河北省張家口市高三物理 專題練習（8）整體法、瞬時性、傳送帶、等時圓等.doc
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整體法、瞬時性、傳送帶、等時圓等 1.如圖所示，固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為θ，在斜桿下端固定有質量為m的小球，下列關于桿對球的作用力F的判斷中，正確的是( ) A. 小車靜止時，F(xiàn)＝mg，方向豎直向上 B. 小車靜止時，F(xiàn)＝mgcos θ，方向垂直于桿向上 C. 小車向右以加速度a運動時，一定有F＝masinθ D. 小車向左以加速度a運動時，F(xiàn)＝(ma)2+(mg)2，方向斜向左上方，與豎直方向的夾角滿足tan α＝ag 【答案】AD 【解析】 小球靜止不動時，受重力和向上的彈力，根據(jù)平衡條件可得彈力F=mg，豎直向上，故A正確，B錯誤；當小球向右以加速度a運動時，對其受力分析，受重力和彈力，如圖所示： 合力為：F合=ma，水平向右，根據(jù)平行四邊形定則，彈力為：F=mgsinα，α≠θ，故C錯誤；小車向左以加速度a運動時，有：F=ma2+mg2，方向斜向左上方，與豎直方向的夾角為α，則有：tanα=ag，故D正確。所以AD正確，BC錯誤。 2.如圖所示，質量為m的球置于斜面上，被一個豎直擋板擋住、現(xiàn)用一個力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度為a的勻加速直線運動，忽略一切摩擦，以下說法中正確的是（ ） A. 若加速度足夠小，豎直擋板對球的彈力可能為零 B. 若加速度足夠大，斜面對球的彈力可能為零 C. 斜面和擋板對球的彈力的合力等于ma D. 斜面對球的彈力不僅有，而且是一個定值 【答案】D 【解析】 試題分析：小球受到的重mg、斜面的支持力FN1、豎直擋板的水平彈力FN2，設斜面的傾斜角為α 則豎直方向有：，因為mg和α不變，所以無論加速度如何變化，F(xiàn)N1不變且不可能為零，B錯誤；D正確；水平方向有：，因為，若加速度足夠小，豎直擋板的水平彈力不可能為零，A錯誤；斜面和擋板對球的彈力的合力即為豎直方向的與水平方向的力ma的合成，因此大于ma，C錯誤；故選D。 考點：牛頓第二定律、力的合成與分解的運用。 【名師點睛】本題運用正交分解法，根據(jù)牛頓第二定律研究物體的受力情況，要正確作出物體的受力圖，抓住豎直方向沒有加速度。 3.如圖所示，質量為M的光滑斜面體上有一質量為m的木塊沿斜面勻加速下滑，斜面體靜止不動，則斜面體對地面的壓力應（ ?。? A. 等于（M+m）g B. 大于（M+m）g C. 小于（M+m）g D. 無法確定 【答案】C 【解析】 【分析】 對斜面體和滑塊整體，受重力、地面的支持力、地面對其向右的靜摩擦力，對整體運用牛頓第二定律列式分析即可。 【詳解】由題，斜面是光滑的，則由牛頓第二定律可得物體m下滑時加速度大小為a=gsinθ。 對整體進行研究，分析受力情況，作出力的示意圖 將m的加速度a分解為水平和豎直兩個方向，根據(jù)牛頓第二定律有： 豎直方向：（M+m）g-N=masinθ＞0，則N＜（M+m）g，所以斜面體受地面的支持力小于（M+m）g。 故選：C。 【點睛】本題關鍵對斜面體和滑塊整體受力分析后根據(jù)牛頓第二定律列式分析，也可以采用隔離法，先后研究滑塊和斜面體。 4.如圖所示，質量分別為mA、mB的A、B兩物塊用輕線連接放在傾角為θ的斜面上，用始終平行于斜面向上的拉力F拉A，使它們沿斜面勻加速上升，A、B與斜面的動摩擦因數(shù)均為μ，為了增加輕線上的張力，下列幾種辦法中可行的是（ ?。? A. 增大B物的質量 B. 減小B物的質量 C. 增大傾角θ D. 增大動摩擦因數(shù)μ 【答案】A 【解析】 【分析】 當用斜面向上的拉力F拉A，兩物體沿斜面勻加速上升時，對整體運用牛頓第二定律求出加速度，再對B研究，根據(jù)牛頓第二定律求出輕線上的張力，分析增加輕線上的張力的辦法。 【詳解】根據(jù)牛頓第二定律，對整體： F?(mA+mB)gsinθ?μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a 解得：a=F(mA+mB)?gsinθ?μgcosθ 對B：T-mBgsinθ-μmBgcosθ=mBa 得到輕線上的張力為：T=mBgsinθ+μmBgcosθ+mBa=mBFmA+mB 則要增加T，可減小A物的質量，或增大B物的質量。 故應選：A。 【點睛】本題是連接體問題，兩個物體的加速度相同，采用整體法與隔離法交叉使用的方法，考查靈活選擇研究對象的能力。 5.如圖所示，三個質量不等的木塊M、N、Q間用兩根水平細線a、b相連，放在光滑水平面上．用水平向右的恒力F向右拉Q，使它們共同向右運動．這時細線a、b上的拉力大小分別為Ta、Tb．若在第2個木塊N上再放一個小木塊P，仍用水平向右的恒力F拉Q，使四個木塊共同向右運動（P、N間無相對滑動），這時細線a、b上的拉力大小分別為Ta′、Tb′．下列說法中正確的是（ ?。? A. Ta＜Ta′，Tb＞Tb′ B. Ta＞Ta′，Tb＜Tb′ C. Ta＜Ta′，Tb＜Tb′ D. Ta＞Ta′，Tb＞Tb′ 【答案】B 【解析】 先對整體受力分析，受重力、支持力、拉力，根據(jù)牛頓第二定律，有： F=（mM+mN+mQ）a ① 再對M受力分析，受重力、支持力、拉力，根據(jù)牛頓第二定律，有：Ta=mMa ② 對Q受力分析，受重力、支持力、拉力F和b繩子的拉力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F-Tb=mQa ③ 聯(lián)立①②③解得：Ta＝mMFmM+mN+mQ ；Tb＝(mM+mN)FmM+mN+mQ ； 當在第2個木塊N上再放一個小木塊P，相當于N木塊的重力變大，故Ta減小，Tb增加；故選B． 點睛：本題要靈活地選擇研究對象，根據(jù)整體法求解加速度，根據(jù)隔離法求解系統(tǒng)內力，求解出表達式討論是關鍵． 6.如圖所示，粗糙的水平地面上有三塊材料完全相同的木塊A、B、C，質量均為m，B、C之間用輕質細繩連接．現(xiàn)用一水平恒力F作用在C上，三者開始一起做勻加速運動，運動過程中把一塊橡皮泥粘在某一塊上面，系統(tǒng)仍加速運動，且始終沒有相對滑動．則在粘上橡皮泥并達到穩(wěn)定后，下列說法正確的是（ ） A. 若粘在C木塊上面，繩的拉力增大，A、B間摩擦力減小 B. 若粘在A木塊上面，繩的拉力減小，A、B間摩擦力不變 C. 若粘在B木塊上面，繩的拉力增大，A、B間摩擦力增大 D. 若粘在C木塊上面，繩的拉力和A、B間摩擦力都減小 【答案】D 【解析】 【分析】 對整體分析，運用牛頓第二定律判斷系統(tǒng)加速度的變化．通過隔離分析，得出繩子拉力和摩擦力的大小的變化。 【詳解】因無相對滑動，所以，無論橡皮泥粘到哪塊上，根據(jù)牛頓第二定律都有：F-3μmg-μ△mg=（3m+△m）a，a都將減小。 A、D項：若粘在C木塊上面，a減小，對A有：fA=ma，可知A的摩擦力減小，以AB為整體，有T-2μmg=2ma，得：T=2μmg+2ma，則T減小，故A錯誤，D正確； B項：若粘在A木塊上面，以C為研究對象，受F、摩擦力μmg、繩子拉力T，F(xiàn)-μmg-T=ma，則得：T=F-μmg-ma，a減小，F(xiàn)、μmg不變，所以，T增大。故B錯誤； C項：若粘在B木塊上面，a減小，以A為研究對象，m不變，由fA=ma知，A所受摩擦力減?。粚：F-μmg-T=ma，得 T=F-μmg-ma，a減小，F(xiàn)、μmg不變，則T增大，故C錯誤； 故選：D。 【點睛】解決本題的關鍵要靈活選擇研究對象，會用整體法和隔離法，能夠正確地受力分析，運用牛頓第二定律進行求解。 7. 如圖所示為索道輸運貨物的情景，已知傾斜的索道與水平方向的夾角θ＝37，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，重物與車廂地板之間的動摩擦因數(shù)為0.30，當載重車廂沿索道向上加速運動時，重物與車廂仍然保持相對靜止狀態(tài)，重物對車廂內水平地板的正壓力為其重力的1.15倍，那么這時重物對車廂地板的摩擦力大小為 A. 0.35mg B. 0.30mg C. 0.23mg D. 0.20mg 【答案】D 【解析】 試題分析：由于重物對車廂內水平地板的正壓力為其重力的1．15倍，在豎直方向上，由牛頓第二定律得：FN-mg=ma豎直，解得a上=0．15g，設水平方向上的加速度為a水平，則a豎直a水平=tan37=34，解得：a水平=0．2g， 對物體受力分析可知，在水平方向上摩擦力作為合力產生加速度，由牛頓第二定律得：f=ma水=0．20mg，故D正確．故選D。 考點：牛頓第二定律 【名師點睛】物體的水平和豎直方向的加速度之間的關系，是解決本題的關鍵，在本題中物體在水平和豎直兩個方向上都是有加速度的。 8.如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行．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．已知v2＞v1，則（ ?。? A. 0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左 B. 0～t3時間內，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用 C. t2時刻，小物塊離A處的距離達到最大 D. t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大 【答案】D 【解析】 【分析】 小物塊滑上傳送后在阻力作用下做勻減速直線運動，當速度減為0時，小物塊又反向勻加速運動最后與傳送帶一起向右運動．根據(jù)圖象分析有：0～t1時間內木塊向左勻減速直線運動，受到向右的摩擦力，t1-t2小物塊向右勻加速，t2-t3當速度增加到與皮帶相等時，一起向右勻速，摩擦力消失。 【詳解】A項：在0-t1時間內小物塊向左減速受向右的摩擦力作用，在t1-t2時間內小物塊向右加速運動，受到向右的摩擦力作用，故A錯誤； B項：如圖知，t2-t3小物塊做勻速直線運動，此時受力平衡，小物塊不受摩擦力作用，故B錯誤； C項：t1時刻小物塊向左運動到速度為零，離A處的距離達到最大，故C錯誤； D項：t2時刻前小物塊相對傳送帶向左運動，之后相對靜止，故D正確。 故應選：D。 【點睛】本題的關鍵是通過圖象得出小物塊的運動規(guī)律，再由運動規(guī)律得出小物塊的受力和運動情況。 9.如圖所示，傳遞帶與水平面的夾角θ=30，A、B間傳遞帶長16m傳送帶以l0m/s的速率逆時針勻速轉動，在傳送帶頂端A無初速釋放一個質量為0.5kg的物體，它傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為32，則物體從A運動到B所需時間是（ ?。╣=l0m/s2）． A. 1.6s B. 2s C. 2105s D. 425s 【答案】B 【解析】 【分析】 物體放在傳送帶上后，開始階段，傳送帶的速度大于物體的速度，傳送帶給物體一沿斜面向下的滑動摩擦力，物體由靜止開始加速下滑，當物體加速至與傳送帶速度相等時，由于μ＞tanθ，物體跟隨傳送帶勻速運動。 【詳解】開始運動時物體沿傳送帶向下做勻加速直線運動μmgcosθ+mgsinθ=ma1 a1=12.5m/s2 設加速到與傳送帶同速的時間為t1：v=a1t1 t1=0.8s 運動的位移x1=12a1t12=4m 之后mgsinθ＜μmgcosθ，物體跟隨傳送帶做勻速直線運動 t2=16?410s=1.2s t=t1+t2=2s 故應選：B。 【點睛】本題關鍵是分析加速到速度等于傳送帶速度后木塊的運動情況，再根據(jù)運動學公式求解時間。 10.如圖所示，AO、AB、AC是豎直平面內的三根固定的細桿，A、O位于同一圓周上，A點位于圓周的最高點，O點位于圓周的最低點，每一根細桿上都套有一個光滑的小球（圖中未畫出），三個環(huán)都從A點無初速地釋放，用T1、T2、T3表示各環(huán)到O、B、C時所用的時間，則（ ） A. T1＞T2＞T3 B. T3＜T1＜T2 C. T1＜T2＜T3 D. T3＞T1＞T2 【答案】D 【解析】 【分析】 小環(huán)沿桿下滑做勻加速直線運動，設∠OAB為θ，∠OAC為α，由勻變速運動規(guī)律求出小球運動的加速度和位移，根據(jù)勻加速直線運動位移時間公式表示出時間即可求解。 【詳解】如圖： 小環(huán)沿桿下滑做勻加速直線運動，設∠OAB為θ，∠OAC為α，圓的半徑為r， 則 小環(huán)沿AO下滑時，做自由落體運動，時間為： T1=22rg 由勻變速運動規(guī)律得，滑環(huán)滑到B1點的時間：T2=22rcosθgcosθ=T1 而由圖可知，滑到B點的時間T2＜T2′=T1 同樣根據(jù)勻變速運動規(guī)律可得滑到C1的時間：T3=22rcosαgcosα=T1 而由圖可知，滑到C點的時間T3＞T3′=T1 故有，T3＞T1＞T2， 故應選：D。 【點睛】本題主要考查了勻加速直線運動位移時間公式的直接應用，要求同學們能正確對小球進行受力分析，求出加速度，應用勻加速直線運動位移時間公式表示出時間，注意尋找中間兩點加以過渡。 11.豎直正方形框內有三條光滑軌道OB、OC和OD，三軌道交于O點，且與水平方向的夾角分別為30o、45o和60o。現(xiàn)將甲、乙、丙三個可視為質點的小球同時從O點靜止釋放，分別沿OB、OC和OD運動到達斜面底端。則三小球到達斜面底端的先后次序是 A. 甲、乙、丙 B. 丙、乙、甲 C. 甲、丙同時到達，乙后到達 D. 不能確定三者到達的順序 【答案】B 【解析】 對乙丙：設斜面的傾角為θ，則下滑的加速度a＝gsinθ，下滑的位移x=lsinθ ，根據(jù)x=12at2得，t＝2xa＝2lgsin2θ 故傾角越大的下落時間越短，故乙和丙，丙先到達底端；對甲乙：運動到底端的時間t＝2xa＝2lgsinθcosθ=4lgsin2θ，則甲乙兩物體中，乙時間短，先到達底端；三小球到達斜面底端的先后次序是丙、乙、甲；故選B. 12.如圖所示，光滑固定斜面體ABC的兩個底角∠A=37，∠B=53，兩個物塊通過一繞過定滑輪的輕繩相 連放于兩斜面上，給m2一沿斜面向下的初速度，結果m2剛好能沿斜面勻速下滑，若將m1、m2互換位置，并同時釋放兩物塊，則m1的加速度（重力加速度為g）（ ） A. 大小為0.1g方向沿斜面向上 B. 大小為0.1g方向沿斜面向下 C. 大小為0.2g方向沿斜面向上 D. 大小為0.2g方向沿斜面向下 【答案】C 【解析】 因為m2恰好沿斜面勻速下滑時，由二力平衡有m1gsin37=m2gsin53，互換位置后，設m1的加速度為a，方向沿斜面向下，由牛頓第二定律有m1gsin53?m2gsin37=m1+m2a，解得a=0.2g，故C正確． 【點睛】關鍵在于用隔離法分別分析兩個物體受力情況，求出對調位置后物體沿斜面方向的合力，再用牛頓第二定律求解．注意多總結物體上斜面上的受力情況．最后一步比如容易以為只有m1有加速度，其實是兩個物塊這時加速度一樣． 13.如圖所示，質量為m2的物塊B放置在光滑水平桌面上，其上放置質量m1的物塊A，A通過跨過光滑定滑輪的細線與質量為M的物塊C連接．釋放C，A和B一起以加速度a從靜止開始運動，已知A、B間動摩擦因數(shù)為μ1，則細線中的拉力大小為 A. Mg B. Mg+Ma C. (m1+m2)a D. m1a+μ1m1g 【答案】C 【解析】 對AB的整體，根據(jù)牛頓第二定律T=(m1+m2)a ，選項C正確；對C：Mg?T=Ma ，解得：T=Mg?Ma，選項AB錯誤；對物體A：T?f=m1a ，則T=m1a+f ，因f為靜摩擦力，故不一定等于μ1m1g，選項D錯誤；故選C. 點睛:此題是牛頓第二定律的應用習題;解題的關鍵是能正確選擇研究對象,根據(jù)牛頓第二定律列得方程聯(lián)立求解. 14.如圖所示質量為M的吊籃P通過細繩懸掛在天花板上，物塊A、B、C質量均為m，B、C疊放在一起，物塊B固定在輕質彈簧上端，彈簧下端與A物塊相連，三物塊均處于靜止狀態(tài)，彈簧的勁度系數(shù)為k（彈簧始終在彈性限度內），下列說法正確的是（ ） A. 靜止時，彈簧的形變量為mgk B. 剪斷細繩瞬間，C物塊處于超重狀態(tài) C. 剪斷細繩瞬間，A物塊與吊籃P分離 D. 剪斷細繩瞬間，吊籃P的加速度大小為(M+3m)gM+m 【答案】D 【解析】 【分析】 靜止時，利用胡克定律F=k△x求出彈簧的形變量△x；用隔離法單獨對C物塊分析，判斷C物塊所處狀態(tài)；將A物塊和吊籃P當作一個整體，利用牛頓第二定律分析兩物體的加速度。 【詳解】A項：靜止時，彈簧受到的壓力F大小等于B、C的重力2mg，則由胡克定律F=k△x求出彈簧的形變量Δx=2mgk，故A錯誤； B項：、剪斷細繩瞬間，由于彈簧彈力不能突變，C物塊所受合力為0，加速度為0，C處于靜止狀態(tài)，B錯誤； C、D項：剪斷細繩瞬間，將吊籃和A物塊當作一個整體，受到重力為M+mg，以及彈簧的壓力2mg，則吊籃P和物塊A的加速度a=(M+3m)gM+m，因此剪斷細繩瞬間，A物塊和吊籃P的加速度大小相同，均為a=(M+3m)gM+m，則A物塊與吊籃P不會分離，故C錯誤，D正確。 故應選：D。 【點睛】解答本題的關鍵是合理使用整體法和隔離法對物體進行受力分析，利用牛頓第二定律求出物體的加速度，注意彈簧的彈力不會突變，而繩子的拉力在燒斷后就會突變?yōu)?。 15.如圖所示，A、B兩物塊質量分別為2m、m，用一輕彈簧相連，將A用長度適當?shù)妮p繩懸掛于天花板上，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，B物塊恰好與水平桌面接觸而沒有擠壓，此時輕彈簧的伸長量為x，現(xiàn)將懸繩剪斷，則下列說法正確的是 A. 懸繩剪斷后，A物塊向下運動2x時速度最大 B. 懸繩剪斷后，A物塊向下運動3x時速度最大 C. 懸繩剪斷瞬間，A物塊的加速度大小為2g D. 懸繩剪斷瞬間，A物塊的加速度大小為g 【答案】B 【解析】 剪斷懸繩前，對B受力分析，B受到重力和彈簧的彈力，知彈力F=mg．剪斷瞬間，對A分析，A的合力為F合=2mg+F=3mg，根據(jù)牛頓第二定律，得a=32g．故CD錯誤；彈簧開始處于伸長狀態(tài)，彈力F=mg=kx．當向下壓縮，2mg=F′=kx′時，速度最大，x′=2x，所以下降的距離為3x．故B正確，A錯誤．故選B． 點睛：解決本題關鍵知道剪斷懸繩的瞬間，彈簧的拉力不變，根據(jù)牛頓第二定律可以求出瞬時加速度．當彈力和重力相等時，速度最大． 16.如圖所示，一根彈簧一端固定在左側豎直墻上，另一端連著A小球，同時水平細線一端連著A球，另一端固定在右側豎直墻上，彈簧與豎直方向的夾角是60，A、B兩小球分別連在另一根豎直彈簧兩端。開始時AB兩球都靜止不動，A、B兩小球的質量相等，重力加速度為g，若不計彈簧質量，在水平細線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為（ ?。? A. aA=aB=g B. aA=2g，aB=0 C. aA=3g，aB=0 D. aA=23g，aB=0 【答案】D 【解析】 水平細線被剪斷前對A、B進行受力分析如圖， 靜止時 ，T=Fsin600，F(xiàn)sin600=mAg 水平細線被剪斷瞬間，T消失，其它各力不變，所以aA=TmA=23g，aB=0 故選D。 17.如圖所示，輪半徑r很小的傳送帶，水平部分AB的長度L=1.5m，與一圓心在O點、半徑R=1m的豎直光滑圓軌道的末端相切于A點，AB高出水平地面H=1.25m，一質量m=0.1kg的小滑塊（可視為質點），由圓軌道上的P點從靜止釋放，OP與豎直線的夾角θ=37．已知sin 37=0.6，cos 37=0.8，g=10m/s2，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，不計空氣阻力． （1）求滑塊對圓軌道末端的壓力的大小； （2）若傳送帶一直保持靜止，求滑塊的落地點與B間的水平距離； （3）若傳送帶以v0=2.4m/s的速度沿順時針方向運行（傳送帶上部分由A到B運動），求滑塊從A點到B點過程中摩擦力做功的功率． 【答案】(1)1.4N；(2)0.5m；(3)0.14W 【解析】 【分析】 (1)根據(jù)動能定理求得滑塊到達末端A時的速度，再由牛頓第二定律求得軌道對滑塊的支持力，由牛頓第三定律得滑塊對圓軌道的壓力； (2)根據(jù)動能定理求得滑塊離開傳送帶時的速度，再根據(jù)平拋知識求滑塊落地點與B間的水平距離； (3)根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊在傳送帶上勻加速運動時的加速度，由速度公式求出滑塊加速至傳送帶速度時所用時間，再求摩擦力做功的功率。 【詳解】(1) 滑塊從P到圓軌道末端的過程中，由動能定理可得： mgR(1?cos370)=12mv2 可得滑塊到達A點時的速度： v=2gR(1?cos370)=2ms 滑塊在軌道末端時，根據(jù)牛頓第二定律有： N?mg=mv2R 解得：N=1.4N 根據(jù)牛頓第三定律得：滑塊對圓軌道末端的壓力大小為1.4N，方向豎直向下； (2) 從A到B的過程中，只有摩擦力對滑塊做功，根據(jù)動能定理得： ?μmgL=12mvB2?12mv2 代入數(shù)據(jù)可解得滑塊到達B時的速度 vB=1m/s 滑塊從B點開始做平拋運動，則滑塊落地點距B點的水平距離： x=vBt=vB2Hg=121.2510m=0.5m； (3) 若傳送帶以v0=2.4m/s的速度沿順時針方向運行，滑塊先做勻加速運動，加速度為： a=μmgm=μg=1ms2 從滑上傳送帶到與傳送帶共速的時間： t1=v0?va=2.4?21s=0.4s 勻加速的位移：x1=v+v02t1=2+2.420.4m=0.88m
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