2019版高考物理二轮复习专题检测：10应用“动力学观点”破解力学计算题(含解析)
展开专题检测（十） 应用“动力学观点”破解力学计算题
1．如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m的物块A和物块B并排在斜面上，斜面底端固定着与斜面垂直的挡板P，轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块A连接，A、B处于静止状态，若A、B粘连在一起，用一沿斜面向上的力FT缓慢拉B，当拉力FT＝mg时，A、B的位移为L；若A、B不粘连，用一沿斜面向上的恒力F作用在B上，当A的位移为L时，A、B恰好分离，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)求弹簧的劲度系数和恒力F的大小；
(2)请推导FT与A的位移l之间的函数关系，并在图乙中画出FTl图像，计算A缓慢移动位移L的过程中FT做功WFT的大小；
(3)当A、B不粘连时，恒力F作用在B上，求A、B刚分离时速度的大小。
解析：(1)设弹簧的劲度系数为k，初始时A、B静止，弹簧的压缩量为x，根据平衡条件可得2mgsin θ＝kx
当A、B的位移为L时，沿斜面方向根据平衡条件可得FT＋k(x－L)＝2mgsin θ
解得k＝
当A、B恰好分离时二者之间的弹力为零，对A应用牛顿第二定律可得
k(x－L)－mgsin θ＝ma
对B应用牛顿第二定律可得F－mgsin θ＝ma
解得F＝mg。
(2)当A的位移为l时，根据平衡条件有：
FT＋k(x－l)＝2mgsin θ
解得FT＝l
画出FTl图像如图所示，
A缓慢移动位移L，图线与横坐标轴所围成的面积等于FT做功大小，即WFT＝mgL。
(3)设A通过位移L的过程中弹力做功W，分别对两个过程应用动能定理可得：
WFT－2mgLsin θ＋W＝0－0
WF－2mgLsin θ＋W＝×2mv2－0
又WF＝FL，解得v＝。
答案：(1) mg (2)FT＝l 见解析图 mgL (3)
2．(2019届高三·天津五校联考)如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一滑块以初速度v0＝5 m/s滑上木板，滑到木板右端时恰好停止。现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；
(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。
解析：(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度大小为a，则对滑块有μmg＝ma
滑块滑到木板右端时恰好停止，有0－v02＝－2aL
解得μ＝。
(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度大小为a1，最大距离为s，上滑的时间为t1，有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
0－v02＝－2a1s
0＝v0－a1t1
解得s＝ m，t1＝ s
设滑块下滑时的加速度大小为a2，下滑的时间为t2，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
s＝a2t22
解得t2＝ s
滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间
t＝t1＋t2＝ s。
答案：(1) (2) s
3．(2018·南昌模拟)在倾角θ＝37°的粗糙斜面上有一质量m＝2 kg的物块，物块受如图
甲所示的水平恒力F的作用。t＝0时刻物块以某一速度从斜面上A点沿斜面下滑，在t＝4 s时滑到水平面上，此时撤去F，在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化的关系如图乙所示。已知A点到斜面底端的距离x＝18 m，物块与各接触面之间的动摩擦因数均相同，不考虑转角处的机械能损失，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)物块在A点的速度大小；
(2)水平恒力F的大小。
解析：(1)物块在斜面上做匀变速直线运动，则x＝t
解得v0＝5 m/s。
(2)由(1)知，物块在斜面上做匀减速直线运动，设物块在斜面上运动的加速度大小为a1，方向沿斜面向上，则
x＝v0t－a1t2
解得a1＝0.25 m/s2
设物块与接触面间的动摩擦因数为μ，物块在水平面上运动时加速度大小为a2，有
μmg＝ma2
由题图乙中图线可知a2＝2 m/s2
解得μ＝0.2
物块在斜面上运动时，设所受的摩擦力为Ff，则
Fcos θ－mgsin θ＋Ff＝ma1
Ff＝μFN
FN＝mgcos θ＋Fsin θ
解得F≈10.1 N。
答案：(1)5 m/s (2)10.1 N
4.(2018·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
解析：(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成法则有
F0＝mgtan α＝mg
F＝＝mg
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝m
解得v＝。
(2)设小球到达A点时速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，如图所示，由几何关系得
DA＝Rsin α
CD＝R(1＋cos α)
小球由A到C的过程中，由动能定理有
－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv12
解得v1＝
所以小球在A点的动量大小为
p＝mv1＝。
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度vy＝vsin α、加速度为g的匀加速直线运动，
CD＝vyt＋gt2
解得t＝ 。
答案：(1)mg (2) (3)
5.如图所示，传送带长6 m，与水平方向的夹角为37°，以5 m/s的恒定速度沿顺时针方向运转。一个质量为2 kg的物块(可视为质点)，沿平行于传送带方向以10 m/s的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
(1)物块刚滑上传送带时的加速度大小；
(2)物块到达传送带顶端时的速度大小。
解析：(1)物块刚滑上传送带时，设物块的加速度大小为a1，
由牛顿第二定律有：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
解得：a1＝10 m/s2。
(2)设物块速度减为5 m/s所用时间为t1，
则v0－v＝a1t1，解得：t1＝0.5 s
通过的位移：
x1＝t1＝×0.5 m＝3.75 m<6 m
因μ<tan 37°，此后物块继续减速上滑，设其加速度大小为a2，
则：mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2
解得：a2＝2 m/s2
设物块到达传送带顶端时的速度为v1，
则：v2－v12＝2a2x2
x2＝l－x1＝2.25 m
解得：v1＝4 m/s。
答案：(1)10 m/s2 (2)4 m/s
6．滑雪度假村某段雪地赛道可等效为长L＝36 m、倾角为θ＝37°的斜坡。已知赛道的积雪与不同滑板之间的动摩擦因数不同，现假定甲滑下去时滑板与赛道间的动摩擦因数
μ1＝0.5，乙滑下时滑板与赛道间的动摩擦因数μ2＝0.25，g取10 m/s2。已知甲和乙均可看成质点，且滑行方向平行，相遇时不会相撞，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求甲从坡顶由静止自由滑下时到达坡底的速度大小；
(2)若乙比甲晚出发Δt＝2 s，为追上甲，有人从后面给乙一个瞬时作用力使乙获得一定的初速度，在此后的运动中，甲、乙之间的最大距离为5 m。则乙的初速度为多大？并判断乙能否追上甲，写出判断过程。
解析：(1)设甲的质量为m1，对甲在赛道上的运动，由牛顿第二定律有
m1gsin θ－μ1m1gcos θ＝m1a甲
代入数据解得a甲＝2 m/s2
设甲从坡顶自由滑下时到达坡底的速度大小为v1
则有2a甲L＝v12
代入数据解得v1＝12 m/s。
(2)设乙的质量为m2，对乙有
m2gsin θ－μ2m2gcos θ＝m2a乙
代入数据解得a乙＝4 m/s2
设甲出发后经时间t1，乙与甲达到共同速度v，则
v＝a甲t1＝v0＋a乙(t1－Δt)
x甲＝a甲t12
x乙＝v0(t1－Δt)＋a乙(t1－Δt)2
Δx＝x甲－x乙＝5 m
代入数据解得t1＝3 s或t1＝1 s(舍去)
v0＝2 m/s
甲到达坡底的时间t甲＝＝6 s
设乙到达坡底所用时间为t乙
L＝v0t乙＋a乙t乙2
代入数据解得t乙＝ s<4 s
t乙＋Δt<t甲，故可以追上。
答案：(1)12 m/s (2)2 m/s 可以追上，判断过程见解析
