（通用版）2020高考物理三輪沖刺 高考熱點(diǎn)排查練熱點(diǎn)14 動(dòng)力學(xué)方法的綜合應(yīng)用（含解析）

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1、熱點(diǎn)14　動(dòng)力學(xué)方法的綜合應(yīng)用 1．(2019·四川廣元市第二次適應(yīng)性統(tǒng)考)我國(guó)科技已經(jīng)開(kāi)啟“人工智能”時(shí)代，“人工智能”已經(jīng)走進(jìn)千家萬(wàn)戶．某天，東東叫了外賣，外賣小哥把貨物送到他家陽(yáng)臺(tái)正下方的平地上，東東操控小型無(wú)人機(jī)帶動(dòng)貨物，由靜止開(kāi)始豎直向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后，貨物又勻速上升53s，最后再勻減速1s恰好到達(dá)他家陽(yáng)臺(tái)且速度為零．貨物上升過(guò)程中，遙控器上顯示無(wú)人機(jī)在加速、勻速、減速過(guò)程中對(duì)貨物的作用力F1、F2和F3大小分別為20.8N、20.4N和18.4N，貨物受到的阻力恒為其重力的0.02倍．g取10m/s2.求： (1)貨物的質(zhì)量m； (2)貨物上升過(guò)程中的最大動(dòng)能E

2、km及東東家陽(yáng)臺(tái)距地面的高度h. 答案　(1)2kg　(2)1J　56m 解析　(1)在貨物勻速上升的過(guò)程中 由平衡條件得F2＝mg＋Ff 其中Ff＝0.02mg 解得m＝2kg (2)設(shè)整個(gè)過(guò)程中的最大速度為v，在貨物勻減速運(yùn)動(dòng)階段． 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得mg＋Ff－F3＝ma3 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得0＝v－a3t3 解得v＝1m/s 最大動(dòng)能Ekm＝mv2＝1J 減速階段的位移x3＝vt3＝0.5m 勻速階段的位移x2＝vt2＝53m 加速階段，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得F1－mg－Ff＝ma1， 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2a1x1＝v2， 解得x1＝2.5m 陽(yáng)臺(tái)距地面的高度h＝x1＋

3、x2＋x3＝56m. 2.(2019·安徽黃山市一模檢測(cè))如圖1所示，一質(zhì)量為m的小物塊，以v0＝15m/s的速度向右沿水平地面運(yùn)動(dòng)12.5 m后，沖上傾角為37°的斜面，若物塊與水平地面及斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，斜面足夠長(zhǎng)，物塊經(jīng)過(guò)水平地面與斜面的連接處時(shí)無(wú)能量損失．(g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求： 圖1 (1)物塊在斜面上能達(dá)到的最大高度； (2)物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間． 答案　(1)3m　(2)3.2s 解析　(1)小物塊在水平地面上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為a1＝μg＝5m/s2 v－v＝－2a1x 解得：v1＝10m/s 小物

4、塊在斜面上向上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為 a2＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2 0－v＝－2a2s 解得：s＝5m 所以h＝ssinθ＝3m； (2)小物塊在斜面上向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝＝1.0s 小物塊在最高點(diǎn)時(shí)：mgsinθ>μmgcosθ 所以物塊會(huì)勻加速下滑 物塊下滑時(shí)加速度的大小為 a3＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2 向下勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程：s＝a3t 解得t2＝s 小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為： t＝t1＋t2＝(1＋) s≈3.2s. 3.(2019·四川資陽(yáng)市一診)如圖2所示，質(zhì)量為m1＝4kg和質(zhì)量為m2＝2kg可視為質(zhì)點(diǎn)的兩物塊相距d，一起靜止

5、在足夠長(zhǎng)且質(zhì)量為M＝2kg的木板上，已知m1、m2與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.4，木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.2.某時(shí)刻同時(shí)讓m1、m2分別以v1＝6m/s，v2＝4 m/s的初速度沿木板向右運(yùn)動(dòng)．取g＝10m/s2，求： 圖2 (1)若m1與m2不相碰，m1與m2間距離d的最小值； (2)M在水平地面上滑行的位移大小x. 答案　(1)1.5m　(2)2.5m 解析　(1) 根據(jù)題意知，m1、m2在木板上做減速運(yùn)動(dòng)， M在水平地面上做加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得： 對(duì)m1：μ1m1g＝m1a1 對(duì)m2：μ1m2g＝m2a2 對(duì)M：μ1m1g＋μ1m2g－

6、μ2(m1＋m2＋M)g＝MaM， 設(shè)經(jīng)過(guò)t1，M與m2共速且速度為v，m1的速度為v3， 對(duì)m1，速度：v3＝v1－a1t1， 位移：x1＝t1 對(duì)m2，速度：v＝v2－a2t1， 位移：x2＝t1 對(duì)M，速度：v＝aMt1 位移：xM＝t1 在t1時(shí)間內(nèi)m1與m2的相對(duì)位移： Δx1＝x1－x2， 由題可知M與m2共速后相對(duì)靜止， 其加速度為a，由牛頓第二定律得： μ1m1g－μ2(m1＋m2＋M)g＝(M＋m2)a， 解得：a＝0，即：M與m2共速后一起勻速運(yùn)動(dòng)， m1繼續(xù)減速，設(shè)經(jīng)過(guò)t2，三者共速，其速度為v′， 且v′＝v 由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)，對(duì)m1有： v＝v3－a1t2， 位移：x1′＝t2 對(duì)M和m2整體有： xM′＝vt2，Δx2＝x1′－xM′， 由幾何關(guān)系可得：d≥Δx1＋Δx2， 代入數(shù)據(jù)解得：dmin＝1.5m； (2)由題可知系統(tǒng)整體共速后一起減速直到靜止， 由牛頓第二定律得： μ2(m1＋m2＋M)g＝(M＋m1＋m2)a′， 由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)得：xM″＝ M運(yùn)動(dòng)的位移大小為：x＝xM＋xM′＋xM″， 代入數(shù)據(jù)解得：x＝2.5m． 4