【物理】2020届一轮复习人教版专题突破六力学“两大观点”的综合应用作业

【物理】2020届一轮复习人教版专题突破六力学“两大观点”的综合应用作业

‎2020届一轮复习人教版 专题突破六力学“两大观点”的综合应用 作业 ‎1．(多选)(2018·溧水中学期初模拟)一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比，取竖直向上为正方向．下列关于小球运动的速度v、加速度a、位移x、机械能E随时间t变化的图象中，可能正确的有(　　)‎ 答案　AC 解析　小球在上升过程中，设小球的加速度为a1，由牛顿第二定律得mg＋Ff＝ma1，又Ff＝kv，得a1＝g＋，v减小，则a1减小，v－t图象的斜率逐渐减小．小球在下落过程中，设小球的加速度为a2，由牛顿第二定律得mg－Ff＝ma2，又Ff＝kv，得a2＝g－，v增大，则a2减小，v－t图象的斜率逐渐减小，可知选项中v－t图象正确，a－t图象错误，故A正确，B错误；根据x－t图象的斜率等于速度可知，x－t图象的斜率先减小后反向增大，且下落时间大于上升时间，故C正确；根据功能关系得：－FfΔx＝ΔE，则得＝－Ff，由＝·＝·，则得＝－Ffv＝－kv2，v是变化的，则知E－t图象的斜率是变化的，图象应为曲线，故D错误．‎ ‎2．(2018·南通市、泰州市一模)如图6所示，质量分布均匀的刷子刷地面上的薄垫子，开始时刷子和垫子的左边缘对齐，刷子的质量为m，垫子的质量为M，刷子和垫子间的动摩擦因数为μ1，垫子和地面间的动摩擦因数为μ2，刷子和地面间的动摩擦因数为μ3，重力加速度为g.‎ 图6‎ ‎(1)若给刷子施加一个斜向右下方、与水平方向成60°角的推力F1，垫子和刷子保持静止．求刷子受到的摩擦力大小Ff1和地面对垫子的支持力大小FN；‎ ‎(2)若给刷子施加一个斜向右下方、与水平方向成30°角的推力F2‎ ‎，刷子和垫子以同一加速度运动，求刷子受到的摩擦力大小Ff2；‎ ‎(3)若给刷子施加一个水平向右的推力F3，刷子从图示位置开始运动，垫子保持静止．已知刷子的长为b，垫子的长为L(L>b)，求刷子完全离开垫子时的速度大小v.‎ 答案　见解析 解析　(1) 刷子受到重力、垫子的支持力、推力F1和摩擦力作用，水平方向受力平衡，则有 Ff1＝F1‎ 刷子和垫子整体在竖直方向受力平衡，故有 FN＝(m＋M)g＋F1.‎ ‎(2)设刷子和垫子运动的加速度为a，由牛顿第二定律有 F2cos 30°－μ2(mg＋Mg＋F2sin 30°)＝(M＋m)a 对刷子有F2cos 30°－Ff2＝ma 解得Ff2＝μ2mg＋.‎ ‎(3)从刷子刚到垫子右边缘到离开垫子的过程中受到的摩擦力做的功 Wf＝－(＋)‎ 由动能定理有F3L－μ1mg(L－b)＋Wf＝mv2－0‎ 解得v＝.‎ ‎1．(多选)(2018·海安中学开学考)如图1所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为2x0，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为x0，速度传感器描绘小球速度随时间变化如图，其中0～t1时间内图线是直线，t1～t2时间内图线是正弦曲线一部分，不计空气阻力，则(　　)‎ 图1‎ A．小球运动的最大速度大于2 B．小球运动中最大加速度为g C．弹簧的劲度系数为 D．弹簧的最大弹性势能为3mgx0‎ 答案　AD ‎2．(多选)(2018·金陵中学等三校四模)如图2所示，劲度系数为k的水平轻质弹簧左端固定，右端连接质量为m的小物块，静止于A点，物块与水平面之间的动摩擦因数为μ.现对物块施加一个水平向右的恒力F，物块开始运动，且此后运动中能到达A点右侧的最大距离是x0，已知重力加速度为g，物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则(　　)‎ 图2‎ A．拉力F的大小一定大于μmg B．物块开始运动时加速度的大小a满足：－2μg≤a≤ C．物块运动至A点右侧距离是x0点时弹簧弹性势能增量为(F－μmg)x0‎ D．此后运动过程中物块可能再次经过A点 答案　BC 解析　在弹簧压缩时，弹力向右，摩擦力向左，二者平衡，向右加多大的力都会使物块运动；在弹簧伸长时，弹力向左，摩擦力向右，二者平衡，当物块向右运动时，摩擦力方向发生改变，故向右的恒力F至少为2μmg，故A错误．物块开始运动时，如果弹力向右，则a＝，如果弹力向左，则a＝－2μg，所以－2μg≤a≤，B正确．从物块开始运动，到到达A点右侧的最大距离，应用动能定理(F－μmg)x0－E弹＝0，得E弹＝(F－μmg)x0，所以C正确．在整个运动过程中，摩擦力做负功，消耗能量，所以此后运动过程中物块不可能再次经过A点，所以D错误．‎ ‎3.(2018·常州市一模)如图3所示，光滑水平细杆上P点套一小环，小环通过长L＝1m的轻绳悬挂一夹子，夹子内夹有质量m＝1kg的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为Ffm＝7N．现对物块施加F＝8N的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小环碰到杆上的钉子Q时立即停止运动，物块恰好相对夹子滑动，此时夹子立即锁定物块，锁定后物块仍受恒力F的作用．小环和夹子的大小及质量均不计，物块可看成质点，重力加速度g＝10m/s2.求：‎ 图3‎ ‎(1)物块做匀加速运动的加速度大小a；‎ ‎(2)P、Q两点间的距离s；‎ ‎(3)物块向右摆动的最大高度h.‎ 答案　(1)8m/s2　(2)0.25m　(3)1m 解析　(1)以小环、夹子和物块组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F＝ma 解得：a＝8 m/s2‎ ‎(2)环到达Q，物块与夹子间刚达到最大静摩擦力，设此时物块的速度为v 由牛顿第二定律有2Ffm－mg＝ 解得v＝2 m/s 根据动能定理有Fs＝mv2‎ 解得s＝0.25 m ‎(3)物块上升的最大高度为h，水平距离为x，由动能定理得F(x＋s)－mgh＝0‎ 由几何关系得(L－h)2＋x2＝L2‎ 解得h＝1 m或h＝ m(舍去)‎ ‎4.(2018·南通市等七市三模)如图4所示，两根不可伸长的细绳A、B端分别固定在水平天花板上，O端系有一质量m＝kg的物体，ABO组成一边长为L＝5m的正三角形．物体受到方向水平向左的风力作用，绳BO能承受的最大拉力Fm＝20N，绳AO不会被拉断，取g＝10m/s2.‎ 图4‎ ‎(1)水平风力F1＝5N时，物体处于静止状态，求绳BO中的拉力大小FB；‎ ‎(2)水平风力为F2时，绳BO刚好被拉断，求F2的大小和绳OB被拉断时物体的加速度大小a；‎ ‎(3)在(2)的情况下，求物体运动过程中的最大速度vm和物体运动到最高点时与初始位置的高度差h.‎ 答案　(1)15N　(2)10N　10m/s2　(3)10 m/s　7．5m 解析　(1)设此时绳AO中的拉力大小为FA，由平衡条件有 F1＋FAcos60°－FBcos60°＝0‎ FAsin60°＋FBsin60°－mg＝0‎ 代入数据解得FB＝15N.‎ ‎(2)假设绳BO被拉断时，物体仍在原来位置，则拉断前瞬间绳BO的拉力在水平和竖直方向的分力分别为：‎ Fmx＝Fmcos60°＝10N Fmy＝Fmsin60°＝10N 由于Fmy＝mg，说明假设成立，物体仍在原来位置，此时绳AO中的拉力大小为0.‎ 水平方向由平衡条件有F2＝Fmx＝10N 绳BO被拉断后，物体做圆周运动，拉断时加速度方向沿圆切线方向，则 F2sin60°＋mgcos60°＝ma 解得a＝10m/s2.‎ ‎(3)设绳AO向左摆到与水平方向的夹角为θ时，物体运动的速度最大，则 F2sinθ－mgcosθ＝0‎ F2(Lcos60°＋Lcosθ)＋mg(Lsinθ－Lsin60°)＝mv 解得vm＝10m/s 设绳AO向左摆到与水平方向的夹角为α时，物体到达最高点，则 F2(Lcos60°＋Lcosα)＋mg(Lsinα－Lsin60°)＝0‎ h＝Lsin60°－Lsinα 联立以上两个式子代入数据解得h＝7.5m.‎ ‎5．(2018·兴化一中四模)如图5所示，固定直杆上套有一个质量为m的小球和两根原长均为L的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点．已知直杆与水平面的夹角为θ，两弹簧的劲度系数均为，小球在距B点L的P点处于静止状态，此时小球受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等，重力加速度为g.求：‎ 图5‎ ‎(1)从固定点B处剪断弹簧的瞬间小球加速度的大小和方向；‎ ‎(2)若小球从P点以初速度v0沿杆向上运动，恰能到达距A点L的Q点，求初速度v0的大小；‎ ‎(3)在(2)问中，小球从Q点下滑过程中动能最大时到B点的距离．‎ 答案　(1)　方向沿杆向下　(2)　(3) 解析　(1)小球在P点时两根弹簧的弹力大小相等，设为F，根据胡克定律有 F＝k(L－L) ‎ 设小球静止时受到的摩擦力大小为Ff，方向沿杆向下，根据平衡条件有 mgsinθ＋Ff＝2F 得Ff＝ 剪断下方弹簧的瞬间，mgsinθ＞F，则mgsinθ－Ff－F＝ma 解得a＝，方向沿杆向下 ‎(2)小球在P、Q两点时，弹簧的弹性势能相等，故小球从P到Q的过程中，弹簧对小球做功为零 据动能定理W合＝ΔEk 有－mg·2(L－L)sin θ－Ff·2(L－L) ＝ 0－mv 解得v0＝ ‎(3)小球沿杆下滑的过程中，当其加速度a＝0时有最大动能 故有2kx＋Ff＝mgsinθ 即2kx＝0.8mgsin θ 解得x＝，即到B点的距离为.‎ ‎6．(2018·泰州中学四模)如图6所示，水平传送带上A、B两端点间距L＝4m，半径R＝1m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带B相切．传送带以v0＝4m/s的速度沿图示方向匀速运动，质量m＝1 kg的小滑块由静止放到传送带的A端，经一段时间运动到B端，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2.‎ 图6‎ ‎(1)求滑块到达B端的速度大小；‎ ‎(2)求滑块由A运动到B的过程中，滑块与传送带间因摩擦产生的热量；‎ ‎(3)仅改变传送带的速度，其他条件不变，计算说明滑块能否通过圆轨道最高点C.‎ 答案　(1)4m/s　(2)8J　(3)见解析 解析　(1)滑块开始时在传送带上先向右做匀加速运动，若传送带足够长，设当滑块速度v＝v0时已运动的距离为x，根据动能定理有：μmgx＝mv－0‎ 解得：x＝1.6 m＜L, 所以滑块到达B端前已开始做匀速运动，到达B端的速度v＝v0＝4 m/s ‎(2)设滑块与传送带发生相对运动的时间为t，则：v0＝μgt t时间内，传送带通过的位移为：x′＝v0t 滑块与传送带之间相对滑动的距离为：Δx＝x′－x 滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为：Q＝μmgΔx 联立以上各式代入数据解得：Q＝8 J ‎(3)设滑块通过最高点C的最小速度为vC，经过C点时，‎ 根据向心力公式和牛顿第二定律有：mg＝m 在滑块从B运动到C的过程中，根据动能定理有：－2mgR＝mv－mv 解得要使滑块能通过圆轨道最高点C，经过B的最小速度为：vB＝5 m/s 若仅改变传送带的速度，其他条件不变，滑块一直做匀加速直线运动至B的速度为最大速度，设为vm，根据动能定理有：μmgL＝mv－0‎ 解得：vm＝2 m/s＜vB＝5 m/s，所以仅改变传送带的速度，滑块不能通过圆轨道最高点C.‎