《2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能專題強(qiáng)化六綜合應(yīng)用力學(xué)兩大觀點解決兩類模型問題課時達(dá)標(biāo)訓(xùn)練.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能專題強(qiáng)化六綜合應(yīng)用力學(xué)兩大觀點解決兩類模型問題課時達(dá)標(biāo)訓(xùn)練.doc（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

動力學(xué)觀點和能量觀點的綜合應(yīng)用 一、選擇題(1題為單項選擇題，2題為多項選擇題) 1．如圖1所示，水平傳送帶兩端點A、B間的距離為l，傳送帶開始時處于靜止?fàn)顟B(tài)。把一個小物體放到右端的A點，某人用恒定的水平力F使小物體以速度v1勻速滑到左端的B點，拉力F所做的功為W1、功率為P1，這一過程物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q1。隨后讓傳送帶以v2的速度勻速運(yùn)動，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物體，使它以相對傳送帶為v1的速度勻速從A滑行到B，這一過程中，拉力F所做的功為W2、功率為P2，物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q2。下列關(guān)系中正確的是(　　) 圖1 A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2 B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2 C．W1＞W(wǎng)2，P1＝P2，Q1＞Q2 D．W1＞W(wǎng)2，P1＝P2，Q1＝Q2 解析　因為兩次的拉力和拉力方向的位移不變，由功的概念可知，兩次拉力做功相等，所以W1＝W2，當(dāng)傳送帶不動時，物體運(yùn)動的時間為t1＝；當(dāng)傳送帶以v2的速度勻速運(yùn)動時，物體運(yùn)動的時間為t2＝，所以第二次用的時間短，功率大，即P1＜P2；一對滑動摩擦力做功的絕對值等于滑動摩擦力與相對路程的乘積，也等于轉(zhuǎn)化的內(nèi)能，第二次的相對路程小，所以Q1＞Q2，選項B正確。 答案　B 2．(xx江西九江一模)將一長木板靜止放在光滑的水平面上，如圖2甲所示，一個小鉛塊(可視為質(zhì)點)以水平初速度v0由木板左端向右滑動，到達(dá)右端時恰能與木板保持相對靜止?，F(xiàn)將木板分成A和B兩段，使B的長度和質(zhì)量均為A的2倍，并緊挨著放在原水平面上，讓小鉛塊仍以初速度v0由木板A的左端開始向右滑動，如圖乙所示。若小鉛塊相對滑動過程中所受的摩擦力始終不變，則下列有關(guān)說法正確的是(　　) 圖2 A．小鉛塊將從木板B的右端飛離木板 B．小鉛塊滑到木板B的右端前就與木板B保持相對靜止 C．甲、乙兩圖所示的過程中產(chǎn)生的熱量相等 D．圖甲所示的過程產(chǎn)生的熱量大于圖乙所示的過程產(chǎn)生的熱量 解析　在第一次小鉛塊運(yùn)動過程中，小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個木板一直加速，第二次小鉛塊先使整個木板加速，運(yùn)動到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的對應(yīng)過程，故第二次小鉛塊與B木板將更早達(dá)到速度相等，所以小鉛塊還沒有運(yùn)動到B的右端，兩者速度就已經(jīng)相同，選項A錯誤，B正確；根據(jù)摩擦力乘相對位移等于產(chǎn)生的熱量，第一次的相對位移大小大于第二次的相對位移大小，則圖甲所示的過程產(chǎn)生的熱量大于圖乙所示的過程產(chǎn)生的熱量，選項C錯誤，D正確。 答案　BD 二、非選擇題 3．(xx樂山市三診)利用彈簧彈射和皮帶傳動裝置可以將工件運(yùn)送至高處。如圖3所示，已知傳送軌道平面與水平方向成37角，傾角也是37的光滑斜面軌道固定于地面且與傳送軌道良好對接，彈簧下端固定在斜面底端，工件與皮帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25。皮帶傳動裝置順時針勻速轉(zhuǎn)動的速度v＝4 m/s，兩輪軸心相距L＝5 m，B、C分別是傳送帶與兩輪的切點，輪緣與傳送帶之間不打滑?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝1 kg的工件放在彈簧上，用力將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，工件離開斜面頂端滑到皮帶上的B點時速度v0＝8 m/s，A、B間的距離x＝1 m。工件可視為質(zhì)點，g取10 m/s2。(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)求： 圖3 (1)彈簧的最大彈性勢能； (2)工件沿傳送帶上滑的時間。 解析　(1)彈簧的最大彈性勢能 Ep＝mgxsin 37＋mv 得Ep＝38 J。 (2)工件沿傳送軌道減速向上滑動過程 mgsin 37＋μmgcos 37＝ma1 與傳送帶共速需要時間t1＝＝0.5 s 工件滑行位移大小x1＝＝3 m＜L 因為μ＜tan 37，所以工件將沿傳送帶繼續(xù)減速上滑mgsin 37－μmgcos 37＝ma2 假設(shè)工件速度減為0時，工件未從傳送帶上滑落。則 t2＝＝1 s 工件滑行位移大小x2＝＝2 m＝L－x1 故假設(shè)成立，工件沿傳送帶上滑的時間為 t＝t1＋t2＝1.5 s。 答案　(1)38 J　(2)1.5 s 4．(xx揚(yáng)州摸底)如圖4所示，半徑R＝0.5 m的光滑圓弧面CDM分別與光滑斜面體ABC和斜面MN相切于C、M點，O為圓弧圓心，D為圓弧最低點。斜面體ABC固定在地面上，頂端B安裝一定滑輪，一輕質(zhì)軟細(xì)繩跨過定滑輪(不計滑輪摩擦)分別連接小物塊P、Q(兩邊細(xì)繩分別與對應(yīng)斜面平行)，并保持P、Q兩物塊靜止。若P、C間距為L1＝0.25 m，斜面MN足夠長，物塊P質(zhì)量m1＝3 kg，與MN間的動摩擦因數(shù)μ＝。求：(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g取10 m/s2) 圖4 (1)燒斷細(xì)繩后，物塊P第一次到達(dá)D點時對軌道的壓力大?。? (2)物塊P在MN斜面上滑行的總路程。 解析　(1)根據(jù)幾何關(guān)系，P、D間的高度差 h＝L1sin 53＋R(1－cos 53)＝0.4 m 物塊由P到D過程，由機(jī)械能守恒定律得 m1gh＝m1v 在D點，支持力和重力的合力提供向心力 FD－m1g＝m1 聯(lián)立解得FD＝78 N 由牛頓第三定律得，物塊P對軌道的壓力大小為78 N。 (2)物塊P運(yùn)動到M點過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得 m1gL1sin 53＝m1v 解得vM＝2 m/s 物塊最終在圓弧軌道上往復(fù)滑動，且到達(dá)M點時速度為零 全過程減少的機(jī)械能ΔE＝m1gL1sin 53 產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝μm1gcos 53s 根據(jù)能量守恒定律得ΔE＝Q，即 m1gL1sin 53＝μm1gcos 53s 解得其在MN斜面上滑行的總路程s＝1.0 m。 答案　(1)78 N　(2)1.0 m 5．(xx宜春沖刺)如圖5所示，讓擺球從圖中的C位置由靜止開始擺下，擺到最低點D處，擺線剛好被拉斷，小球在粗糙的水平面上由D點向右做勻減速運(yùn)動，到達(dá)小孔A進(jìn)入半徑R＝0.3 m的豎直放置的光滑圓弧軌道，當(dāng)擺球進(jìn)入圓軌道立即關(guān)閉A孔。已知擺線長L＝2 m，θ＝60，小球質(zhì)量為m＝0.5 kg，D點與小孔A的水平距離s＝2 m，g取10 m/s2。 圖5 (1)擺線能承受的最大拉力為多大？ (2)要使擺球能進(jìn)入圓軌道并且不脫離軌道，求擺球與粗糙水平面間動摩擦因數(shù)μ的范圍。 解析　 (1)擺球由C到D過程機(jī)械能守恒，則 mg(L－Lcos θ)＝mv 在D點由牛頓第二定律得 FT－mg＝ 聯(lián)立得擺線的最大拉力為FT＝2mg＝10 N。 (2)擺球不脫離圓軌道的情況有： ①擺球能到達(dá)A孔，且小球到達(dá)A孔的速度恰好為零 對擺球從D到A的過程，由動能定理得 －μ1mgs＝0－mv 解得μ1＝0.5 ②擺球進(jìn)入A孔的速度較小，在圓心以下做等幅擺動，不脫離軌道 其臨界情況為到達(dá)與圓心等高處速度為零 由機(jī)械能守恒定律得 mv＝mgR 對擺球從D到A的過程，由動能定理得 －μ2mgs＝mv－mv 解得μ2＝0.35 ③擺球能過圓軌道的最高點則不會脫離軌道在圓周的最高點，由牛頓第二定律得 mg＝ 由動能定理得 －μ3mgs－2mgR＝mv2－mv 解得μ3＝0.125 綜上所述，動摩擦團(tuán)數(shù)μ的范圍為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