2019高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第六章 動量和動量守恒定律 專題強化4 力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用訓(xùn)練 新人教版.doc
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第六章 專題強化四 力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用 〔專題強化訓(xùn)練〕 1.(2017遼寧東北育才學(xué)校三模) 如圖所示為糧袋的傳送裝置,已知A、B間長度為L,傳送帶與水平方向的夾角為θ,工作時逆時針運行,速度為v,糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ,正常工作時工人在A點將糧袋放到運行中的傳送帶上,關(guān)于糧袋從A到B的運動,以下說法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)( A ) A.糧袋到達(dá)B點的速度與v比較,可能大,也可能相等或小 B.糧袋開始運動的加速度為g(sinθ-μcosθ),若L足夠大,則以后將以一定的速度v做勻速運動 C.若μ≥tanθ,則糧袋從A到B一定是一直做加速運動 D.不論μ大小如何,糧袋從A到B一直做勻加速運動,且a≥gsinθ [解析] 糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動,到達(dá)B點時的速度小于v;也可能先做勻加速運動,當(dāng)速度與傳送帶相同后,做勻速運動,到達(dá)B點時速度與v相同;也可能先做加速度較大的勻加速運動,當(dāng)速度與傳送帶相同后做加速度較小的勻加速運動,到達(dá)B點時的速度大于v,故A正確,D錯誤。糧袋開始時受到沿斜面向下的滑動摩擦力,大小為μmgcosθ,根據(jù)牛頓第二定律有加速度a=g(sinθ+μcosθ),故B錯誤。若μ≥tanθ,糧袋從A到B可能是一直做加速運動,也可能先做勻加速運動,當(dāng)速度與傳送帶相同后,做勻速運動,故C錯誤。 2.(2017湖南婁底五校聯(lián)考)如圖所示,將一輕彈簧固定在傾角為30的斜面底端,現(xiàn)用一質(zhì)量為m的物體將彈簧壓縮鎖定在A點,解除鎖定后,物體將沿斜面上滑,物體在運動過程中所能到達(dá)的最高點B距A點的豎直高度為h,已知物體離開彈簧后沿斜面向上運動的加速度大小等于重力加速度g。則下列說法不正確的是( A ) A.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時,物體有最大動能 B.彈簧的最大彈性勢能為2mgh C.物體最終會靜止在B點 D.物體從A點運動到B點的過程中系統(tǒng)損失的機械能為mgh [解析] 物體離開彈簧后沿斜面向上運動的加速度大小等于重力加速度g,由牛頓第二定律可知物體所受的合力沿斜面向下,大小為F=mg,而重力沿斜面向下的分量為mgsin30=0.5mg,可知物體受到沿斜面向下的滑動摩擦力為f=0.5mg。物體從彈簧解除鎖定開始,彈簧的彈力先大于重力沿斜面向下的分力和摩擦力之和,后小于重力沿斜面向下的分力和摩擦力之和,物體先做加速運動后做減速運動,當(dāng)彈力等于重力沿斜面向下的分力和摩擦力之和時,速度最大,此時彈簧處于壓縮狀態(tài),故A不正確.根據(jù)能量守恒定律,可知在物體上升到最高點的過程中,彈性勢能轉(zhuǎn)化為物體的重力勢能mgh和內(nèi)能,故彈簧的最大彈性勢能Ep=mgh+f2h=2mgh,故B正確。物體到達(dá)B點后,瞬時速度為零,由于最大靜摩擦力fm=f=0.5mg=mgsin30,所以物體將靜止在B點,故C正確。物體從A點運動到B點的過程中系統(tǒng)損失的機械能等于克服摩擦力做的功,ΔE=f2h=mgh,故A、D正確。本題選不正確的,故選A。 3.(2017湖南長沙一模)如圖所示,用長為R的不可伸長的輕繩將質(zhì)量為的小球A懸掛于O點。在光滑的水平地面上,質(zhì)量為m的小物塊B(可視為質(zhì)點)置于長木板C的左端并與長木板均保持靜止。將小球A拉起,使輕繩水平拉直,將A球由靜止釋放,運動到最低點時與B發(fā)生彈性正碰。 (1)求碰后輕繩與豎直方向的最大夾角θ的余弦值; (2)若長木板C的質(zhì)量為2m,B與C間的動摩擦因數(shù)為μ,則C的長度至少為多少時B才不會從C的上表面滑出? 答案:(1) (2) [解析] (1)A從開始下落到與B碰撞前的過程機械能守恒,由機械能守恒定律得mgR=mv, 小球與B碰撞過程中動量和機械能均守恒,以水平向右為正方向。 由動量守恒定律得mv0=mv1+mv2, 由機械能守恒定律得mv=mv+mv, 聯(lián)立解得v1=-,v2=, 設(shè)碰撞后A上升的最大高度為H,則gH=v, 又cosθ=,聯(lián)立解得cosθ=。 (2)B在木板C上滑動過程中,B、C組成的系統(tǒng)動量守恒,以水平向右為正方向,由動量守恒定律得mv2=(m+2m)v, 設(shè)木塊長度為L時,B剛好滑到C的最右端時兩者共速,則B在木板C上滑動的過程中,由能量守恒定律得 μmgL=mv-(m+2m)v2, 聯(lián)立解得L=。 4.(2017山東日照一模)如圖所示,一質(zhì)量m=1kg的小物塊(可視為質(zhì)點),放置在質(zhì)量M=4kg的長木板左側(cè),長木板放置在光滑的水平面上。初始時,長木板與物塊一起以水平速度v0=2m/s向左勻速運動。在長木板的左側(cè)上方固定著一障礙物A,當(dāng)物塊運動到障礙物A處時與A發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短,無機械能損失),而長木板可繼續(xù)向左運動。重力加速度g取10m/s2。 (1)設(shè)長木板足夠長,求物塊與障礙物第一次碰撞后,物塊與長木板速度相同時的共同速率; (2)設(shè)長木板足夠長,物塊與障礙物第一次碰撞后,物塊向右運動所能達(dá)到的最大距離是s=0.4m,求物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)以及此過程中長木板運動的加速度的大??; (3)要使物塊不會從長木板上滑落,長木板至少為多長?整個過程中物塊與長木板系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為多少? 答案:(1)1.2m/s (2)0.5 1.25m/s2 (3)2m 10J [解析] (1)物塊與障礙物碰撞后,小物塊與木板組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,以向左為正方向,由動量守恒定律得 Mv0-mv0=(M+m)v, 代入數(shù)據(jù)解得v=1.2m/s。 (2)物塊與障礙物第一次碰撞后,物塊向右做減速運動,直到速度減為零的過程中,只有摩擦力做功,由動能定理得-μmgs=0-mv,代入數(shù)據(jù)解得μ=0.5。 木板在水平方向只受到摩擦力,由牛頓第二定律得 μmg=Ma, 代入數(shù)據(jù)解得a=1.25m/s2。 (3)由題可知,物塊多次與障礙物碰撞后,最終將與木板同時都靜止,設(shè)物塊在木板上運動的相對位移為l,則由能量守恒定律得 μmgl=(m+M)v, 代入數(shù)據(jù)得l=2m, 可知木板的長度至少為2m。 又Q=μmgl, 代入數(shù)據(jù)解得Q=10J。- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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