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2018届高三物理一轮复习 热考题型专攻(三)“滑块 滑板”综合

2017-12-04 9页 doc 89KB 23阅读

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2018届高三物理一轮复习 热考题型专攻(三)“滑块 滑板”综合2018届高三物理一轮复习 热考题型专攻(三)“滑块 滑板”综合 热考题型专攻(三) “滑块+滑板”综合 (45分钟 100分) 1.(18分)(2017?江门模拟)如图所示,上表面光滑、下表面粗糙且足够长的质量为M=10kg的木板,在F=50N 2的水平拉力作用下,沿水平地面向右做匀加速运动。加速度a=2.5m/s,某时刻速度为v=5m/s。将一个小铁0块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端,这时木板恰好匀速运动,当木板运动了L=1.8m时,又将第二个 2同样的小铁块无初速度地放在木板最右端,g取10m/s,求: ...
2018届高三物理一轮复习 热考题型专攻(三)“滑块 滑板”综合
2018届高三物理一轮复习 热考题型专攻(三)“滑块 滑板”综合 热考题型专攻(三) “滑块+滑板”综合 (45分钟 100分) 1.(18分)(2017?江门模拟)如图所示,上面光滑、下表面粗糙且足够长的质量为M=10kg的木板,在F=50N 2的水平拉力作用下,沿水平地面向右做匀加速运动。加速度a=2.5m/s,某时刻速度为v=5m/s。将一个小铁0块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端,这时木板恰好匀速运动,当木板运动了L=1.8m时,又将第二个 2同样的小铁块无初速度地放在木板最右端,g取10m/s,求: (1)木板与地面间的动摩擦因数μ。 (2)放上第二个铁块后,木板又运动距离L时的速度。 【解析】(1)木板做匀加速直线运动时,由牛顿第二定律得: -μMg=Ma F 解得:μ=0.25 (2)每放一个小铁块,木板所受的摩擦力增加μmg,放上第一个小铁块后木板匀速运动,由平衡条件得: F=μMg+μmg 解得:m=10kg 对木板从放第二个小铁块到移动距离L的过程,由动能定理得: 2FL-μ(M+2m)gL=Mv-M 解得:v=4m/s :(1)0.25 (2)4m/s 2.(18分)(2017?滨州模拟)如图所示,质量M=0.4kg的长薄板BC静置于倾角为37?的光滑斜面上,在A点有质量m=0.1kg的小物体(可视为质点)以v=4.0m/s速度水平抛出,恰以平行于斜面的速度落在薄板的最上0 端B点并在薄板上运动,当小物体落在薄板上时,薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动,当小物体运动到薄板的最下端C点时,与薄板速度恰好相等,已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为0.5,sin37? 2=0.6,cos37?=0.8,g取10m/s,求: 导学号42722450 - 1 - (1)A点与B点之间的水平距离。 (2)薄板BC的长度。 【解析】(1)小物体从A到B做平抛运动,下落时间为t,水平位移为x,则: 1 gt=vtan37? ? 10 x=vt ? 01 联立??两式解得x=1.2m (2)小物体落到B点的速度假设为v,则 v= ? 小物体在薄板上运动,则: mgsin37?-μmgcos37?=ma ? 1 薄板在光滑斜面上运动,则: Mgsin37?+μmgcos37?=Ma ? 2 小物体从落到薄板到两者速度相等用时t,则: 2 v+at=at ? 1222 小物体的位移x=vt+a ? 121 薄板的位移x=a ? 22 薄板的长度l=x-x ? 12 联立?,?式解得l=2.5m 答案:(1)1.2m (2)2.5m 3.(20分)如图所示,半径R=1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=37?,另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板,木板质量M=1kg,上表面与C点等高。质量为m=1kg的物块(可视为质点)从空中A点以v=1.2m/s的速0度水平抛出,恰好从轨道的B端点沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,g取 210m/s。求: 导学号42722451 - 2 - (1)物块经过C点时的速度v。 C (2)若木板足够长,物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q。 【解析】(1)设物块在B点的速度为v,在C点的速度为v,从A到B物块做平抛运动,有:sinθ=v BC0从B到C,根据动能定理有: mgR(1+sinθ)=m-m 解得:v=6m/s C (2)物块在木板上相对滑动过程中由于受到摩擦力作用,最终两者将一起共同运动。设相对滑动时物块加速度为a,木板加速度为a,经过时间t达到共同速度为v,则:μmg=ma 121 μmg=Ma 2 v=v-at C1 v=at 2 2根据能量守恒定律有:(m+M)v+Q=m 联立解得:Q=9J 答案:(1)6m/s (2)9J 4.(22分)如图所示是倾角θ=37?的固定光滑斜面,两端有垂直于斜面的固定挡板P、Q,P、Q间距离L=2m,质量M=1.0kg的木块A(可看成质点)放在质量m=0.5kg的长d=0.8m的木板B上并一起停靠在挡板P处,木块A与斜面顶端的电动机间用平行于斜面不可伸长的轻绳相连接,现给木块A沿斜面向上的初速度,同时开动电动机保证木块A一直以初速度v=1.6m/s沿斜面向上做匀速直线运动,已知木块A的下表面与木板B间0 动摩擦因数μ=0.5,经过时间t,当B板右端到达Q处时刻,立刻关闭电动机,同时锁定A、B物体此时的位1 置。然后将A上下面翻转,使得A原来的上表面与木板B接触,已知翻转后的A、B接触面间的动摩擦因数变为μ=0.25,且连接A与电动机的绳子仍与斜面平行。现在给A向下的初速度v=2m/s,同时释放木板B,21 并开动电动机保证木块A一直以v沿斜面向下做匀速直线运动,直到木板B与挡板P接触时关闭电动机并1 2锁定A、B物体的位置。g取10m/s。求: 导学号42722452 - 3 - (1)木板B沿斜面向上加速运动过程的加速度大小。 (2)A、B沿斜面上升过程所经历的时间t。 (3)A、B沿斜面向下开始运动到木板B左端与P接触时,这段过程中A、B间摩擦产生的热量。 【解析】(1)对B由牛顿第二定律得: μMgcosθ-mgsinθ=ma 11 2代入数据解得:a=2m/s 1 (2)从开始到A、B相对静止需要的时间为: t==0.8s 1 A的位移为:x=vt=1.28m A01 B的位移为:x=t=0.64m B1 A、B的相对位移为:Δx=x-x=0.64m AB A、B沿斜面上升所经历的时间为: t==1.15s (3)B开始向下加速运动的加速度为: 2a==10m/s 2 B与A相对静止后B的加速度为: 2a==2m/s 3 从释放到A、B相对静止的时间为:t==0.2s 2A的位移为:x′=vt=0.4m A12 B的位移为:x′=t=0.2m B2 相对位移为:Δx′=x′-x′=0.2m AB 此时A离B右端的距离为: Δx′+(d-Δx)=0.36m - 4 - A、B速度相等后,B以加速度a加速运动,B到达P所用时间为t,则: 33 L-d-x′=vt+a B133 代入数据解得:t=(-1)s 3 A、B相对位移为: Δx″=vt+a-vt=(3-2)m 13313 即B与P接触时,A没有从B上滑离,产生的热量为:Q=μMgcosθ(Δx′+Δx″)?0.74J 2 2答案:(1)2m/s (2)1.15s (3)0.74J 5.(22分)如图所示,在倾角为θ=30?的足够长的固定的光滑斜面上,有一质量为M=3kg的长木板正以v=10m/s的初速度沿斜面向下运动,现将一质量m=1kg的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央。已知0 物块与长木板间的动摩擦因数μ=,设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取 210m/s。 导学号42722453 (1)求放上小物块后,木板和小物块的加速度大小。 (2)要使小物块不滑离长木板,长木板至少要有多长。 (3)假设长木板长L=16m,在轻放小物块的同时对长木板施加一沿斜面向上的F=45N的恒力,求小物块在长木板上运动过程中F所做的功及系统机械能的增量。 【解析】(1)小物块在长木板上滑动时受到沿板的滑动摩擦力大小为: F=μmgcosθ=7.5N f 由牛顿第二定律得: 对小物块:F+mgsinθ=ma f1 2解得:a=12.5m/s 1 对长木板:Mgsinθ- F=Ma f2 2解得:a=2.5m/s 2 (2)当小物块与长木板共速时:v=at=v+at 111021 解得:t=1s,v=12.5m/s 11 - 5 - 共速后,小物块与长木板一起加速,相对位移: Δx=t-t=5m 11 故长木板长度至少为L=2Δx=10m (3)由牛顿第二定律得: 对小物块:F+mgsinθ=ma f3 2解得:a=12.5m/s,方向沿斜面向下 3 对长木板:F+F-Mgsinθ=Ma f4 2解得:a=12.5m/s,方向沿斜面向上 4 当小物块与长木板共速时,则:v=at=v-at 232042解得:t=0.4s,v=5m/s 22 此时小物块位移:x=t=1m 12 长木板位移:x=t=3m 22 共速后,假设小物块与长木板一起减速,则: F-(M+m)gsinθ=(M+m)a 5 2解得:a=6.25m/s,方向沿斜面向上 5 对小物块有:F′-mgsinθ=ma f5 F′>F=7.5N,方向沿斜面向上 ffmax 所以小物块将相对长木板向下滑动 对小物块:F-mgsinθ=ma f6 2解得:a=2.5m/s,方向沿斜面向上 6 对长木板:F-F-Mgsinθ=Ma f7 2解得:a=7.5m/s,方向沿斜面向上 7 小物块从长木板上滑落时,则有: vt-a-=+x-x 23621解得:t=2s 3 此时小物块速度:v=v-at=0 4263 位移:x=t=5m 33 长木板速度:v=v-at=-10m/s 5273 - 6 - 位移:x=t=-5m 43 则从小物块轻放在长木板中央到滑落,长木板位移:x=x+x=-2m,方向沿斜面向上 624W=-Fx=90J F6 Q= Fx=F=90J f相对f 机械能增量为:ΔE=W-Q=0 F 22答案:(1)2.5m/s 12.5m/s (2)10m (3)90J 0 - 7 -
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