【物理】2020届一轮复习人教版动力学和能量观点的综合应用课时作业 10页

2020届一轮复习人教版动力学和能量观点的综合应用课时作业　　　　　　　　　　　　　[基础训练]1．(2018·陕西西工大附中适应考)(多选)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体运动一段时间后能保持与传送带相对静止．对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是(　　)A．电动机多做的功为mv2B．摩擦力对物体做的功为mv2C．电动机增加的功率为μmgvD．传送带克服摩擦力做的功为mv2答案：BC　解析：由能量守恒知电动机多做的功为物体动能增量和摩擦生热Q，所以A项错误；根据动能定理，对物体列方程，Wf＝mv2，所以B项正确；因为电动机增加的功率P＝＝＝μmgv ，C项正确；因为传送带与物体共速之前，传送带的路程是物体路程的2倍，所以传送带克服摩擦力做功是摩擦力对物体做功的2倍，即mv2，D项错误．2．(2018·河南郑州一模)(多选)如图所示，质量为m的物块从倾角为θ的传送带底端由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持速率v匀速运动，物块与传动带间的动摩擦因数为μ(μ＞tanθ)，物块到达顶端前能与传送带保持相对静止．在物块从静止释放到相对传送带静止的过程中，下列说法正确的是(　　)A．电动机因运送物块多做的功为mv2B．系统因运送物块增加的内能为C．传送带克服摩擦力做的功为mv2D．电动机因运送物块增加的功率为μmgvcosθ答案：BD　解析：电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量．对物块，增加的机械能为ΔE＝f·x物＝μmgcosθ··t，系统增加的内能Q＝f·Δx＝f·(x带－x物)＝f(vt－t)＝μmgcosθ·t.故ΔE＝Q.故电动机多做的功等于物块机械能增加量的2倍，大于mv2，故A错误． 系统增加的内能Q＝f·Δx＝μmgcosθ·t.物块的加速度a＝＝g(μcosθ－sinθ)．故加速时间t＝＝，故系统增加的内能Q＝，故B正确．传送带运动的距离x带＝vt＝，故传送带克服摩擦力做的功W克f＝f·x带＝μmgcosθ·＝，故C错误．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为P＝fv＝μmgcosθ·v，故D正确．3．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)0～8s内物体位移的大小； (2)物体与传送带间的动摩擦因数；(3)0～8s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q.答案：(1)14m　(2)0.875　(3)90J　126J解析：(1)0～8s，内物体位移等于vt图线与t轴所围面积其中前4s，位移为零4～8s的位移为x＝×2m＋4×2m＝14m.(2)0～2s内，物体向下减速，a＝μgcosθ－gsinθ0＝v0－at解得μ＝＝＝0.875.(3)0～8s内物体机械能增量为ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝mv－mv＋mgxsinθ＝×1×42J－×1×22J＋1×10×14×0.6J＝90J0～8s传送带位移为x′＝v0t＝4×8m＝32m.物体与传送带摩擦生热为Q＝Wf＝μmgcosθ(x′－x)＝0.875×1×10×0.8×(32－14)J＝126J.4．如图所示，质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现有质量m2＝0.2kg、可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2.求： (1)物块在车面上滑行的时间t；(2)物块克服摩擦力做的功；(3)在此过程中摩擦产生的内能．答案：(1)0.24s　(2)0.336J　(3)0.24J解析：(1)小车做匀加速运动时的加速度为a1，物块做匀减速运动时的加速度为a2，则a1＝＝m/s2，a2＝μg＝5m/s2，v0－a2t＝a1t，所以t＝＝＝0.24s.(2)相对静止时的速度v＝a1t＝0.8m/s，物块克服摩擦力做的功W＝m2(v－v2)＝0.336J.(3)由功能关系可知，系统损失的机械能转化为内能，则E＝m2v－(m1＋m2)v2＝0.24J.5．如图所示，传送带A、B之间的距离为L＝3.2m，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2m/s，在上端A点无初速度放置一个质量为m＝1kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R＝0.4m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.5m．(取g＝10m/s2)求： (1)金属块经过D点时的速度；(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功．答案：(1)2m/s　(2)3J解析：(1)对金属块在E点，mg＝m，vE＝2m/s在从D到E过程中，由动能定理得：－mg·2R＝mv－mvvD＝2m/s.(2)金属块刚刚放上时，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1a1＝10m/s2设经过位移x1达到共同速度，v2＝2ax1，x1＝0.2m＜3.2m继续加速过程中：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2a2＝2m/s2x2＝L－x1＝3mv－v2＝2a2x2vB＝4m/s在从B到D过程中，由动能定理得：mgh－W＝mv－mvW＝3J.[能力提升] 6．(2018·山东济南模拟)质量为m＝1kg的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑的圆弧轨道．B、C为圆弧轨道的两端点，其连线水平．已知圆弧轨道的半径R＝1.0m，圆弧轨道对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h＝0.8m，小物块离开C点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8s后经过D点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝.(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求小物块离开A点时的水平初速度v1；(2)求小物块经过O点时对轨道的压力大小；(3)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.3，传送带的速度为5m/s，求P、A间的距离；(4)求斜面上C、D间的距离．答案：(1)3m/s　(2)43N　(3)1.5m　(4)0.98m解析：(1)对于小物块，由A点到B点有v＝2gh在B点有tan＝所以v1＝3m/s.(2)对于小物块，由B点到O点有 mgR(1－cos)＝mv－mv其中vB＝m/s＝5m/s在O点，有N－mg＝m，所以N＝43N.由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为N′＝43N.(3)小物块在传送带上加速的过程有μ2mg＝ma3P、A间距离xPA＝＝1.5m.(4)小物块沿斜面上滑时有mgsin＋μ1mgcos＝ma1解得a1＝10m/s2小物块沿斜面下滑时有mgsin－μ1mgcos＝ma2解得a2＝6m/s2由机械能守恒定律可知vC＝vB＝5m/s小物块由C点上升到最高点历时t1＝＝0.5s小物块由最高点回到D点历时t2＝0.8s－0.5s＝0.3s故xCD＝t1－a2txCD＝0.98m.7．如图所示，从A点以v0＝4m/s的水平速度抛出一质量m＝1kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M ＝4kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6m、h＝0.15m，R＝0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，取g＝10m/s2.求：(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？答案：(1)5m/s　方向与水平方向成37°角斜向下(2)47.3N，方向竖直向下　(3)2.8m解析：(1)物块做平抛运动：H－h＝gt2到达B点的竖直分速度：vy＝gt＝3m/sv1＝＝5m/s设方向与水平面的夹角为θ，则tanθ＝＝，θ＝37°，即方向与水平面成37°角斜向下．(2)从A至C点，由动能定理mgH＝mv－mv设C点受到的支持力为N，则有N－mg＝m由上式可得v2＝2m/s，N＝47.3N根据牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N，方向竖直向下． (3)由题意可知小物块对长木板的摩擦力f＝μ1mg＝5N长木板与地面间的最大静摩擦力不小于滑动摩擦力f′＝μ2(M＋m)g＝10N因f＜f′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0，才能保证小物块不滑出长木板则长木板长度至少为l＝＝2.8m.