【物理】2019届二轮复习力学三大观点的应用作业（全国通用）

【物理】2019届二轮复习力学三大观点的应用作业（全国通用）

‎2019届二轮复习 力学三大观点的应用 作业（全国通用）‎ 一、单项选择题 ‎1．在工厂中常用如图2－4－8所示水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，传送带以恒定的速度v＝2 m/s运行，质量为m＝0.5 g的工件以v0＝1 m/s的初速度从位置A滑上传送带，工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即滑上传送带，取g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是 图2－4－8‎ A．工件经0.5 s停止相对滑动 B．正常运行时传送带上相邻工件相距0.5 m C．摩擦力对每个工件做正功为1 J D．每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为0.75 J 解析　工件进入水平传送带先匀加速运动后匀速运动，加速度大小为a＝μg＝2 m/s2，加速时间为t＝＝0.5 s，A对；正常运行时相邻两工件间的距离为d＝vt＝1 m，B错；由动能定理知摩擦力对每个工件做正功为Wf＝mv2－mv＝0.75 J，C错；在t＝0.5 s内，工件对地位移为x1＝t＝0.75 m，传送带对地位移为x2＝vt＝1 m，所以每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为Q＝Ff(x2－x1)＝0.25 J，D错。‎ 答案　A ‎2.(2018·福建八县名校联考)如图2－4－9所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端。下列说法正确的是 图2－4－9‎ A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功 B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加 C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加 D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热 解析　第一阶段物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力；第二阶段物体受到沿斜面向上的静摩擦力做功，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以两个阶段摩擦力都做正功，故A错误；根据动能定理得知，外力做的总功等于物体动能的增加，第一个阶段，摩擦力和重力都做功则第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加，故B错误；由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功(除重力之外的力所做的功)等于物体机械能的增加，即ΔE＝W阻＝F阻s物，摩擦生热为Q＝F阻s相对，又由于s传送带＝vt，s物＝t，所以s物＝s相对＝s传送带，即Q＝ΔE，选项C正确。第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，故D错误。‎ 答案　C ‎3．(2018·冀州调研)一个质量为0.3 g的物体沿水平面做直线运动，如图2－4－10所示，图线a表示物体受水平拉力时的v－t图像，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v－t图线，g＝10 m/s2，下列说法中正确的是 图2－4－10‎ A．撤去拉力后物体还能滑行7.5 m B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1‎ C．水平拉力的大小为0.1 N，方向与摩擦力方向相同 D．水平拉力对物体做功为1.2 J 解析　在0 3 s内水平拉力F作用在物体上，由v－t图像可知，此时间内物体的加速度大小a1＝ m/s2,3 s末撤去力F，此后，物体的加速度大小a2＝ m/s2，由v－t图线和横轴所围面积表示位移，可知3 6 s内物体的位移为7.5 m，而6 s末物体的速度不为零，此后物体仍向前运动，故A错。由ma2＝μmg，可得μ＝，B错。结合题图可知F与摩擦力方向相同，由牛顿第二定律有F＋μmg＝ma1，解得F＝0.1 N，故C对。W＝－Fx＝－1.2 J，D错。‎ 答案　C 二、多项选择题 ‎4．(2018·湖南高三联考)如图2－4－11所示，一质量为m0＝0.05 g的子弹以水平初速度v0＝200 m/s打中一放在水平地面上A点的质量为m＝0.95 g的物块，并留在物块内(时间极短，可忽略)，随后物块从A点沿AB方向运动，与距离A点L＝5 m的B处的墙壁碰撞前瞬间的速度为v1＝8 m/s，碰后以v2＝6 m/s的速度反向运动直至静止，测得物块与墙壁撞的时间为t＝0.05 s，g取10 m/s2，则 图2－4－11‎ A．物块从A点开始沿水平面运动的初速度v＝10 m/s B．物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.36‎ C．物块与墙碰撞时受到的平均作用力大小＝266 N D．物块在反向运动过程中产生的摩擦热Q＝18 J 解析　子弹打中物块的过程，由于内力远远大于外力，根据动量守恒定律有m0v0＝(m0＋m)v，解得v＝10 m/s，A正确；物块由A点运动到B点的过程，根据动能定理有－μ(m0＋m)gL＝(m0＋m)v－(m0＋m)v2，解得μ＝0.36，B正确；物块与墙碰撞过程中，以向右为正方向，由动量定理有－t＝－(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得＝280‎ ‎ N，C错误；物块在反向运动过程中，根据能量守恒定律可知，动能全部转化为因摩擦而产生的热量，即Q＝(m0＋m)v＝18 J，D正确。‎ 答案　ABD ‎5．(2018·天津和平质量调查)几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够 完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是 图2－4－12‎ A．子弹在每个水球中的速度变化相同 B．子弹在每个水球中运动的时间不同 C．每个水球对子弹的冲量不同 D．子弹在每个水球中的动能变化相同 解析　恰好能穿出第4个水球，即末速度v＝0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2－)∶(－)∶(－1)∶1，则B正确。由于加速度a恒定，由at＝Δv，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，A项错误。因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由I＝F阻t可知每个水球对子弹的冲量不同，C项正确。由动能定理有ΔE ＝－fx，f相同，x相同，则ΔE 相同，D项正确。‎ 答案　BCD 三、计算题 ‎6．(2018·济宁二模)如图2－4－13所示，长木板B的质量为m2＝1.0 g，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3＝1.0 g的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端。一个质量为m1＝0.5 g的物块A由左侧向长木板运动。一段时间后物块A以v0＝6 m/s的速度与长木板B发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上。已知长木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.3，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，求：‎ 图2－4－13‎ ‎(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；‎ ‎(2)长木板B的最小长度。‎ 解析　(1)A与B发生完全弹性碰撞，设碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，‎ 由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2，‎ 由机械能守恒定律得：mv＝m1v＋m2v，‎ 联立解得：v1＝－2 m/s，v2＝4 m/s。‎ ‎(2)之后B减速运动，C加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律对木板B有：－μ1(m2＋m3)g－μ2m3g＝m2a2‎ 对物块C有μ2m3g＝m3a3，‎ 设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t，‎ v2＋a2t＝a3t，‎ 木板B的最小长度d＝v2t＋a2t2－a3t2＝1 m。‎ 答案　(1)－2 m/s　4 m/s　(2)1 m ‎7．如图2－4－14所示，半径R＝0.1 m的竖直半圆形光滑轨道BC与水平面AB相切，AB距离x＝1 m。质量m＝0.1 g的小滑块1放在半圆形轨道底端的B点，另一质量也为m＝0.1 g的小滑块2，从A点以v0＝2 m/s的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道。已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2。取重力加速度g＝10 m/s2。两滑块均可视为质点。求：‎ 图2－4－14‎ ‎(1)碰后瞬间两滑块共同的速度大小v；‎ ‎(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能ΔE；‎ ‎(3)在C点轨道对两滑块的作用力F。‎ 解析　(1)滑块2从A运动到B，设滑块2在B点的速度为v1，由动能定理可得－μmgx＝mv－mv，解得v1＝6 m/s；在B点，滑块2与滑块1发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mv1＝2mv，解得v＝3 m/s。‎ ‎(2)滑块2与滑块1在B点发生完全非弹性碰撞，由能量守恒得ΔE＝mv－·2m·v2，解得ΔE＝0.9 J。‎ ‎(3)滑块2和滑块1作为一个整体一起沿着光滑的半圆形轨道从B点运动到C点做非匀速圆周运动，设到达C点的速度为v2，由动能定理得－2mg·2R＝·2m·v－·2m·v2，解得v2＝ m/s；在C点，由圆周运动条件得F＋2mg＝2m·，解得F＝8 N。‎ 答案　(1)3 m/s　(2)0.9 J　(3)8 N ‎8．如图2－4－15所示，光滑水平台面MN上放两个相同小物块A、B，右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度L＝8 m，沿逆时针方向以恒定速度v0＝2 m/s匀速转动。物块A、B(大小不计，视作质点)与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，物块A、B质量均为m＝1 g。开始时A、B静止，A、B间压缩一轻质短弹簧。现解除锁定，弹簧弹开A、B，弹开后B滑上传送带，A掉落到地面上的Q点，已知水平台面高h＝0.8 m，Q点与水平台面左端间的距离s＝1.6 m，g取10 m/s2。‎ 图2－4－15‎ ‎(1)求物块A脱离弹簧时速度的大小；‎ ‎(2)求弹簧储存的弹性势能；‎ ‎(3)求物块B在水平传送带上运动的时间。‎ 解析　(1)A做平抛运动，竖直方向：h＝gt2‎ 水平方向：s＝vAt 代入数据联立解得：vA＝4 m/s ‎(2)解锁过程系统动量守恒，规定A的速度方向为正方向，有：mvA－mvB＝0‎ 由能量守恒定律：Ep＝mv＋mv 代入数据解得：Ep＝16 J ‎(3)B作匀变速运动，由牛顿第二定律有：μmg＝ma 解得：a＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2‎ B向右匀减速至速度为零，由v＝2asB，‎ 解得：sB＝4 m＜L＝8 m，所以B最终回到水平台面。‎ 设B向右匀减速的时间为t1，vB＝at1‎ 设B向左加速至与传送带共速的时间为t2，v0＝at2‎ 由v＝2as2，‎ 共速后做匀速运动的时间为t3，有：sB－s2＝v0t3‎ 代入数据解得总时间：t＝t1＋t2＋t3＝4.5 s。‎ 答案　(1)4 m/s　(2)16 J　(3)4.5 s ‎9．(2018·安庆二模)北京成功申办2022年冬季奥林匹克运动会，吸引了越来越多的体育爱好者参加滑雪运动。如图2－4－16所示是某一体育爱好者一次滑雪表演的简易示意图，爱好者连同脚下滑板(可视为质点)的总质量为m＝60 g，爱好者从某一可视为光滑的倾斜滑雪轨道由静止滑下，轨道的底端有一质量为M＝90 g的小车静止在光滑的水平冰面上，小车是由半径为R＝1 m四分之一光滑圆弧轨道和长为L＝5 m的平直轨道组成，平直轨道与倾斜轨道底端在同一高度，已知爱好者开始下滑的位置离小车平直轨道的高度为h0＝5 m，g取10 m/s2。‎ 图2－4－16‎ ‎(1)若小车被固定，测得爱好者滑出小车后离小车顶端的最大高度为h1＝3 m，求爱好者的滑板与小车平直轨道部分的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)若小车不固定，爱好者仍从原位置由静止滑下，求爱好者滑离小车后离小车顶端的最大高度h2；‎ ‎(3)在(2)问基础上通过分析计算说明：爱好者会不会从小车左端滑离小车。 ‎ 解析　(1)爱好者由静止滑下到运动至最高点过程中，由动能定理得：‎ mg(h0－h1－R)－μmgL＝0①‎ 解得：μ＝0.2‎ ‎(2)爱好者由静止滑下，设滑到轨道底端时速度为v1，由机械能守恒定律得：‎ mgh0＝mv②‎ 设爱好者达最高点时速度为v2，方向为水平方向，离小车顶端高度为h2，此时小车速度也为v2，从爱好者滑上小车到运动至最高点过程中，由水平方向动量守恒定律得：‎ mv1＝(M＋m)v2③‎ 由能量守恒定律得：‎ mv＝(M＋m)v＋mg(R＋h2)＋μmgL④‎ 解得：h2＝1 m ‎(3)设爱好者滑回小车，在小车平直轨道离小车左端x处相对小车静止，此时两者的共同速度仍为v2，从爱好者滑上小车到相对于小车静止过程中，由能量守恒定律得：‎ mv＝(M＋m)v＋μmg(2L－x)⑤‎ 解得：x＝－5 m＜0‎ 计算结果表明：爱好者能滑出小车。‎ 答案　(1)0.2　(2)1 m　(3)见解析 ‎10．如图2－4－17所示，木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x。与滑块B (可视为质点)相连的细线一端固定在O点。水平拉直细线并给B一个竖直向下的初速度，当B到达最低点时，细线恰好被拉断，B从A右端的上表面水平滑入。A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力。已知A的质量为2m, B的质量为m。A、B之间动摩擦因数为μ；细线长为L、能承受的最大拉力为B重力的5倍；A足够长，B不会从A表面滑出，重力加速度为g。‎ 图2－4－17‎ ‎(1)求B的初速度大小v0和细线被拉断瞬间B的速度大小v1；‎ ‎(2)若A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件；‎ ‎(3)x在满足(2)条件下，讨论A与台阶碰撞前瞬间的速度。‎ 解析　(1)滑块B从释放到最低点，机械能守恒，有：‎ mv＋mgL＝mv①‎ 在最低点，由牛顿运动定律：‎ ‎ T－mg＝②‎ 又：T＝5mg③‎ 联立①②③得：v0＝，v1＝2。‎ ‎(2)设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒 mv1＝mvB＋2mvA④‎ 若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：‎ ‎ 2mvA ≥ mvB ⑤‎ 对A应用动能定理：μmgx＝×2mv⑥‎ 联立④⑤⑥解得：x≥⑦‎ 即A与台阶只能碰撞一次的条件是： x≥。‎ ‎(3)设x＝x0时，A左端到与台阶碰撞前瞬间，A、B恰好达到共同速度vAB，由动量守恒 mv1＝(m＋2m)vAB⑧‎ 对A应用动能定理： μmgx0＝×2mv⑨‎ 联立⑧⑨得x0＝。‎ ‎(Ⅰ)当x≥x0，即x≥时，A、B共速后A与台阶碰撞。‎ 由⑧可得A与台阶碰撞前瞬间的速度：‎ vA1＝vAB＝＝。‎ ‎(Ⅱ)当x0＞x≥即＞x≥时，A、B共速前A就与台阶碰撞，对A应用动能定理：μmgx＝×2mv A与台阶碰撞前瞬间的速度：vA2＝。‎ 答案　见解析