過程中，由動能定理得Flcos37°－μ（mg－Fsin37°)l＝eq\f(1,2）mv2－0解得v＝12m/s(2)木塊離開平臺做平拋運動，則水平方向：x＝vt豎直方向：h＝eq\f(1,2）gt2解得x＝7.2m答案：（1)12m/s（2)7。2m2．如圖所示，一條軌道固定在豎直平面內(nèi)，水平段ab粗糙,其距離為s＝3m．在b點平滑過度，bcd段光滑，cd段是以O為圓心、半徑為R＝0。4m的一小段圓?。|(zhì)量為m＝2kg的小物塊靜止于a處,在一與水平方向成θ角的恒力F作用下開始沿軌道勻加速運動，小物塊到達b處時撤去該恒力，小物塊繼續(xù)運動到d處時速度水平，此時軌道對小物塊的支持力大小為FN＝15N．小物塊與ab段的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，g取10m/s2.求：（1)小物塊到達b點時的速度大小vb；（2）恒力F的最小值Fmin.（計算結(jié)果可以用分式或根號表示）解析：(1)在d點：mg－FN＝eq\f(mv\o\al(2，d)，R)從b到d由機械能守恒得：eq\f（1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2）mveq\o\al（2,d）＝mgR聯(lián)立得vb＝3m/s（2）在a到b的過程中有:veq\o\al（2,b）＝2asFcosθ－μ（mg－Fsinθ)＝ma解得F＝eq\f（26,2cosθ＋sinθ)＝eq\f(26,\r（5)sinφ＋θ）當sin(φ＋θ）＝1時，F(xiàn)min＝eq\f(26,5)eq\r(5）N答案:(1)3m/s（2)eq\f（26，5）eq\r（5）N3．如圖甲所示，物體A放在粗糙的水平地面上，0～6s時間內(nèi)受到水平拉力F的作用，力F的大小如圖乙所示,物體0～2s的運動情況如圖丙所示，重力加速度g取10m/s2.試求：（1)物體的質(zhì)量;（2）物體與地面的動摩擦因數(shù)；（3)0～6s內(nèi)物體的位移大小．解析：（1)當F2＝2N時物體做勻速直線運動，拉力與摩擦力二力平衡，所以摩擦力大小為Ff＝F2＝2N滑動時：F－Ff＝ma第1s內(nèi)的加速度a＝3m/s2聯(lián)立可求得m＝eq\f（1,3)kg(2）滑動摩擦力Ff＝μmg解得μ＝0。6（3）2s末以后物體的加速度大小μmg－F3＝ma3可解得加速度a3＝3m/s2經(jīng)過t3＝eq\f（v，a3）＝1s，速度減為零．第3s末后，由于拉力小于摩擦力，物塊靜止．所以發(fā)生的總位移x＝eq\f（1，2）×(1＋3）×3m＝6m答案:（1）eq\f(1，3)kg(2)0.6（3）6m[綜合應用題組］4.傳送帶現(xiàn)已廣泛應用于機場、商店等公共場所，為人們的生活帶來了很多的便利．如圖所示,一長度L＝7m的傳送帶與水平方向間的夾角α＝30°,在電動機帶動下以v＝2m/s的速率順時針勻速轉(zhuǎn)動．在傳送帶上端接有一個斜面，斜面表面與傳送帶表面都在同一平面內(nèi)．將質(zhì)量m＝2kg可視作質(zhì)點的物體無初速地放在傳送帶底端，物體經(jīng)傳送帶作用后能到達斜面頂端且速度為零．若物體與傳送帶及物體與斜面間的動摩擦因數(shù)都為μ＝eq\f(2\r(3),5）,g＝10m/s2,且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：（1）物體在從傳送帶底端運動到斜面頂端過程中傳送帶對物體所做的功；（2）傳送帶上方所接的斜面長度．解析：（1)對物體，先在傳送帶上做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律得μmgcos30°－mgsin30°＝ma解得a＝1m/s2，沿斜面向上設物體速度經(jīng)過時間t與傳送帶相等,由v＝at得t＝eq\f(v，a）＝2s此過程中物體通過的位移為x＝eq\f（1,2）at2＝2m＜7m所以物體接著做勻速直線運動，離開傳送帶時速度為v＝2m/s對整個過程,由動能定理得W－mgLsin30°＝eq\f（1，2)mv2解得W＝74J（2)物體到斜面上以后，根據(jù)牛頓第二定律得μmgcos30°＋mgsin30°＝ma1解得a1＝11m/s2由v2＝2a1s得：s＝eq\f（v2，2a1）＝eq\f(2，11)m答案：(1)74J(2)eq\f（2，11）m5．如圖所示，傳送帶A、B之間的距離為L＝3。2m，與水平面間夾角θ＝37°，傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，速度恒為v＝2m/s，在上端A點無初速放置一個質(zhì)量為m＝1kg、大小可視為質(zhì)點的金屬塊，它與傳送帶的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經(jīng)過彎道,沿半徑R＝0。4m的光滑圓軌道做圓周運動，剛好能通過最高點E，已知B、D兩點的豎直高度差為h＝0。5m(g取10m/s2）．試求：(1）金屬塊經(jīng)過D點時的速度；（2)金屬塊在BCD彎道上克服摩擦力做的功．解析：（1）金屬塊在E點時，mg＝meq\f(v\o\al（2，E），R)解得vE＝2m/s，在從D到E過程中由動能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al（2，E)－eq\f（1，2)mveq\o\al(2,D）解得vD＝2eq\r（5)m/s(2）金屬塊剛剛放上時，有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝10m/s2設經(jīng)位移s1達到共同速度，則v2＝2a1s解得s1＝0。2m＜3.2m繼續(xù)加速過程中，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2由s2＝L－s1＝3m，veq\o\al（2，B）－v2＝2a2s2解得vB＝4m/s在從B到D過程中由動能定理得mgh－W＝eq\f(1,2）mveq\o\al(2,D）－eq\f（1,2)mveq\o\al（2，B)解得W＝3J答案：（1）2eq\r（5)m/s（2)3J6．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點用一彈射裝置將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(cè)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,小滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(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?。唬?)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．解析：(1）對從A到B的過程應用動能定理，則－μmgL1＝eq\f（1，2)mveq\o\al（2，B)－eq\f（1，2)mveq\o\al(2，1）①由B到最高點小滑塊機械能守恒，則eq\f（1，2）mveq\o\al(2,B）＝2mgR＋eq\f(1，2）mv2②小滑塊恰能通過圓軌道最高點的速度為v,由牛頓第二定律有mg＝meq\f（v2，R）③由以上三式解得A點的速度v1＝3m/s④(2）若小滑塊剛好停在C處，則從A到C由動能定理得－μmg(L1＋L2）＝0－eq\f（1，2)mveq\o\al(2,2）⑤解得A點的速度為v2＝4m/s若小滑塊停在BC段,應滿足3m/s≤vA≤4m/s若小滑塊能通過C點并恰好越過壕溝，對A到C的過程應用動能定理－μmg(L1＋L2)＝e