江苏省高考物理复习配套检测：第六章　特别策划　计算题突破（二）—— 应用力学两大观点分析多过程问题（

特别策划计算题突破(二)——应用力学两大观点分析多过程问题(B)1.(2016·常州一模)如图为固定在竖直平面内的轨道,直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切,圆弧轨道的圆心角为37°,半径为r=0.25m,C端水平,AB段的动摩擦因数为0.5.竖直墙壁CD高H=0.2m,紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高,底边长L=0.3m的斜面.一个质量m=0.1kg的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离B点l=0.5m处由静止释放,从C点水平抛出.重力加速度取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.(1)求小物块运动到C点时对轨道的压力的大小.(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间.(3)改变小物块从斜面上释放的初位置,求小物块击中斜面时动能的最小值.2.(2016·南京、盐城一模)如图所示,倾角为θ的斜面上PP'、QQ'之间粗糙,且长为3L,其余部分都光滑.形状相同、质量分布均匀的三块薄木板A、B、C沿斜面排列在一起,但不黏接.每块薄木板长均为L,质量均为m,与斜面PP'、QQ'间的动摩擦因数均为2tanθ.将它们从PP'上方某处由静止释放,三块薄木板均能通过QQ'.重力加速度为g.求:(1)薄木板A在PP'、QQ'间运动速度最大时的位置.(2)薄木板A上端到达PP'时受到薄板B弹力的大小.(3)释放木板时,薄木板A下端离PP'距离满足的条件.3.(2015·苏锡常镇三模)如图所示,一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动,质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接,轻绳足够长且不可伸长.某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带,P与定滑轮间的绳子水平.已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.25,重力加速度为g,不计滑轮的质量与摩擦.(1)求运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比.(2)求物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中,PQ系统机械能的改变量.(3)若传送带以不同的速度v(0v2v0)匀速运动,当v取多大时,物块P向右冲到最远处的过程中,P与传送带间产生的热量最小?最小值为多大?4.(2015·江苏卷)一转动装置如图所示,四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接,轻杆长均为l,球和环的质量均为m,O端固定在竖直的轻质转轴上.套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间,原长为L.装置静止时,弹簧长为L.转动该装置并缓慢增大转速,小环缓慢上升.弹簧始终在弹性限度内,忽略一切摩擦和空气阻力,重力加速度为g.求:(1)弹簧的劲度系数k.(2)AB杆中弹力为零时,装置转动的角速度ω0.(3)弹簧长度从L缓慢缩短为L的过程中,外界对转动装置所做的功W.特别策划计算题突破(二)——应用力学两大观点分析多过程问题(B)1.(1)mglsin37°+mg(r-rcos37°)-μmglcos37°=m,得v0=m/s.FN-mg=m,FN=13N.由牛顿第三定律得,压力为13N.(2)如图,设物体落到斜面上时水平位移为x,竖直位移为y,=,x=0.3-1.5y,x=v0t,y=gt2,15t2+2t-0.6=0,t=s.(3)x=0.3-1.5y,t2==(0.3-1.5y)2,=,Ek=m+mgy=mg+mgy-,解得当y=0.12m,Ekm=1.5J.2.(1)将三块薄木板看成整体:当它们下滑到下滑力等于摩擦力时运动速度达到最大值,μmxgcosθ=3mgsinθ,得到mx=m,即滑块A的下端离P处1.5L处时的速度最大.(2)对三个薄木板整体用牛顿第二定律3mgsinθ-μmgcosθ=3ma,得到a=gsinθ.对A薄木板用牛顿第二定律F+mgsinθ-μmgcosθ=ma,F=mgsinθ.(3)要使三个薄木板都能滑出QQ'处,薄木板C中点过QQ'处时它的速度应大于零.薄木板C全部越过PP'前,三木板是相互挤压着,全部在PP'、QQ'之间运动无相互作用力,离开QQ'时,三木板是相互分离的.设C木板刚好全部越过PP'时速度为v,对木板C用动能定理mgsinθ·L-μmgcosθ·2L+μmgcosθ·L=0-mv2,v=设开始下滑时,A的下端离PP'处距离为x,对三木板整体用动能定理3mgsinθ·(3L+x)-μ·mgcosθ·3L=mv2-0,得到x=2.25L.即释放时,A下端离PP'距离x2.25L.3.(1)2∶1(2)0(3)m【解析】(1)设P的位移、加速度大小分别为s1、a1,Q的位移、加速度大小分别为s2、a2,因s1=2s2,故a1=2a2.(2)对P有μmg+T=ma1,对Q有mg-2T=ma2,得a1=0.6g.P先减速到与传送带速度相同,设位移为x1,x1==,共速后,由于f=μmg,P不可能随传送带一起匀速运动,继续向右减速,设此时P的加速度为a1',Q的加速度为a2'=a1',对P有T-μmg=ma1',对Q有mg-2T=ma2',解得a1'=0.2g.设减速到0位移为x2,x2==,PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功,ΔE=-μmgx1+μmgx2=0.(3)第一阶段P相对皮带向前,相对路程s1=,第二阶段相对皮带向后,相对路程s2=,热量Q=μmg(s1+s2)=m(v2-vv0+),当v=时,热量最小值为Q=m.4.(1)装置静止时,设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1,OA杆与转轴的夹角为θ1小环受到弹簧的弹力F弹1=k·,小环受力平衡F弹1=mg+2T1cosθ1,小球受力平衡F1cosθ1+T1cosθ1=mg,F1sinθ1=T1sinθ1,解得k=.(2)设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2,OA杆与转轴的夹角为θ2,弹簧长度为x,小环受到弹簧的弹力F弹2=k(x-L),小环受力平衡,则F弹2=mg,得x=L,对小球F2cosθ2=mgF2sinθ2=mlsinθ2且cosθ2=,解得ω0=.(3)弹簧长度为L时,设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3,OA杆与弹簧的夹角为θ3,小环受到弹簧的弹力F弹3=kL,小环受力平衡2T3cosθ3=mg+F弹3且cosθ3=,对小球F3cosθ3=T3cosθ3+mg,F3sinθ3+T3sinθ3=mlsinθ3,解得ω3=.整个过程弹簧弹性势能变化为零,则弹力做的功为零,由动能定理W-mg-2mg=2×m(ω3lsinθ3)2,解得W=mgL+.