2021高考物理大一轮复习领航检测：第五章　机械能-第5节 Word版含解析

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1．如图所示，质量m＝2.0 kg的木块静止在高h＝1.8 m的水平台上，木块距平台右边缘l＝10 m，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2.用大小为F＝20 N、方向与水平方向成37°角的力拉动木块，当木块运动到水平台末端时撤去F.不计空气阻力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)木块离开平台时速度的大小；
(2)木块落地时距平台边缘的水平距离．
解析：(1)木块在水平台上运动过程中，由动能定理得
Flcs 37°－μ(mg－Fsin 37°)l＝eq \f(1,2)mv2－0
解得v＝12 m/s
(2)木块离开平台做平抛运动，则
水平方向：x＝vt
竖直方向：h＝eq \f(1,2)gt2
解得x＝7.2 m
答案：(1)12 m/s (2)7.2 m
2．如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，水平段ab粗糙，其距离为s＝3 m．在b点平滑过度，bcd段光滑，cd段是以O为圆心、半径为R＝0.4 m的一小段圆弧．质量为m＝2 kg的小物块静止于a处，在一与水平方向成θ角的恒力F作用下开始沿轨道匀加速运动，小物块到达b处时撤去该恒力，小物块继续运动到d处时速度水平，此时轨道对小物块的支持力大小为FN＝15 N．小物块与ab段的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2.求：
(1)小物块到达b点时的速度大小vb；
(2)恒力F的最小值Fmin.(计算结果可以用分式或根号表示)
解析：(1)在d点：mg－FN＝eq \f(mv\\al(2,d),R)
从b到d由机械能守恒得：
eq \f(1,2)mveq \\al(2,b)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,d)＝mgR
联立得vb＝3 m/s
(2)在a到b的过程中有：veq \\al(2,b)＝2as
Fcs θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma
解得F＝eq \f(26,2cs θ＋sin θ)＝eq \f(26,\r(5)sinφ＋θ)
当sin(φ＋θ)＝1时，Fmin＝eq \f(26,5)eq \r(5) N
答案：(1)3 m/s (2)eq \f(26,5)eq \r(5) N
3．如图甲所示，物体A放在粗糙的水平地面上，0～6 s时间内受到水平拉力F的作用，力F的大小如图乙所示，物体0～2 s的运动情况如图丙所示，重力加速度g取10 m/s2.试求：
(1)物体的质量；
(2)物体与地面的动摩擦因数；
(3)0～6 s内物体的位移大小．
解析：(1)当F2＝2 N时物体做匀速直线运动，拉力与摩擦力二力平衡，所以摩擦力大小为
Ff＝F2＝2 N
滑动时：F－Ff＝ma
第1 s内的加速度a＝3 m/s2
联立可求得m＝eq \f(1,3) kg
(2)滑动摩擦力Ff＝μmg
解得μ＝0.6
(3)2 s末以后物体的加速度大小
μmg－F3＝ma3
可解得加速度a3＝3 m/s2
经过t3＝eq \f(v,a3)＝1 s，速度减为零．
第3 s末后，由于拉力小于摩擦力，物块静止．
所以发生的总位移
x＝eq \f(1,2)×(1＋3)×3 m＝6 m
答案：(1)eq \f(1,3) kg (2)0.6 (3)6 m
[综合应用题组]
4. 传送带现已广泛应用于机场、商店等公共场所，为人们的生活带来了很多的便利．如图所示，一长度L＝7 m的传送带与水平方向间的夹角 α＝30°，在电动机带动下以v＝2 m/s 的速率顺时针匀速转动．在传送带上端接有一个斜面，斜面表面与传送带表面都在同一平面内．将质量m＝2 kg可视作质点的物体无初速地放在传送带底端，物体经传送带作用后能到达斜面顶端且速度为零．若物体与传送带及物体与斜面间的动摩擦因数都为μ＝eq \f(2\r(3),5)，g＝10 m/s2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)物体在从传送带底端运动到斜面顶端过程中传送带对物体所做的功；
(2)传送带上方所接的斜面长度．
解析：(1)对物体，先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得
μmgcs 30°－mgsin 30°＝ma
解得a＝1 m/s2，沿斜面向上
设物体速度经过时间t与传送带相等，
由v＝at得t＝eq \f(v,a)＝2 s
此过程中物体通过的位移为
x＝eq \f(1,2)at2＝2 m＜7 m
所以物体接着做匀速直线运动，离开传送带时速度为
v＝2 m/s
对整个过程，由动能定理得
W－mgLsin 30°＝eq \f(1,2)mv2
解得W＝74 J
(2)物体到斜面上以后，根据牛顿第二定律得
μmgcs 30°＋mgsin 30°＝ma1
解得a1＝11 m/s2
由v2＝2a1s得：s＝eq \f(v2,2a1)＝eq \f(2,11) m
答案：(1)74 J (2)eq \f(2,11) m
5．如图所示，传送带A、B之间的距离为L＝3.2 m，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2 m/s，在上端A点无初速放置一个质量为m＝1 kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径 R＝0.4 m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.5 m(g取10 m/s2 )．试求：
(1)金属块经过D点时的速度；
(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功．
解析：(1)金属块在E点时，mg＝meq \f(v\\al(2,E),R)
解得vE＝2 m/s，在从D到E过程中由动能定理得
－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
解得vD＝2eq \r(5) m/s
(2)金属块刚刚放上时，有
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2
设经位移s1达到共同速度，则
v2＝2a1s1
解得s1＝0.2 m＜3.2 m
继续加速过程中，有
mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
由s2＝L－s1＝3 m，
veq \\al(2,B)－v2＝2a2s2
解得vB＝4 m/s
在从B到D过程中由动能定理得
mgh－W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得W＝3 J
答案：(1)2eq \r(5) m/s (2)3 J
6．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A点用一弹射装置将小滑块以某一水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝0.1 m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h＝0.2 m，水平距离s＝0.6 m，水平轨道AB长为L1＝0.5 m，BC长为L2＝1.5 m，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A点弹射出的速度大小；
(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出．求小滑块在A点弹射出的速度大小范围．
解析：(1)对从A到B的过程应用动能定理，则
－μmgL1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)①
由B到最高点小滑块机械能守恒，则
eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝2mgR＋eq \f(1,2)mv2②
小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v，由牛顿第二定律有
mg＝meq \f(v2,R)③
由以上三式解得A点的速度v1＝3 m/s④
(2)若小滑块刚好停在C处，则从A到C由动能定理得
－μmg(L1＋L2)＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)⑤
解得A点的速度为v2＝4 m/s
若小滑块停在BC段，应满足3 m/s≤vA≤4 m/s
若小滑块能通过C点并恰好越过壕沟，对A到C的过程应用动能定理
－μmg(L1＋L2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)⑥
根据平抛运动规律，则有
竖直方向：h＝eq \f(1,2)gt2⑦
水平方向：s＝v0t⑧
解得vA＝5 m/s
所以初速度的范围为：
3 m/s≤vA≤4 m/s或vA≥5 m/s
答案：(1)3 m/s (2)3 m/s≤vA≤4 m/s或vA≥5 m/s