《高优指导》2017物理人教版一轮考点规范练19 利用力学两大观点分析综合问题 WORD版含解析.docx

1、考点规范练19利用力学两大观点分析综合问题考点规范练第38页一、单项选择题1.如图所示,传送带保持1 m/s的速度顺时针转动。现将一质量m=0.5 kg的物体轻轻地放在传送带的a点上,物体与传送带间的动摩擦因数=0.1,a、b间的距离L=2.5 m,g取10 m/s2。设物体从a点运动到b点所经历的时间为t,该过程中物体和传送带间因摩擦而产生的热量为Q,下列关于t和Q的值说法中正确的是()A.t=5 s,Q=1.25 JB.t=5 s,Q=0.5 JC.t=3 s,Q=0.25 JD.t=2.5 s,Q=0.25 J答案:C解析:皮带加速过程中,物体受重力、支持力和摩擦力,根据牛顿第二定律,有

2、mg=ma,解得a=g=1 m/s2,加速时间为t1=v-0a=1 s,加速位移为x1=12at12=0.5 m,故匀速位移为x2=L-x1=2.5 m-0.5 m=2 m,匀速运动的时间为t2=x2v=2 s,故从a点到b点运动的总时间为t=t1+t2=3 s,再求解热量Q,相对路程为s=vt1-x1=0.5 m,故热量为Q=mgs=0.25 J,故选C。2.如图所示,一直角斜面体固定在水平地面上,左侧斜面倾角为60,右侧斜面倾角为30,A、B两个物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端且分别置于斜面上,两物体下边缘位于同一高度且处于平衡状态,不考虑所有摩擦,滑轮两边的轻绳都平行于斜面。若剪断轻

3、绳,让物体从静止开始沿斜面滑下,则下列说法错误的是()A.着地瞬间两物体的速度大小相等B.着地瞬间两物体的机械能相等C.着地瞬间两物体所受重力的功率相等D.两物体的质量之比为mAmB=13答案:B解析:根据初始时刻两物体处于平衡状态,由平衡条件可知,mAgsin 60=mBgsin 30,由此可得,两物体的质量之比mAmB=13,由机械能守恒定律可知,着地瞬间两物体的速度大小相等,选项A、D正确;着地瞬间,A物体重力功率PA=mAgvsin 60,B物体重力功率PB=mBgvsin 30,则两物体所受重力的功率相等,选项C正确;由于两物体质量不相等,初始状态两物体的机械能不相等,所以着地瞬间两

4、物体的机械能不相等,选项B错误。二、多项选择题3.(2015山东济南调研)如图所示,三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。下列判断正确的是()A.物块A先到达传送带底端B.物块A、B同时到达传送带底端C.传送带对物块A、B均做负功D.物块A下滑过程中系统产生的热量小于B下滑过程中系统产生的热量答案:BCD解析:因tan 37=0.750.5,即mgsin mgcos

5、,故A、B都会匀加速下滑,根据牛顿第二定律知A、B加速度大小相等,故会同时到达底端,选项A错误,B正确;物块A、B受到传送带的摩擦力方向与其运动方向相反,故传送带对物块A、B均做负功,选项C正确;因A物块与传送带同向运动,相对位移要小,根据Q=Ffs相对,产生的热量要小于B物块下滑产生的热量,故选项D正确。4.如图所示,由电动机带动的水平传送带以速度v=2.0 m/s匀速运行,A端上方靠近传送带料斗中装有煤,打开阀门,煤以流量Q=50 kg/s落到传送带上,煤与传送带达到共同速度后被运至B端,在运送煤的过程中,下列说法正确的是()A.电动机应增加的功率为100 WB.电动机应增加的功率为200

6、 WC.1 min内因煤与传送带摩擦产生的热为6.0103 JD.1 min内因煤与传送带摩擦产生的热为1.2104 J答案:BC解析:设足够小的时间t内落到传送带上煤的质量为m,显然Q=mt。这部分煤由于摩擦力Ff的作用被传送带加速,最终获得动能为mv22。由于煤和传送带受到的摩擦力是相互作用力,二者数值相等,又煤和传送带的相对位移相同,所以摩擦力做功相同,传送带克服摩擦力做功数值也为mv22。传送带需要增加的能量分为两部分:第一部分为煤获得的动能;第二部分为传送带克服摩擦力做功保持传送带速度。所以传送带t内增加的能量E为E=mv22+Ffs=mv2,功率P=Et=Qv2=200 W。1 m

7、in内摩擦生热是指传送带克服摩擦力做的那部分功,所以摩擦产生的热量Qf=Wf=Ffs=t12mv2t=Qv2t2=6.0103 J。所以选B、C。5.如图所示,质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上,一质量为m的滑块放置在木板左端,滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff,用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时,木板在地面上移动的距离为s,滑块速度为v1,木板速度为v2,下列结论中正确的是()A.上述过程中,F做功大小为12mv12+12Mv22B.其他条件不变的情况下,M越大,s越小C.其他条件不变的情况下,F越大,滑块到达右端所用时间越长D.其他条件不变的情况下,Ff越大,滑块与木

8、板间产生的热量越多答案:BD解析:由牛顿第二定律得Ff=Ma1,F-Ff=ma2,又L=12a2t2-12a1t2,s=12a1t2,M越大,a1越小,t越小,s越小,故B正确;F越大,a2越大,t越小,故C错误;由Q=FfL可知,Ff越大,滑块与木板间产生的热量越多,故D正确;力F做的功还有一部分转化为系统热量Q,故A错误。三、非选择题6.如图所示,x轴与水平传送带重合,坐标原点O在传送带的左端,传送带长L=8 m,匀速运动的速度v0=5 m/s。一质量m=1 kg的小物块轻轻放在传送带上xP=2 m的P点。小物块随传送带运动到Q点后冲上光滑斜面且刚好到达N点(小物块到达N点后被收集,不再滑

9、下)。若小物块经过Q处无机械能损失,小物块与传送带间的动摩擦因数=0.5,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)N点的纵坐标;(2)小物块在传送带上运动产生的热量;(3)若将小物块轻轻放在传送带上的某些位置,最终均能沿光滑斜面越过纵坐标yM=0.5 m的M点,求这些位置的横坐标范围。答案:(1)1.25 m(2)12.5 J(3)0x7 m解析:(1)小物块在传送带上做匀加速运动的加速度a=g=5 m/s2。小物块与传送带共速时,所用时间t=v0a=1 s运动的位移s=12at2=2.5 mL-xP=6 m故小物块与传送带共速后以v0=5 m/s的速度匀速运动到Q,然后冲上光滑斜面到达N点,

10、由机械能守恒定律得12mv02=mgyN解得yN=1.25 m。(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移s相对=v0t-s=2.5 m产生的热量Q=mgs相对=12.5 J。(3)设在坐标为x1处轻轻将小物体放在传送带上,最终刚好能到达M点,由能量守恒得mg(L-x1)=mgyM代入数据解得x1=7 m故小物体在传送带上的位置横坐标范围为0x7 m。7.一传送装置如图所示,其中AB段粗糙,AB段长L=0.2 m,动摩擦因数=0.6,BC、DEN段均可视为光滑,且BC的始、末端均水平,具有h=0.1 m的高度差,DEN是半径为r=0.4 m的半圆形轨道,其直径DN沿竖直方向,C位于DN竖直线上

11、,CD间的距离恰能让小球自由通过。在左端竖直墙上固定有一轻质弹簧,现有一可视为质点的小球,小球质量m=0.2 kg,压缩轻质弹簧至A点后由静止释放(小球和弹簧不粘连),小球刚好能沿DEN轨道滑下。求:(1)小球到达N点时速度的大小;(2)压缩的弹簧所具有的弹性势能。答案:(1)25 m/s(2)0.44 J解析:(1)“小球刚好能沿DEN轨道滑下”,在圆周最高点D必有mg=mvD2r。从D点到N点,由机械能守恒得12mvD2+mg2r=12mvN2+0。联立以上两式并代入数据得vD=2 m/s,vN=25 m/s。(2)弹簧推开小球过程中,弹簧对小球所做的功W等于弹簧所具有的弹性势能Ep,根据

12、动能定理得W-mgL+mgh=12mvD2-0。代入数据得W=0.44 J。即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44 J。8.如图所示,AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道,高度为h,末端B处的切线方向水平。一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放,滑到B端后飞出,落到地面上的C点,轨迹如图中虚线BC所示。已知它落地时相对于B点的水平位移OC=l。现在轨道下方紧贴B点安装一水平传送带,传送带的右端与B的距离为l2。当传送带静止时,让P再次从A点由静止释放,它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出,仍然落在地面的C点。(不计空气阻力)(1)求P滑至B点时的速度大小;(2)求P与传送带之间的动

13、摩擦因数;(3)当传送带运动时(其他条件不变),P的落地点仍为C点,求传送带的运动方向及速度v的取值范围。答案:(1)2gh(2)=3h2l(3)见解析解析:(1)物体P在AB轨道上滑动时,根据动能定理有mgh=12mv02P滑到B点时的速度为v0=2gh。(2)当没有传送带时,物体离开B点后做平抛运动,运动时间为t,则有t=lv0=l2gh当B点下方的传送带静止时,物体从传送带右端水平抛出,在空中运动的时间也为t,水平位移为l2,因此物体从传送带右端抛出的速度v1=v02=2gh2由牛顿第二定律得mg=ma由运动学公式得v12-v02=-2al2解得物体与传送带之间的动摩擦因数为=3h2l。

14、(3)方式一:当传送带向右运动时,若传送带的速度vv1,即v2gh2时,物体在传送带上一直做匀减速直线运动,离开传送带的速度仍为v1,P的落地点仍为C点。方式二:当传送带向左运动时,速度无大小要求,物体都一直做匀减速运动,离开传送带的速度仍为v1,P的落地点仍为C点。9.蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段。最初,运动员静止站在蹦床上;在预备运动阶段,他经过若干次蹦跳,逐渐增加上升高度,最终达到完成比赛动作所需的高度;此后,进入比赛动作阶段。把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧,弹力大小F=kx(x为床面下沉的距离,k为常量)。质量m=50 kg的运动员静止站在蹦床上,床面下沉x0=0.10 m

15、。在预备运动中,假定运动员所做的总功W全部用于增加其机械能;在比赛动作中,把该运动员视作质点,其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为t=2.0 s,设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x1。重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力的影响。(1)求常量k,并在图中画出弹力F随x变化的示意图;(2)求在比赛动作中,运动员离开床面后上升的最大高度hm;(3)借助F-x图象确定弹力做功的规律,在此基础上,求x1和W的值。答案:(1)5 000 N/m示意图见解析(2)5 m(3)W=12kx21.1 m2 525 J解析:(1)运动员静止在蹦床上时受力平衡,则mg=kx0。代入数据得k=5 000 N/mF-x关系图象如图。(2)运动员从x=0处离开床面,离开床后做竖直上抛运动,且腾空时间为2 s,其上升、下落时间相等,hm=12gt22=5 m。(3)由图象可知弹簧弹力做功应为F-x曲线下的面积,其规律为W=12kx2。在运动员从最低点到最高点过程中,由动能定理得12kx12=mg(hm+x1)代入数据得x1=1.1 m以弹簧面为参考面,根据能量守恒得12kx02+W=mgx0+mghm代入数据得W=2 525 J。