2019届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

1、2019届高考物理一轮复习 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 W、功率为R,这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为 Q。随后让传送带以V2的速度匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力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 W 功率为P2, 物体和传送带 之间因摩擦而产生的热量为 Q。下列关系中正

2、确的是（）A. W= W, RvB, Q=QB. W= W, P1V P2, Q>QC. W>W, R=B, Q>QD. W>W, R=P2, Q=Q2. （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vo由木板A的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是（）/,A.小铅块将从木板 B的

3、右端飞离木板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，已知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科=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, R 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

4、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 vo=8m/s, A B 间的距离 x=1 m。工件可视为质点，g 取 10 m/s 2。(sin 37 ° =0.6, cos 37 °= 0.8)求：(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别与光滑斜面 体AB的斜面MNf切于C M点，O为圆弧圆心，D为圆弧最低点。斜面体 ABCs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

5、与对应斜面平行 )，并保持P、Q两物块静止。若 P、C间距为Li=0.25 m ,1。斜面MN1够长，物块 P质量m=3 kg,与MN司的动摩擦因数 科=-o求：(sin 37 = 0.6 ,3cos 37 ° = 0.8 , g 取 10 m/s 2)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斗面上滑行的总路程。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

6、即关闭A孔。已知摆线长L=2 m 0 =60° ,小球质量为 F 0.5 kg, D点与小孔 A的水平距离s=2 m g取10,_2m/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科的范围。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 W= W,当传送带不动时，物.体运动的时间为ti=-;当传送带以V2的速度匀速运 Vi动时，物体运动的时间为t2=一，所以第二次用的时间短，功率大，即PlP2； 一对滑V1+V2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

7、于转化的内能，第二次的相对路程小，所以 Q>Q,选项B正确。答案 B2 .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，两者速度就已经相同，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，则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 BD3 .解析(1)弹簧的最大弹性势能&=mg)

8、sin 37 ° + 2mV得 Ep=38 J。(2)工件沿传送轨道减速向上滑动过程mg>in 37 ° + 科 mgcos 37 ° = ma 一 ,、vo-v与传送带共速需要时间 11 = = 0.5 sai一一，、,v2-v2工件滑行位移大小 X1 = =3 mv L2a1因为vtan 37 ° ,所以工件将沿传送带继 .续减速上滑 mg>in 37 ° 科mgcos 37 ° =ma假设工件速度减为 0时，工件未从传送带上滑落。则t2= -= 1 S a22工件滑行位移大小 X2= = 2 m= LX12 a2故假

9、设成立，工件沿传送带上滑的时间为t=tl+t2=1.5 s o答案(1)38 J (2)1.5 s4 .解析(1)根据几何关系，P、D间的高度差h= Lein 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1 2mgh = 2mvD在D点，支持力和重力的合力提供向心力2VDFd mg = m-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 No(2)物块P运动到M点过程，根据机械能守恒定律得mgL1sin 53 ° = 2m1vM解得 vm= 2 m/s物块最终在圆弧轨道上往复滑动，且到达M

10、点时速度为零全过程减少的机械能A E= mgLsin 53 °产生的内能 Q)=mgcos 53 ° - s根据能量守恒定律得AE= Q即mgL1sin 53 ° =mgcos 53 s解得其在MNM面上滑行的总路程 s = 1.0 m。答案 (1)78 N (2)1.0 m5 .解析(1)摆球由C到D过程机械能守恒，则1 2mgLLcos 0)=2mvD在D点由牛顿第二定律得2mDFT mg=匚联立得摆线的最大拉力为Ft= 2mg= 10 No(2)摆球不脱离圆轨道的情况有：摆球能到达 A孔，且小球到达 A孔的速度恰好为零对摆千从D到A的过程，由动能定理得12一1mgs= 0 /mv解得科i = 0.5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2mA= mgR对摆千从D到A的过程，由动能定理得一2mgs= 2m-/mV解得科2= 0.35摆球能过圆