2013年高三物理力学综合题巩固训练

2013年高三物理力学综合题巩固训练1．一物块以一定的初速度沿斜面向上滑出，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化关系图象如图所示，求：（1）物块下滑的加速度大小a（2）物块向上滑行的最大距离s（3）斜面的倾斜角θ解（1）由图象可知，物块下滑的加速度a=2m/s2，（2）物块向上滑行的最大距离为1mm5.08215.04212210tatvs…2分（或由图象知m1s）（3）设物块质量为m，物块与斜面间的滑动摩擦因数为μ，则由牛顿第二定律1cossinmamgmg………………………………2分mamgmgcossin………………………………2分解得θ=30°……………………………………………1分2、如图（a），质量m＝1kg的物体沿倾角＝37的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图（b）所示。求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）比例系数k。（sin370=0.6,cos370=0.8,g=10m/s2）【解析】（1）对初始时刻：mgsin－mgcos＝ma0①，由右图读出a0=4m/s2代入①式，解得：＝gsin－ma0gcos＝0.25；（2）对末时刻加速度为零：mgsin－N－kvcos＝0②，又N＝mgcos＋kvsin③，由右图得出此时v=5m/s代入②③式解得：k＝mg（sin－cos）v（sin＋cos＝0.84kg/s。3．如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l＝1.4m，v＝3.0m/s，m＝0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45m．不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求：a/ms－2（b）m4（a）05v/ms－1(1)小物块落地点到飞出点的水平距离s；(2)小物块落地时的动能Ek；(3)小物块的初速度大小v0.解析(1)由平抛运动规律，有竖直方向h＝12gt2水平方向s＝vt得水平距离s＝v2hg＝0.90m.(2)由机械能守恒定律，动能Ek＝12mv2＋mgh＝0.90J(3)由动能定理，有－μmg·l＝12mv2－12mv20得初速度大小v0＝2μgl＋v2＝4.0m/s.答案(1)0.90m(2)0.90J(3)4.0m/s4.如图所示，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，DE距离h＝1.6m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5.取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.求：(1)小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力FN的大小；(2)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；(3)若斜面已经满足(2)要求，小物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小．解析(1)小物体从E到C，由能量守恒得mg(h＋R)＝12mv2C①在C点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝mv2CR②联立①②解得FN＝12.4N(2)从E→D→C→B→A过程，由动能定理得WG－Wf＝0③WG＝mg[(h＋Rcos37°)－LABsin37°]④Wf＝μmgcos37°LAB⑤联立③④⑤解得LAB＝2.4m.(3)因为mgsin37°＞μmgcos37°(或μ＜tan37°)所以，小物体不会停在斜面上．小物体最后以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＝ΔEp⑥ΔEp＝mg(h＋Rcos37°)⑦联立⑥⑦，解得Q＝4.8J.答案(1)12.4N(2)2.4m(3)4.8J5．(2012·浙江五校联考)如图11-15所示，光滑水平面MN的左端M处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带恰平齐接触，传送带水平部分长度L＝16m，沿逆时针方向以恒定速度v＝2m/s匀速转动．ABCDE是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB为水平轨道，弧BCD是半径为R的半圆弧轨道，弧DE是半径为2R的圆弧轨道，弧BC与弧DE相切在轨道最高点D，R＝0.6m．水平部分A点与传送带平齐接触．放在MN段的物块m(可视为质点)以初速度v0＝4m/s冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，物块的质量m＝1kg，结果物块滑上传送带运动一段时间后，又返回到N端，经水平面与左端M处的固定弹射器相碰撞(弹射器的弹簧原来被压缩后锁定)，因碰撞使弹射器的锁定被打开，将物块弹回后滑过传送带，冲上右侧的圆弧轨道，物块恰能始终贴着圆弧轨道BCDE内侧通过其最高点D后，从E点飞出．g取10m/s2，求：图11-15(1)物块m从第一次滑上传送带到返回N端的时间；(2)物块m与弹射器相碰时，弹射器的弹簧对物块m所做的功．解析(1)物块m从第一次滑上传送带后先做减速运动，所需时间为t1＝v0μg＝2s，向右运动的位移为x1＝v202μg＝4m，此后物块m向左匀加速运动，最后匀速返回到N点．在匀加速运动的过程中有t2＝vμg＝1s，x2＝v22μg＝1m.匀速运动的时间为t3＝x1－x2v＝1.5s.物块m从第一次滑上传送带到返回N端的时间t＝4.5s.(2)物块m通过最高点D时，轨道半径为2R，mg＝mv202R，从A运动到D由机械能守恒得12mv2A＝2mgR＋12mv20，解得vA＝6m/s.从N点到A点，物块m做匀减速直线运动v2N－v2A＝2μgL.解得vN＝10m/s.弹射器的弹簧对物块m所做的功W＝12mv2N－12mv2＝48J.答案(1)4.5s(2)48J6．如图所示，装置ABCDE固定在水平地面上，AB段为倾角θ＝53°的斜面，BC段为半径R＝2m的圆弧轨道，两者相切于B点，A点离地面的高度为H＝4m．一质量为m＝1kg的小球从A点由静止释放后沿着斜面AB下滑，当进入圆弧轨道BC时，由于BC段是用特殊材料制成的，导致小球在BC段运动的速率保持不变．最后，小球从最低点C水平抛出，落地速率为v＝7m/s.已知小球与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力，求：(1)小球从B点运动到C点克服阻力所做的功．(2)B点到水平地面的高度．解析(1)设小球从B到C克服阻力做功为WBC，由动能定理，得mgR(1－cosθ)－WBC＝0.代入数据，解得WBC＝8J.(2)设小球在AB段克服阻力做功为WAB，B点到地面高度为h，则WAB＝μmgABcosθ，而AB＝H－hsinθ.对于小球从A点落地的整个过程，由动能定理，得mgH－WAB－WBC＝12mv2，联立，解得h＝2m.答案(1)8J(2)2m7．如图所示，某货场利用固定于地面的、半径R=1．8m的四分之一圆轨道将质量为m1=10kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，已知当货物由轨道顶端无初速滑下时，到达轨道底端的速度为5m／s．为避免货物与地面发生撞击，在地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为kgm202，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为4.0，木板与地面间的动摩擦因数1.02．（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m／s2）（1）求货物沿圆轨道下滑过程中克服摩擦力做的功（2）通过计算判断货物是否会从木板B的右端滑落?若能，求货物滑离木板B右端时的速度；若不能，求货物最终停在B板上的位置．【解析】（1）设货物沿圆轨道下滑过程中克服摩擦力做的功为fW，对货物，由动能定理得：21121vmWgRmf，JvmgRmWf5521211（2）当货物滑上木板A时，货物对木板的摩擦力Ngmf40111地面对木板A、B的最大静摩擦力Ngmmf50)2(1222由于21ff，此时木板A、B静止不动。设货物滑到木板A右端时速度为1v，由动能定理21211112121vmvmglm得：smv/31当货物滑上木板B时，地面对木板A、B最大静摩擦力Ngmmf30)(1223由于31ff，此时木反B开始滑动。设货物不会从木板B的右端滑落，二者刚好相对静止时的速度为.2v则对货物：211/4smga，tavv112对木板22212112/5.0)(:smmgmmgmaBtav22由以上两式可得：smv/312，st32此过程中，mtvvs910)(21211，mtvs912122由于lmss0.121，所以货物最终未从木板B上滑了，且与其右端的距离为m0.18.如图所示，AB为半径R=0.8m的1/4光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。小车质量M=3kg，车长L=2.06m，车上表面距地面的高度h=0.2m。现有一质量m=1kg的小滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到B端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.3，当车运行了1.5s时，车被地面装置锁定。(g=10m/s2)试求：(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小。(2)车被锁定时，车右端距轨道B端的距离。(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小。(4)滑块落地点离车左端的水平距离。【解析】(1)由动能定理，得mgR=21mv2由牛顿第二定律，得N-mg=mRv2联立两式，代入数值得轨道对滑块的支持力：N=3mg=30N1分(2)当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，得对滑块有：-μmg=ma1对小车有：umg=Ma2设经时间t两者达到共同速度，则有：v+a1t=a2t…2分解得t=1s。由于1s＜1.5s，此时小车还未被锁定，两者的共同速度：v′=a2t=1m/s…因此，车被锁定时，车右端距轨道B端的距离：S=21a2t2+v′t′=1m(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块相对小车滑动的距离ΔS=22vvt-21a2t2=2m所以产生的内能：E=μmgΔS=6J(4)对小滑块由动能定理，得-μmg(L-ΔS)=21mv′′2-21mv′2滑块脱离小车后，在竖直方向有：h=21gt′′2所以，滑块落地点离车左端的水平距离：S′=v′′t′′=0.16m