（新課標(biāo)）2020年高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第五章 第五講 動力學(xué)觀點和能量觀點解決力學(xué)綜合問題練習(xí)（含解析）

《（新課標(biāo)）2020年高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第五章 第五講 動力學(xué)觀點和能量觀點解決力學(xué)綜合問題練習(xí)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020年高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第五章 第五講 動力學(xué)觀點和能量觀點解決力學(xué)綜合問題練習(xí)（含解析）（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、動力學(xué)觀點和能量觀點解決力學(xué)綜合問題 [A組·基礎(chǔ)題] 1．如圖所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運動，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物體豎直向下輕輕地放置在木板上的右端，已知物體m和木板之間的動摩擦因數(shù)為μ.為保持木板的速度不變，從物體m放到木板上到它相對木板靜止的過程中，須對木板施加一水平向右的作用力F，那么力F對木板做功的數(shù)值為( C ) A.mv2　　　　　　　 B．mv2 C．mv2 D．2mv2 2．將一長木板靜止放在光滑的水平面上，如圖甲所示，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．現(xiàn)將木板分成A和B兩段

2、，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( B ) 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)生的熱量小于圖乙所示的過程產(chǎn)生的熱量 3．(多選) 如圖所示，傾斜傳送帶沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，在傳送帶的A端無初速度放置一物塊．選擇B端所在的水平面為零勢能面，物塊從A端運動到B端的過程中，其機械能E與位移x的關(guān)系圖象可能正確的是( BD

3、) 4．(多選)(2018·安徽皖南八校聯(lián)考)如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行，一質(zhì)量為m＝1 kg初速度大小為v2的小物塊，從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶；若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v－t圖象(以地面為參考系)如圖乙所示．則( AD ) A．小物塊向左運動的過程中離A處的最大距離為4 m B．0～3 s時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力的沖量大小為2 N·s C．0～4 s時間內(nèi)，傳送帶克服摩擦力做功為16 J D．小物塊與傳送帶之間由摩擦產(chǎn)生的熱能為18 J 解析：由v－t圖象可知，2 s時小物塊向左運動的距離最遠(yuǎn)

4、，根據(jù)v－t圖象得面積等于位移，s1＝×2×4 m＝4 m，故A正確；小物塊勻變速運動的加速度：a＝＝＝2 m/s2，由牛頓第二定律得：μmg＝ma＝2 N，0～3 s時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向都向右，沖量大小為I＝μmgt＝6 N·s，故B錯誤；由v－t圖象，傳送帶速度大?。簐2＝2 m/s ，前3 s小物塊與傳送帶間有相對運動，存在摩擦力，傳送帶克服摩擦力做功為W＝μmgv2t3＝2×2×3 J＝12 J，故C錯誤；小物塊在傳送帶上滑動的3 s內(nèi)，皮帶的位移s′＝v2t3＝6 m，方向向右；小物塊的位移：s＝s1－s2＝3 m，方向向左．兩個物體的相對位移Δs＝s′＋s＝9 m，整個

5、過程中摩擦產(chǎn)生的熱量：Q＝μmgΔs＝18 J，故D正確． 5．如圖所示，質(zhì)量為m的長木塊A靜止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一質(zhì)量為m的滑塊B，已知木塊長為L，它與滑塊之間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)用水平向右的恒力F拉滑塊B. (1)當(dāng)長木塊A的位移為多少時，B從A的右端滑出？ (2)求上述過程中滑塊與木塊之間產(chǎn)生的內(nèi)能． 解析：(1)設(shè)B從A的右端滑出時，A的位移為x，A、B的速度分別為vA、vB，由動能定理得 μmgx＝mv (F－μmg)·(x＋L)＝mv 又因為vA＝aAt＝μgt vB＝aBt＝t，解得x＝. (2)由功能關(guān)系知，拉力F做的功等于A、B動能的

6、增加量和A、B間產(chǎn)生的內(nèi)能，即有 F(x＋L)＝mv＋mv＋Q 解得Q＝μmgL. 答案：(1)　(2)μmgL [B組·能力題] 6．如圖所示，質(zhì)量分別為m、2m的物體a、b通過輕繩和不計摩擦的定滑輪相連，均處于靜止?fàn)顟B(tài)．a(chǎn)與水平面上固定的勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，Q點有一擋板，若有物體與其垂直相碰會以原速率彈回，現(xiàn)剪斷a、b之間的繩子，a開始上下往復(fù)運動，b下落至P點后，在P點有一個特殊的裝置使b以落至P點前瞬間的速率水平向右運動，當(dāng)b靜止時，a恰好首次到達(dá)最低點，已知PQ長s0，重力加速度為g，b距P點高h(yuǎn)，且僅經(jīng)過P點一次，b與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，a、b均可看作質(zhì)點，

7、彈簧在彈性限度范圍內(nèi)，試求： (1)物體a的最大速度； (2)物體b停止的位置與P點的距離． 解析：(1)繩剪斷前，系統(tǒng)靜止，設(shè)彈簧伸長量為x1，對a有 kx1＋mg＝T， 對b有T＝2mg， 則kx1＝mg，x1＝. 繩剪斷后，a所受合外力為零時，速度最大，設(shè)彈簧壓縮量為x2，對a有kx2＝mg，x2＝，由于x1＝x2，兩個狀態(tài)的彈性勢能相等，則兩個狀態(tài)的動能和重力勢能之和相等，mg(x1＋x2)＝mv2，解得v＝2g. (2)對b，整個運動過程由動能定理得 2mgh－μ·2mgs路＝0， 解得b在水平面上滑行的路程s路＝. 討論：①若b未到達(dá)擋板Q就在PQ上停止，

8、 則物塊b停止的位置與P相距d＝s路＝； ②若b與擋板Q碰撞后，在PQ上運動到停止， 則物塊b停止的位置與P相距d＝2s0－s路＝2s0－. 答案：(1)2g　(2)或2s0－ 7．(2019·河南滑縣聯(lián)考)如圖所示輕彈簧一端固定在水平面上的豎直擋板上，處于原長時另一端位于水平面上B點處，B點左側(cè)光滑，右側(cè)粗糙．水平面的右側(cè)C點處有一足夠長的斜面與水平面平滑連接，斜面傾角為37°，斜面上有一半徑為R＝1 m的光滑半圓軌道與斜面切于D點，半圓軌道的最高點為E，G為半圓軌道的另一端點，LBC＝2.5 m，A、B、C、D、E、G均在同一豎直面內(nèi)．使質(zhì)量為m＝0.5 kg的小物塊P擠壓彈簧右

9、端至A點，然后由靜止釋放P，P到達(dá)B點時立即受到斜向右上方，與水平方向的夾角為37°，大小為F＝5 N的恒力，一直保持F對物塊P的作用，結(jié)果P通過半圓軌道的最高點E時的速度為vE＝ m/s.已知P與水平面、P與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，g取10m/s2.sin 37°＝0.6.求： (1)P運動到E點時對軌道的壓力大??； (2)彈簧的最大彈性勢能； (3)若其他條件不變，增大B、C間的距離使P過G點后恰好能垂直落在斜面上，求P在斜面上的落點距D點的距離． 解析：(1) P在半圓軌道的最高點E，設(shè)軌道對P的壓力為N，由牛頓運動定律得： mg－Fsin 37°＋N＝ 解得：

10、N＝3 N 由牛頓第三定律得，P運動到E點時對軌道的壓力 FN ＝3 N (2)P從D點到E點，由動能定理得： －mg(R＋Rcos 37°)＋FRsin37°＝mv－mv 解得：vD＝ m/s P從C點到D點，由牛頓運動定律得： F－mgsin37°－μmgcos 37°＝ma1 解得a1＝0，說明P從C點到D點勻速運動，故vD＝vC＝ m/s 由能的轉(zhuǎn)化和守恒得： Epm＋FLBCcos 37°－(mg－Fsin 37°)μLBC＝mv 解得：Epm＝1 J (3)P在G點脫離圓軌道，做曲線運動，把該運動分解為平行于斜面的勻減速直線運動和垂直于斜面的初速度為零的勻加速直線運動，有： F－mgsin 37°＝ma2　解得：a2＝4 m/s 2 mgcos 37°＝ma3　解得：a3＝8 m/s 2 P垂直落在斜面上，運動時間滿足：2R＝a3t2 平行于斜面方向上：0＝vG－a2t 聯(lián)立解得：vG＝2 m/s 平行于斜面方向上：x＝×t＝1 m P在斜面上的落點距D的距離x＝1 m. 答案：(1)3 N　(2)1 J　(3)1 m 5