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高考物理一轮复习 专题 动力学和能量观点的综合应用专项练习-人教版高三全册物理试题

2020-08-20 来源:易榕旅网
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动力学和能量观点的综合应用

一、选择题(1题为单项选择题,2题为多项选择题)

1.如图1所示,水平传送带两端点A、B间的距离为l,传送带开始时处于静止状态。把一个小物体放到右端的A点,某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点,拉力F所做的功为W1、功率为P1,这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为

Q1。随后让传送带以v2的速度匀速运动,此人仍然用一样的恒定的水平力F拉物体,使它以

相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B,这一过程中,拉力F所做的功为W2、功率为P2,物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2。如下关系中正确的答案是( )

图1

A.W1=W2,P1<P2,Q1=Q2 B.W1=W2,P1<P2,Q1>Q2 C.W1>W2,P1=P2,Q1>Q2 D.W1>W2,P1=P2,Q1=Q2

2.(2016·江西九江一模)将一长木板静止放在光滑的水平面上,如图2甲所示,一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动,到达右端时恰能与木板保持相对静止。现将木板分成A和B两段,使B的长度和质量均为A的2倍,并紧挨着放在原水平面上,让小铅块仍以初速度v0由木板A的左端开始向右滑动,如图乙所示。假设小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变,如此如下有关说法正确的答案是( )

图2

A.小铅块将从木板B的右端飞离木板

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B.小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止 C.甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等

D.图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量 二、非选择题

3.(2016·乐山市三诊)利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处。如图3所示,传送轨道平面与水平方向成37°角,倾角也是37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接,弹簧下端固定在斜面底端,工件与皮带间的动摩擦因数μ=0.25。皮带传动装置顺时针匀速转动的速度v=4 m/s,两轮轴心相距L=5 m,B、C分别是传送带与两轮的切点,轮缘与传送带之间不打滑。现将质量m=1 kg的工件放在弹簧上,用力将弹簧压缩至A点后由静止释放,工件离开斜面顶端滑到皮带上的B点时速度v0=8 m/s,A、B间的距离x=1 m。工件可视为质点,g取10 m/s。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:

2

图3

(1)弹簧的最大弹性势能; (2)工件沿传送带上滑的时间。

4.(2016·扬州摸底)如图4所示,半径R=0.5 m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体

ABC和斜面MN相切于C、M点,O为圆弧圆心,D为圆弧最低点。斜面体ABC固定在地面上,

顶端B安装一定滑轮,一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行),并保持P、Q两物块静止。假设P、C间距为L1=0.25 m,斜面

MN足够长,物块P质量m1=3 kg,与MN间的动摩擦因数μ=。求:(sin 37°=0.6,cos

37°=0.8,g取10 m/s)

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1

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图4

(1)烧断细绳后,物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小; (2)物块P在MN斜面上滑行的总路程。

5.(2016·宜春冲刺)如图5所示,让摆球从图中的C位置由静止开始摆下,摆到最低点D处,摆线刚好被拉断,小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动,到达小孔A进入半径R=0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道,当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。摆线长

2

L=2 m,θ=60°,小球质量为m=0.5 kg,D点与小孔A的水平距离s=2 m,g取10 m/s。

图5

(1)摆线能承受的最大拉力为多大?

(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道,求摆球与粗糙水平面间动摩擦因数μ的范围。

参考答案

1.解析 因为两次的拉力和拉力方向的位移不变,由功的概念可知,两次拉力做功相等,所以W1=W2,当传送带不动时,物体运动的时间为t1=;当传送带以v2的速度匀速运动时,物体运动的时间为t2=

lv1

lv1+v2

,所以第二次用的时间短,功率大,即P1<P2;一对滑

动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积,也等于转化的内能,第二次的相对路程小,所以Q1>Q2,选项B正确。

答案 B

2.解析 在第一次小铅块运动过程中,小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速,第二次小铅块先使整个木板加速,运动到B局部上后A局部停止加速,只有B局部加

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word 速,加速度大于第一次的对应过程,故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等,所以小铅块还没有运动到B的右端,两者速度就已经一样,选项A错误,B正确;根据摩擦力乘相对位移等于产生的热量,第一次的相对位移大小大于第二次的相对位移大小,如此图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量,选项C错误,D正确。

答案 BD

3.解析 (1)弹簧的最大弹性势能

Ep=mgxsin 37°+mv20

得Ep=38 J。

(2)工件沿传送轨道减速向上滑动过程

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2

mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1

与传送带共速需要时间t1=

v0-v=0.5 s a1

2

v20-v工件滑行位移大小x1==3 m<L

2a1

因为μ<tan 37°,所以工件将沿传送带继续减速上滑mgsin 37°-μmgcos 37°=

ma2

假设工件速度减为0时,工件未从传送带上滑落。如此

vt2==1 s

a2

v2

工件滑行位移大小x2==2 m=L-x1

2a2

故假设成立,工件沿传送带上滑的时间为

t=t1+t2=1.5 s。

答案 (1)38 J (2)1.5 s

4.解析 (1)根据几何关系,P、D间的高度差

h=L1sin 53°+R(1-cos 53°)=0.4 m

物块由P到D过程,由机械能守恒定律得

m1gh=m1v2D

在D点,支持力和重力的合力提供向心力

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word v2DFD-m1g=m1

R联立解得FD=78 N

由牛顿第三定律得,物块P对轨道的压力大小为78 N。 (2)物块P运动到M点过程,根据机械能守恒定律得

m1gL1sin 53°=m1v2M

解得vM=2 m/s

物块最终在圆弧轨道上往复滑动,且到达M点时速度为零 全过程减少的机械能ΔE=m1gL1sin 53° 产生的内能Q=μm1gcos 53°·s 根据能量守恒定律得ΔE=Q,即

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2

m1gL1sin 53°=μm1gcos 53°·s

解得其在MN斜面上滑行的总路程s=1.0 m。 答案 (1)78 N (2)1.0 m

5.解析 (1)摆球由C到D过程机械能守恒,如此

mg(L-Lcos θ)=mv2D

在D点由牛顿第二定律得

2

mvDFT-mg= L12

联立得摆线的最大拉力为FT=2mg=10 N。 (2)摆球不脱离圆轨道的情况有:

①摆球能到达A孔,且小球到达A孔的速度恰好为零 对摆球从D到A的过程,由动能定理得 12

-μ1mgs=0-mvD

2解得μ1=0.5

②摆球进入A孔的速度较小,在圆心以下做等幅摆动,不脱离轨道 其临界情况为到达与圆心等高处速度为零 由机械能守恒定律得

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word 12

mvA=mgR 2

对摆球从D到A的过程,由动能定理得 1212

-μ2mgs=mvA-mvD

22解得μ2=0.35

③摆球能过圆轨道的最高点如此不会脱离轨道在圆周的最高点,由牛顿第二定律得

mv2

mg= R由动能定理得

1212

-μ3mgs-2mgR=mv-mvD

22解得μ3=0.125

综上所述,动摩擦团数μ的范围为0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125。 答案 (1)10 N (2)0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125

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