高考物理大一轮复习第五章专题强化六综合应用力学两大观点解决三类问题讲义含解析教科版.doc

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合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版物块所用的时间为:t2=a=2s高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版14/14高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版传达带匀速运动的位移为:x2′=vt2=8m则相对位移为:x2=x2′+x2=12m高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版14/14高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版因摩擦产生的热量Q2=f全程因摩擦产生的热量为:x2=24J=1+2=(2018·陕西师大附中模拟)如图4所示,与水平面成30°角的传达带以v=2m/s的速度按以下列图方向顺时针匀速运动,AB两端距离l==2kg的物块(可视为质m点)无初速度的轻轻放到传达带的A端,=153,不计物块的大小,g取10m/:图4从放上物块开始计时,t=?此时传达带战胜摩擦力做功的功率是多少?把这个物块从A端传达到B端的过程中,传达带运送物块产生的热量是多大?把这个物块从A端传达到B端的过程中,摩擦力对物块做功的平均功率是多少?答案(1)14W28W(2)14J(3)(1)物块受沿传达带向上的摩擦力为:=μmgcos30°=14N由牛顿第二定律得:f-sin30°=,mgmaa=2m/s2v2物块与传达带速度相同时用时为:t1=a=2s=1s因此t=,其速度为:v1=at=1m/s则此时刻摩擦力对物块做功的功率是:P1=fv1=14W此时刻传达带战胜摩擦力做功的功率是:高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版14/14高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版P2=fv=28W当物块与传达带相对静止时:1212物块的位移x1=2at1=2×2×1m=1m<l=9m摩擦力对物块做功为:1=fx1=14×1J=14JW此段时间内传达带战胜摩擦力所做的功:W2=fvt1=28J这段时间产生的热量:Q=W2-W1=14J物块在传达带上匀速运动的时间为:-x1t2=v=4s把物块由A端传达到B端摩擦力对物块所做的总功为:12W总=mglsin30°+2mv把物块从A端传达到B端的过程中,摩擦力对物块做功的平均功率是:W总P==+t2命题点三滑块——木板模型依照情况能够分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—,若滑块和木板沿同一方向运动,则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度;若滑块和木板沿相反方向运动,(行程)关系或速度关系是解题的打破口,求解中应注意联系两个过程的纽带,(2019·四川省德阳市质检)如图5所示,倾角θ=30°的足够长圆滑斜面底端A固定有挡板P,、长度为L的木板置于斜面底端,质量也为m的小物块静止在木板上某处,=2,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版33/14高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版图5若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0,木板上端恰能到达B点,求v0大小;若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0,物块相对木板恰好静止,求拉力F0的大小;若对木板施加沿斜面向上的拉力F=2mg,作用一段时间后撤去拉力,木板下端恰好能到高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版34/14高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版达B点,物块向来未走开木板,求拉力F做的功(1)h-Lg(2)3mg2(3)9mgh4高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版14/14高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版解析(1)由动能定理得122×2mv0=2mg(h-Lsinθ)高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版14/14高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版解得:v0=h-Lg(2)对木板与物块整体由牛顿第二定律有F0-2mgsinθ=2ma0高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版14/14高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版对物块由牛顿第二定律有μmgcosθ-mgsinθ=ma03解得:F0=2mg(3)设拉力F的作用时间为t1,再经时间t2物块与木板达到共速,再经时间t3木板下端到达点,-mgsinθ-μmgcosθ=ma1mgsinθ+μmgcosθ=ma3对物块有μmgcosθ-mgsinθ=ma2对木板与物块整体有2mgsinθ=2ma4还有:a1t1-a3t2=a2(t1+t2)a2(t1+t2)=a4t312+att-12122at112at2+2at3=sinθ11234h=·1112WF2at9解得:W=,半径1B为轨道的最=,R4低点,B点右侧的圆滑水平面上紧挨B点有一静止的小平板车,平板车质量M=1kg,长度l=1m,小车的上表面与B点等高,距地面高度h==1kg的物块(可视为质点)从m高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版14/=10m/:图6物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小;(2)若锁定平板车并在上表面铺上一种特别资料,其动摩擦因数从左向右随距离平均变化,如图乙所示,求物块滑离平板车时的速率;高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版40/14高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版(3)若清除平板车的锁定并撤去上表面铺的资料后,物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版14/14高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版=,物块仍从圆弧最高点答案(1)30N(2)1m/sA由静止释放,求物块落地时距平板车右端的水平距离.(3)(1)物块从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中,机械能守恒,则有12mgR=2mvB高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版14/14高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版解得vB=3m/s高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版14/14高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版2vB在B点由牛顿第二定律得,N-mg=mR,解得N=30N由牛顿第三定律得物块滑到轨道上B点时对轨道的压力N′=N=30N,+μ2mgWf=-l=-4J2物块由静止到滑离平板车过程中由动能定理得,12mgR+Wf=2mv,解得v=1m/s当平板车不固准时,对物块有a1=μg=2m/s2μmg2对平板车有a2=M=2m/s经过时间t1物块滑离平板车,则有B1-1112-12t12=1mvt2at2a解得t1=(另一解舍掉)物块滑离平板车时的速度v物=vB-a1t1=2m/s此时平板车的速度v车=at=1m/s21高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版14/14高考物理大一轮复****第五章专题增强六综合应用力学两大见解解决三类问题讲义含解析教科版t2=2h物块滑离平板车后做平抛运动的时间g==(v物-v车)t2=.(多项选择)(2018·广东省茂名市第二次模拟)如图1,圆滑的水平轨道AB,与半径为R的圆滑的半圆形轨道BCD相切于B点,圆轨道在竖直平面内,B为最低点,(可视为质点)以初速度v0沿运动恰能经过最高点,则(),,,,小球经过B点刹时对轨道的压力越大答案AD2vD解析小球恰能经过最高点时,由重力供应向心力,则有mg=mR,则vD=gR,依照动能1212v0=5gR,可见R越大,v0越大,而且v0与小球的质量m定理得mv0=mvD+2mgR,解得22v02没关,A正确,B错误;小球经过B点的刹时,N-mg=mR,则轨道对小球的支持力N=mg+v02=6,则N大小与R没关,随增大而增大,由牛顿第三定律知C错误,.(2018·河南省洛阳市上学期期中)如图2所示,一个半径为R的半圆形轨道竖直固定放置,直径水平,(可看作质点)自P点正POQ上方由静止释放,释放高度为R,,().W=<mgR2答案C解析从最高点到N点,由动能定理有122mgR-W=2mv,v2在N点,由牛顿第二定律有N-mg=mR,由牛顿第三定律有N=N′=4mg1联立可得W=2mgR,故C正确,D错误;小滑块从P点到N点再到Q点的过程中,重力与摩擦力做功,由于小滑块做圆周运动,由运动的特点可知,小滑块在PN段与轨道之间的压力大于NQ段小滑块与轨道之间的压力,依照f=μN可知,小滑块在PN段碰到的摩擦力比较大,因此小滑块在PN段战胜摩擦力做的功比1很多,则在NQ段小滑块战胜摩擦力做的功W′<mgR,从N到Q,由动能定理得-mgR-W′=21212A、-2mv,解得v>0,小滑块到