《2019高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第六章 動量和動量守恒定律 專題強化4 力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用訓(xùn)練 新人教版.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第六章 動量和動量守恒定律 專題強化4 力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用訓(xùn)練 新人教版.doc（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第六章　專題強化四 力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用 〔專題強化訓(xùn)練〕 1．(2017遼寧東北育才學(xué)校三模) 如圖所示為糧袋的傳送裝置，已知A、B間長度為L，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時逆時針運行，速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，正常工作時工人在A點將糧袋放到運行中的傳送帶上，關(guān)于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　A　) A．糧袋到達B點的速度與v比較，可能大，也可能相等或小 B．糧袋開始運動的加速度為g(sinθ－μcosθ)，若L足夠大，則以后將以一定的速度v做勻速運動 C．若μ≥tanθ，則糧袋從A到B一定是一直做加速運動 D．不論μ大小如何，糧袋從A到B一直做勻加速運動，且a≥gsinθ [解析]　糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動，到達B點時的速度小于v；也可能先做勻加速運動，當(dāng)速度與傳送帶相同后，做勻速運動，到達B點時速度與v相同；也可能先做加速度較大的勻加速運動，當(dāng)速度與傳送帶相同后做加速度較小的勻加速運動，到達B點時的速度大于v，故A正確，D錯誤。糧袋開始時受到沿斜面向下的滑動摩擦力，大小為μmgcosθ，根據(jù)牛頓第二定律有加速度a＝g(sinθ＋μcosθ)，故B錯誤。若μ≥tanθ，糧袋從A到B可能是一直做加速運動，也可能先做勻加速運動，當(dāng)速度與傳送帶相同后，做勻速運動，故C錯誤。 2．(2017湖南婁底五校聯(lián)考)如圖所示，將一輕彈簧固定在傾角為30的斜面底端，現(xiàn)用一質(zhì)量為m的物體將彈簧壓縮鎖定在A點，解除鎖定后，物體將沿斜面上滑，物體在運動過程中所能到達的最高點B距A點的豎直高度為h，已知物體離開彈簧后沿斜面向上運動的加速度大小等于重力加速度g。則下列說法不正確的是(　A　) A．當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，物體有最大動能 B．彈簧的最大彈性勢能為2mgh C．物體最終會靜止在B點 D．物體從A點運動到B點的過程中系統(tǒng)損失的機械能為mgh [解析]　物體離開彈簧后沿斜面向上運動的加速度大小等于重力加速度g，由牛頓第二定律可知物體所受的合力沿斜面向下，大小為F＝mg，而重力沿斜面向下的分量為mgsin30＝0.5mg，可知物體受到沿斜面向下的滑動摩擦力為f＝0.5mg。物體從彈簧解除鎖定開始，彈簧的彈力先大于重力沿斜面向下的分力和摩擦力之和，后小于重力沿斜面向下的分力和摩擦力之和，物體先做加速運動后做減速運動，當(dāng)彈力等于重力沿斜面向下的分力和摩擦力之和時，速度最大，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A不正確．根據(jù)能量守恒定律，可知在物體上升到最高點的過程中，彈性勢能轉(zhuǎn)化為物體的重力勢能mgh和內(nèi)能，故彈簧的最大彈性勢能Ep＝mgh＋f2h＝2mgh，故B正確。物體到達B點后，瞬時速度為零，由于最大靜摩擦力fm＝f＝0.5mg＝mgsin30，所以物體將靜止在B點，故C正確。物體從A點運動到B點的過程中系統(tǒng)損失的機械能等于克服摩擦力做的功，ΔE＝f2h＝mgh，故A、D正確。本題選不正確的，故選A。 3．(2017湖南長沙一模)如圖所示，用長為R的不可伸長的輕繩將質(zhì)量為的小球A懸掛于O點。在光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小物塊B(可視為質(zhì)點)置于長木板C的左端并與長木板均保持靜止。將小球A拉起，使輕繩水平拉直，將A球由靜止釋放，運動到最低點時與B發(fā)生彈性正碰。 (1)求碰后輕繩與豎直方向的最大夾角θ的余弦值； (2)若長木板C的質(zhì)量為2m，B與C間的動摩擦因數(shù)為μ，則C的長度至少為多少時B才不會從C的上表面滑出？ 答案：(1)　(2) [解析]　(1)A從開始下落到與B碰撞前的過程機械能守恒，由機械能守恒定律得mgR＝mv， 小球與B碰撞過程中動量和機械能均守恒，以水平向右為正方向。 由動量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2， 由機械能守恒定律得mv＝mv＋mv， 聯(lián)立解得v1＝－，v2＝， 設(shè)碰撞后A上升的最大高度為H，則gH＝v， 又cosθ＝，聯(lián)立解得cosθ＝。 (2)B在木板C上滑動過程中，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，以水平向右為正方向，由動量守恒定律得mv2＝(m＋2m)v， 設(shè)木塊長度為L時，B剛好滑到C的最右端時兩者共速，則B在木板C上滑動的過程中，由能量守恒定律得 μmgL＝mv－(m＋2m)v2， 聯(lián)立解得L＝。 4．(2017山東日照一模)如圖所示，一質(zhì)量m＝1kg的小物塊(可視為質(zhì)點)，放置在質(zhì)量M＝4kg的長木板左側(cè)，長木板放置在光滑的水平面上。初始時，長木板與物塊一起以水平速度v0＝2m/s向左勻速運動。在長木板的左側(cè)上方固定著一障礙物A，當(dāng)物塊運動到障礙物A處時與A發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短，無機械能損失)，而長木板可繼續(xù)向左運動。重力加速度g取10m/s2。 (1)設(shè)長木板足夠長，求物塊與障礙物第一次碰撞后，物塊與長木板速度相同時的共同速率； (2)設(shè)長木板足夠長，物塊與障礙物第一次碰撞后，物塊向右運動所能達到的最大距離是s＝0.4m，求物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)以及此過程中長木板運動的加速度的大??； (3)要使物塊不會從長木板上滑落，長木板至少為多長？整個過程中物塊與長木板系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為多少？ 答案：(1)1.2m/s　(2)0.5　1.25m/s2　(3)2m　10J [解析]　(1)物塊與障礙物碰撞后，小物塊與木板組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得 Mv0－mv0＝(M＋m)v， 代入數(shù)據(jù)解得v＝1.2m/s。 (2)物塊與障礙物第一次碰撞后，物塊向右做減速運動，直到速度減為零的過程中，只有摩擦力做功，由動能定理得－μmgs＝0－mv，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.5。 木板在水平方向只受到摩擦力，由牛頓第二定律得 μmg＝Ma， 代入數(shù)據(jù)解得a＝1.25m/s2。 (3)由題可知，物塊多次與障礙物碰撞后，最終將與木板同時都靜止，設(shè)物塊在木板上運動的相對位移為l，則由能量守恒定律得 μmgl＝(m＋M)v， 代入數(shù)據(jù)得l＝2m， 可知木板的長度至少為2m。 又Q＝μmgl， 代入數(shù)據(jù)解得Q＝10J。