2020年高考物理一轮复习高频考点强化 动力学综合问题练习

2020年高考物理一轮复习热点题型专题02—相互作用题型一弹力的“四类模型”问题题型二“活结”和“死结”与“动杆”和“定杆”问题题型三摩擦力的分析与计算题型四摩擦力和三类突变题型五共点力的合成题型六力分解的两种常用方法题型一弹力的“四类模型”问题1．弹力(1)方向(2)计算弹力大小的三种方法①根据胡克定律进行求解．②根据力的平衡条件进行求解．③根据牛顿第二定律进行求解．2．弹力有无的判断“三法”(1)假设法：假设将与研究对象接触的物体解除接触，判断研究对象的运动状态是否发生改变．若运动状态不变，则此处不存在弹力；若运动状态改变，则此处一定存在弹力．(2)替换法：用细绳替换装置中的轻杆，看能不能维持原来的力学状态．如果能维持，则说明这个杆提供的是拉力；否则，提供的是支持力．(3)状态法：由运动状态分析弹力，即物体的受力必须与物体的运动状态相符合，依据物体的运动状态，由二力平衡(或牛顿第二定律)列方程，求解物体间的弹力．【模型1】物体与物体间的弹力(2018·山西省太原市上学期期末)历经一年多的改造，2017年10月1日，太原迎泽公园重新开园，保持原貌的七孔桥与新建的湖面码头，为公园增色不少．如图乙是七孔桥正中央一孔，位于中央的楔形石块1，左侧面与竖直方向的夹角为θ，右侧面竖直．若接触面间的摩擦力忽略不计，则石块1左、右两侧面所受弹力的比值为()A.1tan θB ．sin θC.1cos θD.12cos θ【答案】C【解析】对石块1受力分析如图，则石块1左、右两侧面所受弹力的比值F 1F 2＝1cos θ，故C 正确．【模型2】绳的弹力如图所示，质量为m 的小球套在竖直固定的光滑圆环上，轻绳一端固定在圆环的最高点A ，另一端与小球相连．小球静止时位于环上的B 点，此时轻绳与竖直方向的夹角为60°，则轻绳对小球的拉力大小为()A ．2mgB.3mg C ．mg D.32mg 【答案】C【解析】对B 点处的小球受力分析，如图所示，则有F T sin 60°＝F N sin 60°F T cos 60°＋F N cos 60°＝mg 解得F T ＝F N ＝mg ，故C 正确．【模型3】弹簧的弹力如图所示，小球a 的质量为小球b 的质量的一半，分别与轻弹簧A 、B 和轻绳相连接并处于平衡状态．轻弹簧A 与竖直方向的夹角为60°，轻弹簧A 、B 的伸长量刚好相同，则下列说法正确的是()A ．轻弹簧A 、B 的劲度系数之比为1∶3B ．轻弹簧A 、B 的劲度系数之比为2∶1C ．轻绳上拉力与轻弹簧A 上拉力的大小之比为2∶1D ．轻绳上拉力与轻弹簧A 上拉力的大小之比为3∶2【答案】D【解析】设轻弹簧A 、B 的伸长量都为x ，小球a 的质量为m ，则小球b 的质量为2m .对小球b ，由平衡条件知，弹簧B 中弹力为k B x ＝2mg ；对小球a ，由平衡条件知，竖直方向上，有k B x ＋mg ＝k A x cos 60°，联立解得k A ＝3k B ，选项A 、B 错误；水平方向上，轻绳上拉力F T ＝k A x sin 60°，则F T k A x ＝32，选项C 错误，D 正确．【模型4】杆的弹力(2019·湖南省怀化市博览联考)如图所示，与竖直墙壁成53°角的轻杆一端斜插入墙中并固定，另一端固定一个质量为m 的小球，水平轻质弹簧处于压缩状态，弹力大小为34mg (g 表示重力加速度)，则轻杆对小球的弹力大小为()A.53mgB.35mg C.45mg D.54mg【答案】D【解析】小球处于静止状态，其合力为零，对小球受力分析，如图所示，由图中几何关系可得F ＝(mg )2＋(34mg )2＝54mg ，选项D 正确．题型二“活结”和“死结”与“动杆”和“定杆”问题【类型1】“活结”和“死结”问题1．活结：当绳绕过光滑的滑轮或挂钩时，由于滑轮或挂钩对绳无约束，因此绳上的力是相等的，即滑轮只改变力的方向不改变力的大小．2．死结：若结点不是滑轮，是固定点时，称为“死结”结点，则两侧绳上的弹力不一定相等．【例题1】(2016·全国卷Ⅲ·17)如图所示，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为()A.m 2B.32m C ．m D ．2m【答案】C 【解析】如图所示，圆弧的圆心为O ，悬挂小物块的点为c ，由于ab ＝R ，则△aOb 为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，FT ＝mg ，合力沿Oc 方向，则Oc 为角平分线，由几何关系知，∠acb ＝120°，故细线的拉力的合力与物块的重力大小相等，则每条细线上的拉力F T ＝G ＝mg ，所以小物块质量为m ，故C 对．【类型2】“动杆”和“定杆”问题1．动杆：若轻杆用光滑的转轴或铰链连接，当杆处于平衡时杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起杆的转动．如图甲所示，若C 为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向．2．定杆：若轻杆被固定不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向，如图乙所示．【例题2】(2019·天津市南开中学月考)如图为两种形式的吊车的示意图，OA 为可绕O 点转动的轻杆，重量不计，AB 为缆绳，当它们吊起相同重物时，杆OA 在图(a)、(b)中的受力分别为F a 、F b ，则下列关系正确的是()A ．F a ＝F bB ．F a >F bC ．F a <F bD ．大小不确定【答案】A【解析】对题图中的A 点受力分析，则由图(a)可得F a ＝F a ′＝2mg cos 30°＝3mg 由图(b)可得tan 30°＝mgF b ′则F b ＝F b ′＝3mg 故F a ＝F b .题型三摩擦力的分析与计算1．静摩擦力的分析(1)物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动)，利用力的平衡条件来判断静摩擦力的大小．(2)物体有加速度时，若只受静摩擦力，则F f ＝ma .若除受静摩擦力外，物体还受其他力，则F 合＝ma ，先求合力再求静摩擦力．2．滑动摩擦力的分析滑动摩擦力的大小用公式F f ＝μF N 来计算，应用此公式时要注意以下几点：(1)μ为动摩擦因数，其大小与接触面的材料、表面的粗糙程度有关；F N 为两接触面间的正压力，其大小不一定等于物体的重力．(2)滑动摩擦力的大小与物体的运动速度和接触面的大小均无关．3．静摩擦力的有无和方向的判断方法(1)假设法：利用假设法判断的思维程序如下：(2)状态法：先判断物体的状态(即加速度的方向)，再利用牛顿第二定律(F 合＝ma )确定合力，然后通过受力分析确定静摩擦力的大小及方向．(3)牛顿第三定律法：先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力方向．【例题1】(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．则物块与桌面间的动摩擦因数为()A ．2－3 B.36C.33D.32【答案】C【解析】当F水平时，根据平衡条件得F＝μmg；当保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角时，由平衡条件得F cos60°＝μ(mg－F sin60°)，联立解得，μ＝33，故选项C正确．【例题2】（2019·湖南省永州市教研室名师筛选高考信息卷）如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上，一小物块沿着斜面体匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的力F，当物块运动到最低点之前，下列说法正确的是()A．物块与斜面体间的弹力不变B．物块与斜面体间的摩擦力增大C．斜面体与地面间的弹力不变D．斜面体与地面间的摩擦力始终为0【答案】BD【解析】AB、设斜面的倾角为α，不加推力F时，滑块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，支持力N=mg cosα，摩擦力f=mg sinα，故动摩擦因数μ=f/N=tanα；对小物块施加一水平向右的恒力F后，支持力N′=mg cosα+F sinα，变大；滑动摩擦力f′=μN′，也变大；故A错误，B正确；CD、不加推力F时，根据平衡条件，滑块受的支持力和摩擦力的合力竖直向上；故根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下，故斜面体相对地面没有滑动趋势，故斜面体不受摩擦力；加上水平推力后，滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增加，其合力方向依旧是竖直向上（大小变大，方向不变）；同理，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力依旧是竖直向下（大小变大，方向不变），故斜面体相对地面仍然没有滑动趋势，故斜面体仍然不受摩擦力，但对地压力变大了；故C错误，D正确；故选BD。

高频考点强化(五)能量综合问题(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分。

1～7题为单选题,8～10题为多选题)1.(2018·张掖模拟)一质量为m的人站在电梯中,电梯由静止竖直向上做匀加速运动时,电梯的加速度为。

人随电梯上升高度H的过程中,下列说法错误的是(重力加速度为g) ( )A.人的重力势能增加mgHB.人的机械能增加mgHC.人的动能增加mgHD.人对电梯的压力是他体重的倍【解析】选C。

电梯上升高度H,则重力做负功,重力势能增加mgH,故A正确;对人由牛顿第二定律得F N-mg=ma,解得F N=mg+ma=mg+mg=mg,支持力方向竖直向上,故做正功,支持力做的功等于人的机械能增量,故人的机械能增加mgH,而重力势能增加mgH,所以动能增加mgH,故B正确,C错误;根据牛顿第三定律可知,人对电梯底部的压力为mg,即人对电梯的压力是他体重的倍,D正确。

2.(2015·全国卷Ⅰ)如图,一半径为R,粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平。

一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道。

质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。

用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。

则( )A.W=mgR,质点恰好可以到达Q点B.W>mgR,质点不能到达Q点C.W=mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离D.W<mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离【解析】选C。

在N点由牛顿第二定律得4mg-mg=m;从最高点到N点,由动能定理得2mgR-W=m,联立解得W=mgR。

由于克服阻力做功,机械能减小,所以质点从N点到Q点克服阻力做的功要小于从P点到N点克服阻力做的功,即质点从N点到Q点克服阻力做的功W′<W=mgR,质点从N点到Q点由动能定理得-mgR-W′=m-m,解得m>0,所以质点能够到达Q点,并且还能继续上升一段距离,故选项C正确。

2020年高考物理一轮复习强化训练题汇总3（含解析）一、选择题1、如图所示为位于瑞士的世界上最大的人工喷泉——日内瓦喷泉,已知该喷泉竖直向上喷出,喷出时水的速度为53 m/s,喷嘴的出水量为0.5 m3/s,不计空气阻力,则空中水的体积应为(g取10 m/s2)( )A.2.65 m3B.5.3 m3C.10.6 m3D.因喷嘴的横截面积未知,故无法确定【参考答案】B2、两物体A、B由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动，其运动的位移－时间(x－t)图象如图所示．下列说法正确的是( )A．两物体A、B在t＝2.5 t0时刻相距最远B．两物体A、B在减速运动过程中加速度相同C．两物体A、B在t＝2.5t0时刻速度相同D．两物体A、B在t＝t0时刻相距最远解析：两物体A 、B 在t ＝2.5 t 0时刻处于同一位置，相距最近，两物体A 、B 在t ＝t 0时刻相距最远，选项A 错误、D 正确．两物体A 、B 都是先沿x 轴正方向做匀速运动，后沿x 轴负方向做匀速运动，根据位移图象斜率表示速度可知，在沿x 轴负方向做匀速运动过程中速度相同，选项B 错误．两物体A 、B 在t ＝2.5t 0时刻速度不相同，处于同一位置，选项C 错误．答案：D3、如图所示，轻绳的一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球(可视为质点)．当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力F T 、轻绳与竖直线OP 的夹角θ满足关系式F T ＝a ＋bcos θ，式中a 、b 为常数．若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( )A.b 2mB.2b mC.3b mD.b 3m解析：当小球运动到最低点时，θ＝0，拉力最大，F T1＝a ＋b ，F T1＝mg ＋mv 21L ；当小球运动到最高点时，θ＝180°，拉力最小，F T2＝a －b ，F T2＝－mg ＋mv 22L ；由动能定理有mg ·2L ＝12mv 21－12mv 22，联立解得g ＝b 3m，选项D 正确．答案：D4、如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们从一楼运到二楼，其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物，图乙是用履带式自动电梯运送，假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物，下列关于两电梯在运送货物时说法正确的是( )A．两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功B．图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功C．图甲中电梯对货物的支持力对货物做正功D．图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功解析：在图甲中，货物随电梯匀速上升时，货物受到的支持力竖直向上，与货物位移方向的夹角小于90°，故此种情况下支持力对货物做正功，选项C正确；图乙中，货物受到的支持力与履带式自动电梯接触面垂直，此时货物受到的支持力与货物位移垂直，故此种情况下支持力对货物不做功，故选项A、B错误，D正确．答案：CD5、有一匀强电场，方向如图所示，在电场中有三个点A、B、C，这三点的连线恰好构成一个直角三角形，且AC 边与电场线平行．已知A 、B 两点的电势分别为φA ＝5 V ，φB ＝1.8 V ，A 、B 的距离为4 cm ，B 、C 的距离为3 cm.若把一个电子(e ＝1.6×10－19 C)从A 点移动到C 点，那么电子电势能的变化量为( )A ．8.0×10－19 JB ．1.6×10－19 JC ．－8.0×10－19 JD ．－1.6×10－19 J解析：设AB 与AC 之间的夹角为θ，则cos θ＝45，又AB 的距离S AB ＝4 cm ，则AB 沿场强方向的距离为d AB ＝S AB cos θ＝4×45 cm ＝165 cm ，设A 、B 之间电势差为U AB ，则电场强度为E ＝U AB d AB ＝φA －φB d AB＝100 V/m.电子从A 点到达C 点电势能的变化量为ΔE p ＝－W ＝1.6×10－19×100×0.05 J ＝8.0×10－19 J ，故A 项正确．答案：A6、(肇庆市高中毕业班模拟考试)如图所示，水平放置的平行金属导轨MN 和PQ 之间接有定值电阻R ，导体棒ab 长为l 且与导轨接触良好，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，现使导体棒ab 向右匀速运动，下列说法正确的是( )A ．导体棒ab 两端的感应电动势越来越小B ．导体棒ab 中的感应电流方向是a →bC ．导体棒ab 所受安培力方向水平向右D ．导体棒ab 所受合力做功为零解析：由于导体棒匀速运动，磁感应强度及长度不变，由E ＝BLv 可知，运动中感应电动势不变；由楞次定律可知，导体棒中的电流方向由b 指向a ；由左手定则可知，导体棒所受安培力方向水平向左；由于匀速运动，棒的动能未变，由动能定理可知，合力做的功等于零．选项A 、B 、C 错误，D 正确．答案：D7、(上海单科，1)由放射性元素放出的氦核流被称为( )A ．阴极射线B ．α射线C ．β射线D ．γ射线解析：本题考查天然放射现象．在天然放射现象中，放出α、β、γ三种射线，其中α射线属于氦核流，选项B 正确．答案：B二、非选择题(河北省两校高三年级模拟考试)质量为m ＝2 kg 的物块静置于水平地面上，现对物块施加水平向右的力F ，力F 随时间变化的规律如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，求：(1)4 s 后撤去力F ，物块还能继续滑动的时间t ；(2)前4 s 内，力F 的平均功率．解析：(1)物块与地面之间最大静摩擦力Ff m ＝μmg ＝4 N ，在第1 s 内物块静止不动第1～3 s 内，物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律a 1＝F 1－μmg m＝2 m/s 2 3 s 末，物块的速度v 1＝a 1t 1＝2×2 m/s ＝4 m/s第3～4 s 内，物块做匀速直线运动，4 s 后撤去外力物块做匀减速运动，加速度大小为a 2＝μg ＝2 m/s 2 则物块继续滑行时间t ＝v 1a 2＝2 s (2)设第1～3 s 内与第3～4 s 内物块的位移分别为x 1、x 2x 1＝12a 1t 21＝4 m x 2＝v 1t 2＝4 m前4 s 内，力F 做功的大小为W ＝F 1x 1＋F 2x 2＝48 J前4 s内，力F的平均功率P＝Wt总＝12 W 答案：(1)2 s (2)12 W。

牛顿第二定律两类动力学识题1. 如下图，一物体从竖直立于地面的轻弹簧上方某一高度自由落下． A 点为弹簧处于自然状态时端点的地点，当物体抵达 B 点时，物体的速度恰巧为零，而后被弹回．以下说法中正确的选项是 ( D )A．物体从 A 点着落到 B点的过程中速率不停减小B．物体在 B 点时，所受协力大小为零C．物体在 A 点时处于超重状态D．物体在 B 点时处于超重状态2．如下图，一端固定在地面上的杆与水平方向的夹角为θ ，将一质量为m1的滑块套在杆上，滑块经过轻绳悬挂一质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为一个沿杆方向的初速度，稳固后，滑块和小球一同以共同的加快度沿杆运动，直方向的夹角为β，且β>θ，不计空气阻力，则滑块的运动状况是( B )μ . 先给滑块此时绳索与竖A．沿着杆减速下滑B．沿着杆减速上滑C．沿着杆加快下滑D．沿着杆加快上滑3．( 多项选择 ) 如图甲所示，在水平面上有一质量为2m的足够长的木板，其上叠放一质量为m 的木块．现给木块施加一随时间增大的水平力F＝ kt ( k是常数) ，木板和木块加快度的大小随时间变化的图线如图乙所示，木块与木板之间的动摩擦因数为μ 1、木板与水平面之间的动摩擦因数为μ2.假设接触面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，则以下说法正确的是( CD)A． 0～t时间内木块遇到的摩擦力大小为μ mg11B．μ1<2μ2C．乙图中a0＝μ 1－3μ 2g2D．t1～t2与t2～t3时间内对应的两段图线的斜率绝对值之比为4．放在固定粗拙斜面上的滑块 A 以加快度 a1沿斜面匀加快下滑，如图甲所示．在滑块A 上放一物体B，物体B 一直与A 保持相对静止，以加快度a2沿斜面匀加快下滑，如图乙所示．在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A 以加快度a3沿斜面匀加快下滑，如图丙所示．则( B )A．a1＝a2＝a3B．a1＝a2<a3C．a1<a2＝a3D．a1<a2 <a35．小明希望查验这样一个猜想：沿斜面下滑的小车，装载物体的质量越大，抵达斜面底部的速度越大．图示为两种直径不一样的车轮( 颜色不一样 ) ，装有不一样木块( 每个木块的质量同样 ) 从不一样高度开释的小车．你以为小明应当采用哪 3 种状况进行比较( C )A．GOR B．GSWC．STU D．SWX6．一物块沿倾角为θ 的固定斜面上滑，抵达最大高度处后又返回斜面底端．已知物块下滑的时间是上滑时间的 2 倍，则物块与斜面间的动摩擦因数为( C )11A. 3tan θB. 2tan θ3C. 5tan θD． tan θ7.在倾角为 30°的圆滑斜面上有一个箱子，箱内有一个斜面，在斜面上搁置一个重为60 N 的球，如下图．当箱子沿斜面下滑时，球对箱子后壁和箱内斜面的压力大小分别是( g取 10 m/s 2)( C )A． 40 N,30 N B． 30 N,50 NC． 403 N,50 3 N D． 503 N,60 3 Nm2的物体 2 放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并8．( 多项选择 ) 如下图，质量为用竖直细绳经过圆滑定滑轮连结质量为m1的物体 1. 与物体 1 相连结的绳与竖直方向成θ(AD )角．以下说法中正确的选项是A．车厢的加快度大小为g tanθB．绳对物体 1 的拉力大小为m1g cosθC．底板对物体 2 的支持力大小为m2g－ m1gD．物体 2 所受底板的摩擦力为m2g tanθ9. 如下图，几条足够长的圆滑直轨道与水平面成不一样角度，从 P 点以大小不一样的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰幸亏同样的时间内抵达各自的最高点，则各小球最高点的地点 ( D )A．在同一水平线上B．在同一竖直线上C．在同一抛物线上D．在同一圆周上10. 如下图，在倾角为θ＝30°的圆滑斜面上，物块、质量分别为和2.物块AA B m m静止在轻弹簧上边，物块 B 用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一同但A、B之间无弹力．已知重力加快度为，某时辰把细线剪断，当细线剪断瞬时，以下说法正确的选项是(B) gA．物块A的加快度为0g B．物块A的加快度为3gC．物块B的加快度为0D．物块B的加快度为211．( 多项选择 ) 如下图，某科研单位设计了一空间飞翔器，飞翔器从地面腾飞时，发动机供给的动力方向与水平方向的夹角α＝60°，使飞翔器恰巧沿与水平方向的夹角θ ＝30°的直线斜向右上方匀加快飞翔，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适合调节其大小，使飞翔器依旧能够沿原方向匀减速直线飞翔，飞翔器所受空气阻力不计．以下说法中正确的选项是(BC )A．飞翔器加快时动力的大小等于mgB．飞翔器加快时加快度的大小为g3C．飞翔器减速时动力的大小等于2mgD．飞翔器减速飞翔时间t 后速度为零12．为了减少汽车刹车失灵造成的危害， 如下图为高速路上在下坡路段设置的可视为斜面的紧迫避险车道．一辆货车在倾角 θ ＝30°的连续长直下坡高速路上，以v 0 ＝ 7 m/s的速度在刹车状态下匀速行驶( 在此过程及后边过程中， 可以为发动机不供给牵引力) ，忽然 汽车刹车失灵， 开始加快运动， 此时汽车所遇到的摩擦力和空气阻力共为车重的 0.2 倍．在加快行进了 x 0＝96 m 后，货车冲上了光滑连结的倾角 α ＝53°的避险车道，已知货车在该 避险车道上所遇到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.45 倍．货车的各个运动过程均可视为直线运动，取 sin53 °＝ 0.8 ， g ＝ 10 m/s 2. 求：(1) 货车刚冲上避险车道时的速度大小 v ；(2) 货车在避险车道上行驶的最大距离 x .13．如下图，在粗拙的水平路面上，一小车以v ＝ 4 m/s 的速度向右匀速行驶，与此同时，在小车后方相距s 0＝ 40 m 处有一物体在水平向右的推力＝ 20 N 作用下，从静止开F始做匀加快直线运动，当物体运动了x 1＝ 25 m 撤去．已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝ 0.2 ，物体的质量 ＝ 5 kg ，重力加快度 g 取 10 m/s 2. 求m(1)推力 F 作用下，物体运动的加快度 a1大小；(2)物体运动过程中与小车之间的最大距离；(3)物体刚停止运动时与小车的距离d.参照答案1.D2.B3.CD4.B5.C6.C7.C8.AD9.D10.B11.BC12. 答案： (1) 设货车加快向下行驶时的加快度大小为a 1，由牛顿第二定律可知sin θ －mg0.2 mg＝ma1解得 a1＝3 m/s222解得 v＝25 m/s由公式 v － v0＝2a1 x0(2) 设货车在避险车道向上行驶时的加快度大小为a2，由牛顿第二定律可知mg sinα＋0.45 mg＝ma2解得 a2＝12.5 m/s2由 v2－0＝2a2x，解得 x＝25 m.13. 答案： (1) 对物体，依据牛顿第二定律得F－μ mg＝ ma1代入数据得a1＝2 m/s2.(2)当物体速度 v1＝ v0时，物体与小车间距离最大，即最大距离v14t 1＝＝s＝2 s时，二者之间a12v1x max＝ s0＋ v0t 1－2 t 1＝40 m＋4×2 m－4 m＝44 m. (3) 设推力作用的时间为t，依据位移公式得x ＝122a t2211则 t 2＝2x12×25a1＝2s ＝ 5 s速度 v 2＝ a 1t 2＝2×5 m/s ＝ 10 m/s撤去 F 后，物体运动的加快度大小为a 2，经过 t 3 时间停止，其位移为x 2，依据牛顿第二定律 μ mg ＝ ma 2 得 a 2＝μ g ＝ 2 m/s 222由 v 2＝2ax 得 x 2＝v 2＝10m ＝ 25 m 2a 22×2v 210 而 t 3＝＝a 22s ＝ 5 s.物体运动的总时间t ＝ t 2＋ t 3＝ 10 s则 d ＝v 0t ＋ s 0－ ( x 1 ＋x 2) ＝ 30 m.。

2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试物理部分强化训练(八)第Ⅰ卷第Ⅰ卷（共21小题，每小题6分，共126分）二、选择题（每小题包括8小题。

每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）14.某原子核AZX吸收一个中子后，放出一个电子，分裂为两个α粒子。

由此可知 [ ]A.A=7，Z＝3B.A=7，Z＝4C.A=8，Z＝3D.A=8，Z＝415.红光和紫光相比 [ ]A.红光光子的能量较大；在同一种介质中传播时红光的速度较大B.红光光子的能量较小；在同一种介质中传播时红光的速度较大C.红光光子的能量较大；在同一种介质中传播时红光的速度较小D.红光光子的能量较小；在同一种介质中传播时红光的速度较小16.我国将要发射一颗绕月运行的探月卫星“嫦娥1号”。

设该卫星的轨道是圆形的，且贴近月球表面。

已知月球的质量约为地球质量的181，月球的半径约为地球半径的14，地球上的第一宇宙速度约为7.9km/s，则该探月卫星绕月运行的速率约为[ ]A.0.4km/sB.1.8km/sC.11km/sD.36km/s17.图中为一“滤速器”装置示意图。

a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间。

为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能够沿水平直线OO'运动，由O'射出。

不计重力作用。

可能达到上述目的的办法是[ ]A.使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里B.使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里C.使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外图 1图2y/cm 2 4 －44 6 81 35 7 －2 2 t/st/sy/cm4 2 －20 8 12 162 610 14 －1 1 图3D.使a 板电势低于b 板，磁场方向垂直纸面向外 18.下列说法中正确的是 [ ]A.气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大B.气体体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内打到器壁单位面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大C.压缩一定量的气体，气体的内能一定增加D.分子a 从远外趋近固定不动的分子b ，当a 到达受b 的作用力为零处时，a 的动能一定最大 19.一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，图1所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动。

动力学观点的综合1.(2019·四川宜宾模拟)如图所示，表面粗糙质量M ＝2 kg 的木板，t ＝0时在水平恒力F 的作用下从静止开 始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a ＝2.5 m/s 2.t ＝0.5 s 时，将一个质量m ＝1 kg 的小铁块(可视为 质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半．已知铁块和木板之间的动 摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g 取10 m/s 2.则( )A ．水平恒力F 的大小为10 NB ．铁块放上木板后，木板的加速度为2 m/s 2C ．铁块在木板上运动的时间为1 sD ．木板的长度为1.625 m2.如图所示，天花板上固定有一光滑的定滑轮，绕过定滑轮且不可伸长的轻质细绳左端悬挂一质量为M 的 铁块；右端悬挂有两质量均为m 的铁块，上下两铁块用轻质细线连接，中间夹一轻质弹簧处于压缩状态， 此时细线上的张力为2mg ，最初系统处于静止状态．某瞬间将细线烧断，则左端铁块的加速度大小为( )A.14gB.13gC.23g D ．g 3.(2019·江西上饶六校一联)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度v 0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x .现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B (如图乙所示)，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，则( )A ．A 物体的质量为3mB ．A 物体的质量为2mC ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为32mv 02 D ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv 02 4．(2019·山东六校联考)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A 、B 中，射入A 中的深度是射入B 中深度的两倍．两种射入过程相比较( )A ．射入滑块A 的子弹速度变化大B ．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C ．射入滑块A 中时阻力对子弹做功是射入滑块B 中时的两倍D．两个过程中系统产生的热量相同5.(2019·河南三市模拟)如图所示，长木板B的质量为m2＝1.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3＝1.0 kg 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 kg的物块A从距离长木板B左侧l＝9.5 m处，以速度v0＝10 m/s向着长木板运动．一段时间后物块A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．已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；(2)长木板B的最小长度和物块A离长木板左侧的最终距离．6．(2019·湖南长沙长郡中学模拟)如图所示，光滑的水平面上有一木板，在其左端放有一重物，右方有一竖直的墙，重物的质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2.使木板与重物以共同的速度v0＝6 m/s向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度g取10 m/s2，求木板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间．7．(2019·宁夏银川一中模拟)如图所示，有一质量为M＝2 kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m＝1 kg的小物块A和B(均可视为质点)，由车上P处开始，A以初速度v1＝2 m/s向左运动，B同时以v2＝4 m/s向右运动．最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车．两物块与小车间的动摩擦因数均为μ＝0.1，g取10 m/s2.求：(1)求小车总长L；(2)物块B在小车上滑动的过程中产生的热量Q B；(3)从物块A、B开始运动计时，经6 s小车离原位置的距离x.8.(2018·山东省青岛市二模)如图所示，半径R＝2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切．在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起．某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q 沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞．已知小球P的质量m1＝3.2 kg，小球Q的质量m2＝1 kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能E p＝168 J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：(1)小球Q运动到C点时的速度大小；(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；(3)小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰．9．(2018·湖北省仙桃市、天门市、潜江市期末联考)如图所示，半径为R1＝1.8 m的14光滑圆弧与半径为R2＝0.3 m的半圆光滑细管平滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L＝2.0 m、质量为M＝1.5 kg的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同．现在让质量为m2＝2 kg的物块静止于B处，质量为m1＝1 kg的物块从光滑圆弧顶部的A处由静止释放，物块m1下滑至B 处和m2碰撞后不再分开，整体设为物块m(m＝m1＋m2)．物块m穿过半圆管底部C处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为2 m/s时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)，若g＝10 m/s2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计．(1)求物块m1和m2碰撞过程中损失的机械能；(2)求物块m滑到半圆管底部C处时所受支持力大小；(3)若物块m与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，求物块m在台阶表面上滑行的最大距离．10.如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板．求：(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移大小；(2)木块A在整个过程中的最小速度．参考答案1.(2019·四川宜宾模拟)如图所示，表面粗糙质量M ＝2 kg 的木板，t ＝0时在水平恒力F 的作用下从静止开 始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a ＝2.5 m/s 2.t ＝0.5 s 时，将一个质量m ＝1 kg 的小铁块(可视为 质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半．已知铁块和木板之间的动 摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g 取10 m/s 2.则( )A ．水平恒力F 的大小为10 NB ．铁块放上木板后，木板的加速度为2 m/s 2C ．铁块在木板上运动的时间为1 sD ．木板的长度为1.625 m【答案】 AC【解析】 未放铁块时，对木板由牛顿定律：F －μ2Mg ＝Ma ，解得F ＝10 N ，选项A 正确；铁块放上木板后，对木板：F －μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma ′，解得：a ′＝0.75 m/s 2，选项B 错误；0.5 s 时木板的速度：v 0＝at ＝2.5×0.5 m/s ＝1.25m/s ，铁块滑离木板时，木板的速度：v 1＝v 0＋a ′t 2＝1.25＋0.75t 2，铁块的速度v ′＝a 块t 2＝μ1gt 2＝t 2，由题意：v ′＝12v 1，解得t 2＝1 s ，选项C 正确；铁块滑离木板时，木板的速度v 1＝2 m/s ，铁块的速度v ′＝1 m/s ，则木板的长度为：L ＝v 0＋v 12t 2－v ′2t 2＝1.25＋22×1 m －12×1 m ＝1.125 m ，选项D 错误． 2.如图所示，天花板上固定有一光滑的定滑轮，绕过定滑轮且不可伸长的轻质细绳左端悬挂一质量为M 的 铁块；右端悬挂有两质量均为m 的铁块，上下两铁块用轻质细线连接，中间夹一轻质弹簧处于压缩状态， 此时细线上的张力为2mg ，最初系统处于静止状态．某瞬间将细线烧断，则左端铁块的加速度大小为( )A.14gB.13gC.23g D ．g 【答案】：C【解析】：根据题意，烧断细线前轻绳上的张力为2mg ，可得到M ＝2m ，以右下端的铁块为研究对象，根据平衡条件可知，细线烧断前弹簧的弹力为mg ，细线烧断前的瞬间，铁块M 与右端上面的铁块m 间轻绳的张力也会发生变化，但二者加速度大小相同，根据牛顿第二定律有：2mg ＋mg －mg ＝3ma ，解得：a ＝23g ，故选项C 正确． 3.(2019·江西上饶六校一联)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度v 0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x .现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B (如图乙所示)，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，则( )A ．A 物体的质量为3mB ．A 物体的质量为2mC ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为32mv 02 D ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv 02 【答案】：AC【解析】：弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A 的动能转化为弹簧的弹性势能，A 及弹簧组成的系统机械能守恒，则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A 的初动能，设A 的质量为m A ，即有E pm ＝12m A v 02 当弹簧一端连接另一质量为m 的物体B 时，A 与弹簧相互作用的过程中B 将向右运动，A 、B 速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A 的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：m A ·2v 0＝(m ＋m A )v由机械能守恒定律得：E pm ＝12m A (2v 0)2－12(m A ＋m )v 2 解得：m A ＝3m ，E pm ＝32mv 02 故A 、C 正确，B 、D 错误．4．(2019·山东六校联考)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A 、B 中，射入A 中的深度是射入B 中深度的两倍．两种射入过程相比较( )A ．射入滑块A 的子弹速度变化大B ．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C ．射入滑块A 中时阻力对子弹做功是射入滑块B 中时的两倍D ．两个过程中系统产生的热量相同【答案】：BD【解析】：在子弹打入滑块的过程中，子弹与滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可知，mv 0＝(M ＋m )v ，两种情况下子弹和滑块的末速度相同，即两种情况下子弹的速度变化量相同，A 项错误；两滑块质量相同，且最后的速度相同，由动量定理可知，两滑块受到的冲量相同，B 项正确；由动能定理可知，两种射入过程中阻力对子弹做功相同，C 项错误；两个过程中系统产生的热量与系统损失的机械能相同，D 项正确．5.(2019·河南三市模拟)如图所示，长木板B 的质量为m 2＝1.0 kg ，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m 3＝1.0 kg的物块C (可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m 1＝0.5 kg 的物块A 从距离长木板B 左侧l ＝9.5 m 处，以速度v 0＝10 m/s 向着长木板运动．一段时间后物块A 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．已知物块A 及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C 与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，物块C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，求：(1)碰后瞬间物块A 和长木板B 的速度；(2)长木板B 的最小长度和物块A 离长木板左侧的最终距离．【答案】：(1)－3 m/s 6 m/s (2)3 m 10.5 m【解析】：(1)设物块A 与木板B 碰前的速度为v由动能定理得－μ1m 1gl ＝12m 1v 2－12m 1v 02 解得v ＝v 02－2μ1gl ＝9 m/sA 与B 发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律得m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2由机械能守恒定律得12m 1v 2＝12m 1v 12＋12m 2v 22 联立解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ＝－3 m/s ， v 2＝2m 1m 1＋m 2v ＝6 m/s. (2)碰撞后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(m 2＋m 3)g －μ2m 3g ＝m 2a 1对物块C 有：μ2m 3g ＝m 3a 2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为tv 2＋a 1t ＝a 2t木板B 的最小长度d ＝v 2t ＋12a 1t 2－12a 2t 2＝3 m B 、C 达到共同速度之后，因μ1＜μ2，二者一起减速至停下，设加速度大小为a 3由牛顿运动定律得：μ1(m 2＋m 3)g ＝(m 2＋m 3)a 3整个过程B 运动的位移为：x B ＝v 2t ＋12a 1t 2＋0－a 2t 2－2a 3＝6 mA 与B 碰撞后，A 做减速运动的加速度大小也为a 3，位移为：x A ＝0－v 12－2a 3＝4.5 m 物块A 离长木板B 左侧的最终距离为x A ＋x B ＝10.5 m.6．(2019·湖南长沙长郡中学模拟)如图所示，光滑的水平面上有一木板，在其左端放有一重物，右方有一竖直的墙，重物的质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2.使木板与重物以共同的速度v 0＝6 m/s 向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度g 取10 m/s 2，求木板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间．【答案】：4 s【解析】：第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到共同的速度v .设木板的质量为m ，重物的质量为2m ，取向右为动量的正方向，由动量守恒得：2mv 0－mv 0＝3mv设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v 所用的时间为t 1，对木板应用动量定理得：2μmgt 1＝mv －m (－v 0)设重物与木板有相对运动时木板的加速度为a ，由牛顿第二定律得：2μmg ＝ma在达到共同速度v 时，木板离墙的距离为：l ＝v 0t 1－12at 12 从木板与重物以共同速度v 开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为：t 2＝l v从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为：t ＝t 1＋t 2由以上各式得t ＝4v 03μg代入数据可得：t ＝4 s.7．(2019·宁夏银川一中模拟)如图所示，有一质量为M ＝2 kg 的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m ＝1 kg 的小物块A 和B (均可视为质点)，由车上P 处开始，A 以初速度v 1＝2 m/s 向左运动，B 同时以v 2＝4 m/s 向右运动．最终A 、B 两物块恰好停在小车两端没有脱离小车．两物块与小车间的动摩擦因数均为μ＝0.1，g 取10 m/s 2.求：(1)求小车总长L ；(2)物块B 在小车上滑动的过程中产生的热量Q B ；(3)从物块A 、B 开始运动计时，经6 s 小车离原位置的距离x .【答案】：(1)9.5 m (2)7.5 J (3)1.625 m【解析】：(1)设最后达到共同速度v ，取向右为正方向，整个系统动量守恒、能量守恒：mv 2－mv 1＝(2m ＋M )vμmgL ＝12mv 12＋12mv 22－12(2m ＋M )v 2 解得：v ＝0.5 m/s ，L ＝9.5 m.(2)设物块A 离小车左端的距离为x 1，从A 开始运动至左端历时t 1，在A 运动至左端前，小车是静止的．μmg＝ma A v1＝a A t1x1＝12a A t12联立可得t1＝2 s，x1＝2 m所以物块B离小车右端的距离x2＝L－x1＝7.5 m，所以Q B＝μmgx2＝7.5 J.(3)设从开始到达到共同速度历时t2，则v＝v2－a B t2μmg＝ma B联立可得：t2＝3.5 s小车在t1前静止，在t1至t2之间以加速度a向右加速：μmg＝(M＋m)a此时小车向右运动的位移x3＝12a(t2－t1)2接下去三个物体组成的系统以v共同匀速运动了x4＝v(6 s－t2)联立以上式子，解得小车在6 s内向右运动的总距离x＝x3＋x4＝1.625 m.8.(2018·山东省青岛市二模)如图所示，半径R＝2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切．在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起．某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q 沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞．已知小球P的质量m1＝3.2 kg，小球Q的质量m2＝1 kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能E p＝168 J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：(1)小球Q运动到C点时的速度大小；(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；(3)小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰．【答案】(1)12 m/s(2)0.75 m(3)1 s【解析】(1)两小球弹开的过程，由动量守恒定律得：m1v1＝m2v2由机械能守恒定律得：E p＝12m1v12＋12m2v22联立可得：v 1＝5 m/s ，v 2＝16 m/s小球Q 沿圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得：12m 2v 22＝12m 2v C 2＋2m 2gR 解得：v C ＝12 m/s ，(2)小球P 在斜面向上运动的加速度为a 1，由牛顿第二定律得：m 1g sin θ＋μm 1g cos θ＝m 1a 1，解得：a 1＝10 m/s 2故上升的最大高度为：h ＝v 122a 1sin θ＝0.75 m (3)设两小球相遇点距离A 点为x ，小球P 从A 点上升到两小球相遇所用的时间为t ，小球P 沿斜面下滑的加速度为a 2，则：m 1g sin θ－μm 1g cos θ＝m 1a 2，解得：a 2＝2 m/s 2小球P 上升到最高点所用的时间：t 1＝v 1a 1＝0.5 s ， 则：2R ＝12gt 2＋h －12a 2(t －t 1)2sin θ 解得：t ＝1 s.9．(2018·湖北省仙桃市、天门市、潜江市期末联考)如图所示，半径为R 1＝1.8 m 的14光滑圆弧与半径为R 2＝0.3 m 的半圆光滑细管平滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L ＝2.0 m 、质量为M ＝1.5 kg 的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同．现在让质量为m 2＝2 kg 的物块静止于B 处，质量为m 1＝1 kg 的物块从光滑圆弧顶部的A 处由静止释放，物块m 1下滑至B 处和m 2碰撞后不再分开，整体设为物块m (m ＝m 1＋m 2)．物块m 穿过半圆管底部C 处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为2 m/s 时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)，若g ＝10 m/s 2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计．(1)求物块m 1和m 2碰撞过程中损失的机械能；(2)求物块m 滑到半圆管底部C 处时所受支持力大小；(3)若物块m 与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，求物块m 在台阶表面上滑行的最大距离．【答案】 (1)12 J (2)190 N (3)0.8 m【解析】 (1)设物块m 1下滑到B 点时的速度为v B ，由机械能守恒可得：m 1gR 1＝12m 1v B 2，解得v B ＝6 m/s m 1、m 2碰撞满足动量守恒：m 1v B ＝(m 1＋m 2)v 共，解得v 共＝2 m/s则碰撞过程中损失的机械能为：E 损＝12m 1v B 2－12mv 共2＝12 J (2)物块m 由B 到C 满足机械能守恒：12mv 共2＋mg ×2R 2＝12mv C 2 解得：v C ＝4 m/s在C 处由牛顿第二定律可得：F N －mg ＝m v C 2R 2解得：F N ＝190 N.(3)物块m 滑上木板后，当木板速度为v 2＝2 m/s 时，物块速度设为v 1，由动量守恒定律得：mv C ＝mv 1＋Mv 2解得v 1＝3 m/s设在此过程中物块运动的位移为x 1，木板运动的位移为x 2，由动能定理得：对物块m ：－μmgx 1＝12mv 12－12mv C 2， 解得：x 1＝1.4 m对木板M ：μmgx 2＝12Mv 22， 解得：x 2＝0.4 m此时木板静止，物块m 到木板左端的距离为：x 3＝L ＋x 2－x 1＝1 m设物块m 在台阶表面上运动的最大距离为x 4，由动能定理得：－μmg (x 3＋x 4)＝0－12mv 12， 解得：x 4＝0.8 m.10.如图所示，C 是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m ，在木板的上面有两块质量均为m 的 小木块A 和B ，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A 、B 两木块同时以方向水平向右的初速 度v 0和2v 0在木板上滑动，木板足够长，A 、B 始终未滑离木板．求：2020届高三高考物理一轮复习知识点总结专项练习：动力学观点的综合11 / 11 (1)木块B 从刚开始运动到与木板C 速度刚好相等的过程中，木块B 所发生的位移大小；(2)木块A 在整个过程中的最小速度．【答案】：(1)91v 2050μg (2)25v 0 【解析】：(1)木块A 先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B 一直做匀减速直线运动；木板C 做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A 、B 、C 三者的速度相等为止，设为v 1.对A 、B 、C 三者组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＋2mv 0＝(m ＋m ＋3m )v 1解得v 1＝0.6v 0对木块B 运用动能定理，有：－μmgs ＝12mv 21－12m (2v 0)2 解得：s ＝91v 2050μg(2)当A 和C 速度相等时速度最小，设为v ，以向右为正方向，由动量守恒定律得则3mv 0＝4mv ＋m [2v 0－(v 0－v )]则v ＝25v 0 (其中v 0－v 为A 和B 速度的变化量)。

2020年高考物理一轮复习考点综合提升训练卷---动力学观点和能量观点的应用1．如图所示，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W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。

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W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2。

下列关系中正确的是()A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2C．W1＞W2，P1＝P2，Q1＞Q2D．W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q2【答案】B【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W1＝W2，当传送带不动时，物体运动的时间为t1＝lv1；当传送带以v2的速度匀速运动时，物体运动的时间为t2＝lv1＋v2，所以第二次用的时间短，功率大，即P1＜P2；一对滑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，也等于转化的内能，第二次的相对路程小，所以Q1＞Q2，选项B正确。

2．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v0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【答案】BD【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。

高频考点强化(一)运动学综合问题(45分钟100分)一、选择题(本题共12小题,每小题5分,共60分。

1～8题为单选题,9～12题为多选题)1.一列以72 km/h的速度行驶的火车在驶近一座石拱桥时做匀减速运动,加速度大小为0.1 m/s2,减速行驶了2 min,则此时火车速度为( )A.6.0 m/sB.8.0 m/sC.10.0 m/sD.12.0 m/s【解析】选B。

72 km/h=20 m/s,2 min=120 s,速度减为0的时间为:t==s=200 s,行驶2 min还未停止,根据速度时间关系式v=v0+at有:v=20 m/s+(-0.1)×120 m/s=8 m/s,故B正确,A、C、D错误。

2.“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器,它是目前世界上下潜能力最强的潜水器。

假设某次海试活动中,“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮,从上浮速度为v时开始计时,此后“蛟龙号”匀减速上浮,经过时间t上浮到海面,速度恰好减为零,则“蛟龙号”在t0(t0<t)时刻距离海平面的深度为( )A. B.C. D.vt0(1-)【解题指导】先根据加速度的定义求出“蛟龙号”的加速度,将“蛟龙号”的运动逆向处理,匀减速上升t0时距海平面的高度等于反向的(t-t0)时间下降的高度。

【解析】选C。

根据加速度的定义知加速度大小为a=采用逆向思维,“蛟龙号”在t0(t0<t)时刻距离海平面的深度h=a(t-t0)2=··(t-t0)2=,故C正确,A、B、D错误。

3.某探险者在野外攀岩时,踩落一小石块,约5 s后听到石块直接落到崖底的声音,探险者离崖底的高度最接近的是( )A.25 mB.50 mC.110 mD.150 m【解析】选C。

小石块下落可以看作自由落体运动,即h=gt2,代入数据得h=×9.8×52 m=122.5 m,考虑声音传回来大约有0.3 s,即下落距离应略小于122.5 m,选项C正确。

专题5.5 动力学观点和能量观点解决力学综合问题1．(2019·安徽皖南八校联考)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行，一质量为m ＝1 kg 初速度大小为v 2的小物块，从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带；若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v －t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．则（ ）A ．小物块向左运动的过程中离A 处的最大距离为4 mB ．0～3 s 时间内，小物块受到的摩擦力的冲量大小为2 N·sC ．0～4 s 时间内，传送带克服摩擦力做功为16 JD ．小物块与传送带之间由摩擦产生的热能为18 J 【答案】AD【解析】由v －t 图象可知，2 s 时小物块向左运动的距离最远，根据v －t 图象得面积等于位移，s 1＝12×2×4 m＝4 m ，故A 正确；小物块匀变速运动的加速度：a ＝Δv Δt ＝42＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得：μm g ＝ma ＝2 N ，0～3 s 时间内，小物块受到的摩擦力方向都向右，冲量大小为I ＝μmgt ＝6 N·s，故B 错误；由v －t 图象，传送带速度大小：v 2＝2 m/s ，前3 s 小物块与传送带间有相对运动，存在摩擦力，传送带克服摩擦力做功为W ＝μmgv 2t 3＝2×2×3 J＝12 J ，故C 错误；小物块在传送带上滑动的3 s 内，皮带的位移s ′＝v 2t 3＝6 m ，方向向右；小物块的位移：s ＝s 1－s 2＝3 m ，方向向左．两个物体的相对位移Δs ＝s ′＋s ＝9 m ，整个过程中摩擦产生的热量：Q ＝μmg Δs ＝18 J ，故D 正确．2．(2019·华东师范大学附中模拟)如图所示，质量为m 的长木块A 静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m 的滑块B ，已知木块长为L ，它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F 拉滑块B .(1)当长木块A 的位移为多少时，B 从A 的右端滑出？ (2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．【答案】(1)μmgLF －2μmg (2)μmgL【解析】(1)设B 从A 的右端滑出时，A 的位移为x ，A 、B 的速度分别为v A 、v B ，由动能定理得μmgx ＝12mv 2A(F －μmg )·(x ＋L )＝12mv 2B 又因为v A ＝a A t ＝μgtv B ＝a B t ＝F －μmg m t ，解得x ＝μmgLF －2μmg .(2)由功能关系知，拉力F 做的功等于A 、B 动能的增加量和A 、B 间产生的内能，即有 F (x ＋L )＝12mv 2A ＋12mv 2B ＋Q 解得Q ＝μmgL .3. (2019·江苏如东高中模拟)如图甲所示，质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)，从光滑、固定的14圆弧轨道的最高点A 由静止滑下，经最低点B 后滑到位于水平面的木板上．已知木板质量M ＝2 kg ，其上表面与圆弧轨道相切于B 点，且长度足够长．整个过程中木板的v －t 图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块经过B 点时对圆弧轨道的压力； (2)滑块与木板之间的动摩擦因数； (3)滑块在木板上滑过的距离．【答案】(1)30 N ，方向竖直向下 (2)0.5 (3)3 m【解析】(1)设圆弧轨道半径为R ，从A 到B 过程，滑块的机械能守恒mgR ＝12mv 2， 经B 点时，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝mv 2R ，整理得F N ＝3mg ＝30 N ，根据牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为30 N ，方向竖直向下．(2)由v －t 图象知，木板加速的加速度大小为a 1＝1 m/s 2，滑块与木板共同减速的加速度大小为a 2＝1 m/s 2，设木板与地面之间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ2，在0～1 s 内，对木板μ2mg －μ1(m ＋M )g ＝Ma 1， 在1 s ～2 s 内，对滑块和木板μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 2， 解得μ1＝0.1，μ2＝0.5.(3)滑块在木板上滑动过程中，设滑块与木板相对静止时的共同速度为v 1，滑块从滑上木板到两者达到共同速度所用时间为t 1.对滑块μ2mg ＝ma ，v 1＝v －at 1，v 1＝1 m/s ，t 1＝1 s ，木板的位移x 1＝v 12t 1，滑块的位移x 2＝v 1＋v2t 1，滑块在木板上滑过的距离Δx ＝x 2－x 1， 代入数据解得Δx ＝3 m.4. (2019·浙江效实中学模拟)如图，—轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道B 处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)．随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小． (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R .求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．【解析】(1)根据题意知，B 、C 之间的距离为l ＝7R －2R ，① 设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得 mgl sin θ－μmgl cos θ＝12mv 2B ， ② 式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR . ③(2)设BE ＝x .P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E P ＝0－12mv 2B ， ④E 、F 之间的距离为l 1＝4R －2R ＋x ， ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0，⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x ＝R ， ⑦ E P ＝125mgR . ⑧(3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sin θ， ⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ， ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2， ⑪x 1＝v D t ， ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR . ⑬设P 在C 点速度的大小为v C .在P 由C 点运动到D 点的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g (56R ＋56R cos θ)， ⑭P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理有E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ， ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m .5. (2019·江西白鹭洲中学模拟)如图所示，质量M ＝0.4 kg 的长薄板BC 静置于倾角为37°的光滑斜面上，在A 点有质量m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)以v 0＝4.0 m/s 速度水平抛出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B 并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动，小物体运动到薄板的最下端C 时，与薄板速度恰好相等，已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：(1)A 点与B 点的水平距离； (2)薄板BC 的长度．【答案】(1)1.2 m (2)2.5 m【解析】(1)小物体从A 到B 做平抛运动，下落时间为t 1，水平位移为x ，则gt 1＝v 0tan 37°， ① x ＝v 0t 1，②联立①②得x ＝1.2 m.(2)小物体落到B 点的速度为v ，则v ＝v 20＋(gt 1)2，③小物体在薄板上运动，则mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1，④薄板在光滑斜面上运动，则Mg sin 37°＋μmg cos 37°＝Ma 2，⑤小物体从落到薄板到两者速度相等用时t 2，则v ＋a 1t 2＝a 2t 2，⑥小物体的位移x 1＝vt 2＋12a 1t 22，⑦ 薄板的位移x 2＝12a 2t 22，⑧ 薄板的长度l ＝x 1－x 2，⑨ 联立③～⑨式得l ＝2.5 m.6. (2019·山东青岛二中模拟)如图所示，滑块质量为m ，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v 0＝3gR 的初速度由A 点开始向B 点滑行，AB ＝5R ，并滑上光滑的半径为R 的14圆弧BC ，在C 点正上方有一离C 点高度也为R 的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P 、Q ，P 、Q 位于同一直径上，旋转时两孔均能达到C 点的正上方．若滑块滑过C 点后穿过P 孔，又恰能从Q 孔落下，则平台转动的角速度ω应满足什么条件？【答案】ω＝π(2n ＋1)4gR (n ＝0,1,2，…)【解析】设滑块滑至B 点时速度为v B ，对滑块由A 点到B 点应用动能定理有 －μmg 5R ＝12mv 2B －12mv 20， 解得v 2B ＝8gR .滑块从B 点开始，运动过程机械能守恒，设滑块到达P 处时速度为v P ，则 12mv 2B ＝12mv 2P ＋mg 2R ， 解得v P ＝2gR ，滑块穿过P 孔后再回到平台的时间t ＝2v Pg ＝4Rg ，要想实现题述过程，需满足ωt ＝(2n ＋1)π， ω＝π(2n ＋1)4gR (n ＝0,1,2，…)．7. (2019·湖北孝感高级中学模拟)如图所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的光滑水平面上紧挨C 点静止放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：(1)物块经过C 点时的速度v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .【答案】(1)6 m/s (2)9 J【解析】(1)设物块在B 点的速度为v B ，在C 点的速度为v C ，从A 到B 物块做平抛运动，有v B sin θ＝v 0，从B 到C ，根据动能定理有mgR (1＋sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B ， 解得v C ＝6 m/s.(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动．设相对滑动时物块加速度为a 1，木板加速度为a 2，经过时间t 达到共同速度为v ，则μmg ＝ma 1，μmg ＝Ma 2， v ＝v C －a 1t ，v ＝a 2t .根据能量守恒定律有 12(m ＋M )v 2＋Q ＝12mv 2C 联立解得Q ＝9 J.8. (2019·重庆巴蜀中学模拟)如图所示，半径为R 的光滑半圆轨道ABC 与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道DC 相切于C ，圆轨道的直径AC 与斜面垂直。

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高频考点强化练(五)能量综合问题(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。

1～6题为单选题,7～10题为多选题)1.(2016·全国卷Ⅱ)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,P球的质量大于Q球的质量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。

将两球拉起,使两绳均被水平拉直,如图所示。

将两球由静止释放。

在各自轨迹的最低点 ( )A.P球的速度一定大于Q球的速度B.P球的动能一定小于Q球的动能C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度【解析】选C。

小球P和Q由两绳的水平位置运动到最低点的过程中机械能守恒,则有mgL=mv2,所以v=,由于悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短,所以P 球的速度一定小于Q球的速度,选项A错误;又由于P球的质量大于Q球的质量,不能确定P球的动能是否一定小于Q球的动能,选项B错误;根据T-mg=,因为r=L,所以,T=3mg,所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力,选项C正确;由a=和r=L可得,P球和Q球的向心加速度大小均为a=2g,所以选项D 错误。

2.如图所示,一个小孩从粗糙的滑梯上自由滑下,在下滑过程中( )A.小孩的机械能守恒B.小孩的机械能减少量等于滑梯内能的增加量C.小孩的重力势能减少量等于小孩动能的增加量D.小孩的重力势能减少量等于重力对小孩做的功【解析】选D。

小孩从滑梯上自由滑下的过程中,位置降低,重力势能减小,速度增加,动能增大,但由于小孩需克服摩擦力做功,机械能不守恒,部分机械能转化成内能,所以机械能减小,故A错误;根据能量守恒定律可知,减小的重力势能转化为动能和内能,故B、C错误;根据重力势能和重力做功的关系可知,小孩的重力势能减少量等于重力对小孩做的功,故D正确。

二者到达 B 点的速度大小为 v 0，则由机械能守恒定律有：(m ＋2m )gR ＝2(m ＋2m )v 02.F T －(2m ＋m )g ＝ R2020 年高考物理一轮复习考点综合提升训练卷---动量与能量综合题1.如图所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)，从 A 点由静止出发绕 O 点下摆，当摆到最低点 B 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出， 然后自己刚好能回到高处 A .已知男演员质量为 2m 和女演员质量为 m ，秋千的质量不计，秋千的摆长为 R ，C 点比 O 点低 5R .不计空气阻力，求：(1)摆到最低点 B ，女演员未推男演员时秋千绳的拉力；(2)推开过程中，女演员对男演员做的功；(3)男演员落地点 C 与 O 点的水平距离 s .【答案】 (1)9mg (2)6mgR (3)8R【解析】 (1)第一个过程：两杂技演员从 A 点下摆到 B 点，只有重力做功，机械能守恒．设1女演员未推男演员时，秋千绳的拉力设为 F T ，由两杂技演员受力分析有：(m ＋2m )v 02所以 F T ＝9mg(2)第二个过程：两演员相互作用，沿水平方向动量守恒．设作用后女、男演员的速度大小分别为 v 1、v 2，所以有(m ＋2m )v 0＝2mv 2－mv 1.1第三个过程：女演员上摆到 A 点过程中机械能守恒，因此有 mgR ＝2mv 12.1 1女演员推开男演员时对男演员做的功为 W ＝2×2mv 22－2×2mv 02(2)弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块 B 的动能，则 E p ＝ mv2B 0联立得：v 2＝2 2gR ，W ＝6mgR(3)第四个过程：男演员自 B 点平抛，有：s ＝v 2t .1运动时间 t 可由竖直方向的自由落体运动得出 4R ＝2gt 2，联立可解得 s ＝8R .2.如图所示，光滑水平面上放着质量都为 m 的物块 A 和 B ，A 紧靠着固定的竖直挡板，A 、B9间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与 A 、B 均不拴接)，用手挡住 B 不动，此时弹簧弹性势能为2mv 20，在 A 、B 间系一轻质细绳，细绳的长略大于弹簧的自然长度。

专题5.5 动力学观点和能量观点解决力学综合问题1. 利用动力学观点解决力学综合问题；2. 利用能量观点解决力学综合问题。

知识点一多运动组合问题1．多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题．2．解题策略(1)动力学方法观点：牛顿运动定律、运动学基本规律．(2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律．3．解题关键(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口。

知识点二传送带模型问题1.传送带模型是高中物理中比较常见的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．一般设问的角度有两个：(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．2．传送带模型问题中的功能关系分析(1)功能关系分析：W＝ΔE k＋ΔE p＋Q.(2)对W和Q的理解：①传送带做的功：W＝Fx传；②产生的内能Q＝Fx相．知识点三滑块—木板模型1．动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t ＝Δv 2a 2＝Δv 1a 1可求出共同速度v 和所用时间t ，然后由位移公式可分别求出二者的位移．2. 功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律．如图所示，要注意区分三个位移：(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x 滑； (2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x 板； (3)求摩擦生热时用相对滑动的位移x 相．考点一 多运动组合问题【典例1】 (2016·全国卷Ⅰ)如图，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)，随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小； (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R .求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．【解析】(1)根据题意知，B 、C 之间的距离为 l ＝7R －2R ＝5R ①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得mgl sin θ－μmgl cos θ＝12mv 2B②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得 v B ＝2gR ③(2)设BE ＝x .P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12mv 2B ④E 、F 之间的距离为 l 1＝4R －2R ＋x ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0⑥ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x ＝R ⑦ E p ＝125mgR ⑧(3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为 x 1＝72R －56R sin θ⑨y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实． 设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t . 由平抛运动公式有 y 1＝12gt 2⑪x 1＝v D t ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得 v D ＝355gR ⑬设P 在C 点速度的大小为v C ，在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g (56R ＋56R cos θ)⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，同理，由动能定理有 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 m 1＝13m .【答案】(1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m【方法技巧】力学综合题中多过程问题的分析思路1．对力学综合题中的多过程问题，关键是抓住物理情境中出现的运动状态与运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．2．找出各阶段是由什么物理量联系起来的，然后对于每个子过程分别进行受力分析、过程分析和能量分析，选择合适的规律列出相应的方程求解．【变式1】 (2019·湖南衡阳八中模拟)如图所示，设一个质量m ＝50 kg 的跳台花样滑雪运动员(可看成质点)，从静止开始沿斜面雪道从A 点滑下，沿切线从B 点进入半径R ＝15 m 的光滑竖直平面圆轨道BPC ，通过轨道最高点C 水平飞出，经t ＝2 s 落到斜面雪道上的D 点，其速度方向与斜面垂直，斜面与水平面的夹角θ＝37°，运动员与雪道之间的动摩擦因数μ＝0.075，不计空气阻力，当地的重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.试求：(1)运动员运动到C 点时的速度大小v C ；(2)运动员在圆轨道最低点P 受到轨道支持力的大小F N ； (3)A 点距过P 点的水平地面的高度h . 【解析】(1)在D 点：竖直方向上的分速度 v y ＝gt ＝10×2 m/s ＝20 m/s tan 37°＝v Cv y，代入数据解得v C ＝15 m/s(2)对P →C 过程，由机械能守恒定律可得： 12mv 2P ＝12mv 2C＋mg ·2R 在P 点：F N －mg ＝m v 2PR，联立上述两式代入数据解得F N ＝3 250 N由牛顿第三定律得：在P 点运动员受到轨道的支持力为3 250 N. (3)对A →P 过程，由动能定理可得：mgh －μmg cos 37°h －(R －R cos 37°)sin 37°＝12mv 2P代入数据解得h ＝45.5 m.【答案】(1)15 m/s (2)3 250 N (3)45.5 m考点二 传送带模型问题【典例2】 (2019·河北衡水中学模拟)已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t ＝0时刻记录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v 1＞v 2)．已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.则下列判断正确的是( )A ．0～t 1内，物块对传送带做正功B ．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ＜tan θC ．0～t 2内，传送带对物块做功为12mv 22－12mv 21D ．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大【解析】由图可知：物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向向上.0～t 1时间内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，A 错误；在t 1～t 2时间内，物块向上运动，则有μmg cos θ＞mg sin θ，则μ＞tan θ，B 错误；0～t 2时间内，由图可知，它所围的面积是物块发生的位移，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，重力对物块做正功，设为W G ，根据动能定理得W ＋W G ＝12mv 22－12mv 21，则传送带对物块做的功W ≠12mv 22－12mv 21，由此可知C 错误；物块的重力势能减小，动能也减小，都转化为系统产生的内能，由能量守恒定律得知：系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，D 正确．【答案】D【方法技巧】传送带模型问题的分析流程【变式2】(2019·山西忻州一中模拟)如图所示，一质量为m ＝2 kg 的滑块从半径为R ＝0.2 m 的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A 处由静止滑下，A 点和圆弧对应的圆心O 点等高，圆弧的底端B 与水平传送带平滑相接．已知传送带匀速运行的速度为v 0＝4 m/s ，B 点到传送带右端C 点的距离为L ＝2 m ．当滑块滑到传送带的右端C 时，其速度恰好与传送带的速度相同．(g 取10 m/s 2)求：(1)滑块到达底端B 时对轨道的压力； (2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ；(3)此过程中，滑块与传送带之间由摩擦而产生的热量Q . 【解析】(1)滑块由A 到B 的过程中，由机械能守恒定律得 mgR ＝12mv 2B①物体在B 点，由牛顿第二定律得 F B －mg ＝m v 2BR ②联立①②解得F B ＝60 N由牛顿第三定律得，滑块到达底端B 时对轨道的压力大小为60 N ，方向竖直向下． (2)滑块从B 到C 运动过程中，由牛顿第二定律得 μmg ＝ma ③由运动学公式得v 20－v 2B ＝2aL ④由①③④得μ＝0.3⑤(3)滑块从B 到C 运动过程中，设运动时间为t . 由运动学公式得v 0＝v B ＋at ⑥ 产生的热量Q ＝μmg (v 0t －L )⑦ 由①③⑤⑥⑦得Q ＝4 J.【答案】(1)60 N ，方向竖直向下 (2)0.3 (3)4 J考点三 滑块—木板模型【典例3】(2019·辽宁师大附中模拟)水平地面上放有一长为L ＝5.5 m 、质量为M ＝1 kg 的小车，小车与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1.在其左端放一质量m ＝3 kg 的可视为质点的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ2＝0.2.现对物块施加一水平向右、大小为18 N 的水平拉力F ，经过t 1＝2 s 后撤去外力F .已知小车的上表面离地面的高度h ＝0.8 m ，重力加速度g ＝10m /s 2.(1)求2 s 末物块及小车的速度分别是多少？(2)通过分析计算说明，物块能否从小车上滑出．如果不能，求物块停在小车上的位置；如果能，请计算出物块刚落地时，到小车右端的距离．【解析】(1)对物块，根据牛顿第二定律有： F －μ2mg ＝ma m 1 解得： a m 1＝4 m/s 22 s 末物块速度v m 1＝a m 1t 1＝8 m/s 对小车，根据牛顿第二定律有： μ2mg －μ1(m ＋M )g ＝Ma M 1 解得： a M 1＝2 m/s 22 s 末小车的速度v M 1＝a M 1t 1＝4 m/s2 s 内两者的位移分别为：x m 1＝12a m 1t 21＝12×4×22 ＝8 m ，x M 1＝12a M 1t 21＝12×2×22＝4 m 故Δx ＝x m 1－x M 1＝4 m<L所以2 s 时两者没有分离，即物块的速度为8 m/s ，小车的速度为4 m/s (2)2 s 时撤去外力后，物块将向右做减速运动，加速度大小为a m 2＝μ2g ＝2 m/s 2 小车受力不变，所以加速度a M 2＝2 m/s 2设2 s 以后再经过时间t 2物块刚好从小车右端滑出，则 x m －x M ＝L －Δx即v m 1t 2－12a m 2t 22－⎝⎛⎭⎫v M 1t 2＋12a M 1t 22＝L －Δx 解得： t 2＝0.5 s(另一种解t ＝1.5 s 不符合题意) t ＝2.5 s 时小车的速度v M 2＝v M 1＋a M 2t 2＝5 m/s 物块的速度v m 2＝v m 1－a m 2t 2＝7 m/s >v M 2 所以物块在2.5 s 时刚好从小车右端滑出设再经过时间t 3物块落地，则有：h ＝12gt 23，解得t 3＝0.4 s在0.4 s 内物块向右运动的位移x m 3＝v m 2t 3＝2.8 m物块离开小车后，小车向右做减速运动，其加速度大小为a M 3＝μ1g ＝1 m/s 20.4 s 内小车向右运动的位移x M 3＝v M 2t 3－12a M 3t 23＝5×0.4－12×1×0.42＝1.92 m 物块落地时到小车右端的距离为Δx ′＝x m 3－x M 3＝(2.8－1.92) m ＝0.88 m. 【答案】(1)8 m/s 4 m/s (2)0.88 m【变式3】(2019·黑龙江哈尔滨三中模拟)如图所示，在光滑水平台面上静置一质量m A ＝0.9 kg 的长木板A ，A 的右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量m C ＝0.9 kg 的物体C 拴接．当C 从静止开始运动至下落高度为h ＝0.4 m 时，在木板A 的最右端轻放一质量为m B ＝3.6 kg 的小铁块B (可视为质点)，A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.25，最终B 恰好未从木板A 滑落，g 取10 m/s 2，求：(1)刚放铁块B 时，A 的速度大小v 0； (2)木板A 的长度L ；(3)若当B 轻放在木板A 的最右端的同时，加一水平向右的恒力，其他条件不变，在保证B 能滑离木板A 的条件下，则A 、B 间因摩擦而产生热量的最大值Q m 多大．【解析】(1)以A 与C 组成的系统为研究对象，C 下降的过程中，拉着A 一起运动，只有重力做功，则m C gh ＝12(m A ＋m C )v 20，代入数据解得v 0＝2 m/s.(2)将B 放在A 上后，B 受到摩擦力的作用，A 与B 之间的摩擦力为f ＝μm B g ＝0.25×3.6×10 N ＝9 N. C 受到的重力G C ＝m C g ＝0.9×10 N ＝9 N ， 设此时A 与C 仍然一起做加速运动， 则(m A ＋m C )a ＝m C g －f ＝9 N －9 N ＝0 N.所以将B 放在A 上后，A 与C 一起做匀速直线运动，B 做匀加速直线运动，加速度a B ＝f m B ＝93.6 m/s 2＝2.5 m/s 2，B 与A 的速度相等需要的时间t ＝v 0a B ＝22.5 s ＝0.8 s.此过程中A 的位移x 1＝v 0t ＝2×0.8 m ＝1.6 m ， B 的位移x 2＝12a B t 2＝12×2.5×0.82 m ＝0.8 m.由于最后B 恰好未从木板A 滑落，所以A 的长度等于A 与B 的位移差，即L ＝x 1－x 2＝1.6 m －0.8 m ＝0.8 m. (3)在保证B 能滑离木板A 的条件下，A 与B 的相对位移始终等于A 的长度，与运动的时间无关，所以A 、B 间因摩擦产生热量的最大值Q m ＝f ·L ＝9×0.8 J ＝7.2 J.【答案】(1)2 m/s (2)0.8 m (3)7.2 J。

动力学综合问题(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。

1～5题为单选题，6～10题为多选题)1.光滑水平面上有一质量为2 kg的物体，在五个恒定的水平共点力的作用下处于平衡状态。

现同时撤去大小分别为5 N和15 N的两个水平力而其余力保持不变，关于此后物体的运动情况的说法中正确的是( )A.一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是 5 m/s2B.可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2 m/s2C.一定做匀变速运动，加速度大小可能是 10 m/s2D.可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是10 m/s2【解析】选C。

根据平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为5 N和15 N的两个力后，物体的合力大小范围为10 N≤F合≤20 N，根据牛顿第二定律F=ma得物体的加速度范围为5 m/s2≤a≤10 m/s2；若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，加速度大小可能是5 m/s2，故A错误；若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，则撤去两个力后物体做匀减速直线运动，可知加速度大小不可能是2 m/s2，故B错误；由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力恒定不变，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于10 m/s2，故C正确；由于撤去两个力后其余力保持不变，恒力作用下不可能做匀速圆周运动，故D错误。

2.如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于O点，现在有三条光滑轨道a、b、c，它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都经过切点O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端(轨道先后放置)，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )A.t a>t b>t cB.t a<t b<t cC.t a=t b=t cD.无法确定【解析】选B。

专题探究五动力学和能量观点的综合应用1.如图所示,一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下,到半圆轨道最低点时,轨道所受压力为铁块重力的1.5倍,则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为g)( D )A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR解析:铁块在最低点,支持力与重力合力等于向心力,即1.5mg-mg=m,即铁块动能E k=mv2=mgR,初动能为零,故动能增加mgR,铁块重力势能减少mgR,所以机械能损失mgR,选项D正确.2.(2018·黑龙江哈尔滨模拟)(多选)升降机底板上放一质量为100 kg的物体,物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s,则此过程中(取g=10 m/s2)( AC )A.升降机对物体做功为5 800 JB.合外力对物体做功为5 800 JC.物体的重力势能增加了5 000 JD.物体的机械能增加了5 000 J解析:升降机对物体所做的功W=mgh+mv2=5 800 J,选项A正确;合外力做功W合=mv2=800 J,选项B错误;重力势能增加E p=mgh=5 000 J,选项C正确;物体机械能增加E=mgh+mv2=5 800 J,选项D错误. 3.(2018·河北石家庄模拟)在工厂中常用如图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 kg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( A )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 mC.摩擦力对每个工件做正功为1 JD.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,选项A正确;正常运行时相邻两工件间的距离为d=vt=1 m,选项B错误;由动能定理知摩擦力对每个工件做正功为W f=mv2-m=0.75 J,选项C错误;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=μmg(x2-x1)=0.25 J,选项D错误.4. (多选)如图所示,倾角θ=30°的斜面固定在地面上,长为L、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳AB置于斜面上,与斜面间动摩擦因数μ=,其A端与斜面顶端平齐.用细线将质量也为m的物块与软绳连接,给物块向下的初速度,使软绳B端到达斜面顶端(此时物块未到达地面),在此过程中( BCD )A.物块的速度始终减小B.软绳上滑L时速度最小C.软绳重力势能共减少了mgLD.软绳减少的重力势能一定小于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和解析:物块下落过程中,刚开始由于mgsin 30°+μmgcos 30°=mg>mg,所以物块所受合力向上,物块做减速运动,下落过程中,合力越来越小,当加速度等于零时,速度最小,后合力方向向下,加速度向下,速度增大,所以物块的速度先减小后增大,故A错误;当加速度等于零时,速度最小,设此时软绳上滑的距离为x,则mgsin 30°+μmgcos 30°=mg+mg,代入数据解得x=L,故B正确;物块未释放时,软绳的重心离斜面顶端的高度为h1=sin 30°=,软绳刚好全部离开斜面时,软绳的重心离斜面顶端的高度h2=,则软绳重力势能共减少mg(-)=mg,故C正确;以软绳和物块组成的系统为研究对象,软绳和物块的重力势能减小,转化为物块和软绳的动能及软绳与斜面摩擦产生的内能,根据能量守恒定律,软绳重力势能的减少量小于其动能的增加量与克服摩擦力所做功的和,故D正确.5.(多选)水平面上质量为m=10 kg的物体受到的水平拉力F随位移s 变化的规律如图所示,物体匀速运动一段时间后,拉力逐渐减小,当s=7.5 m时拉力减为零,物体也恰好停下.取g=10 m/s2,下列结论正确的是( AB )A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.12B.合外力对物体所做的功约为-40 JC.物体匀速运动时的速度为2 m/sD.物体运动的时间为0.4 s解析:由于0～2.5 m内物体匀速运动,可得F=μmg,μ===0.12;由F s图线与s轴所围面积表示力F所做的功可得W F=50 J,设物体匀速运动的速度为v,由动能定理可得W总=W F-μmg·s=0-mv2,即W总=-40 J,v=2 m/s;物体匀速运动的时间t匀=s= s>0.4 s.6.(多选)如图所示,物体以100 J的初动能从斜面的底端向上运动,斜面足够长.当它通过斜面上的M点时,其动能减少80 J,机械能减少32 J.如果物体能从斜面上返回底端,则( CD )A.物体在斜面上运动时,机械能守恒B.物体在向上运动时,机械能减少100 JC.物体上升到M还能上升的距离为到达M点前的D.物体返回A点时动能为20 J解析:由题意,摩擦力始终做负功,机械能不守恒,选项A错误;选最底端为零势能面,物体向上运动到最高点时,重力势能不为零,机械能减少量小于100 J,选项B错误;根据题意,当它通过斜面上的M点时,其动能减少80 J,机械能减少32 J,说明克服摩擦力做功32 J,从M点上升到最高点的过程中,动能减少20 J,需要克服摩擦力做功8 J,整个上升过程,共克服摩擦力做功40 J,机械能减少了40 J,物体上升到M还能上升的距离为到达M点前的,选项C正确;物体返回A点的过程中,损失的机械能也是40 J,物体返回A点时动能为20 J,选项D正确.7.(2018·山东烟台模拟)(多选)如图所示,光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型,最低点B处的入、出口靠近但相互错开,C是半径为R的圆形轨道的最高点,BD部分水平,末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接,传送带以恒定速度v逆时针转动,现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放,滑块能通过C点后再经D点滑上传送带,则( CD )A.固定位置A到B点的竖直高度可能为2RB.滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关C.滑块可能重新回到出发点A处D.传送带速度v越大,滑块与传送带摩擦产生的热量越多解析:设AB的竖直高度为h,假设滑块从A点下滑刚好通过最高点C,则此时应该是从A下滑的高度的最小值,刚好通过最高点时,由重力提供向心力,则mg=,解得v C=,从A到C根据动能定理mg(h- 2R)=m-0,得h=2.5R,选项A错误;从A到滑块在传送带上向右运动距离最大,根据动能定理得mgh-μmgx=0,得到x=,可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关,与高度h有关,选项B错误;滑块在传送带上先做减速运动,可能反向做加速运动,如果再次到达D点时速度大小不变,则根据能量守恒,可以再次回到A点,选项C正确;滑块与传送带之间产生的热量Q=μmgΔx相对,当传送带的速度越大,则在相同时间内二者相对位移越大,则产生的热量越多,选项D正确.8. (2018·河北保定调研)(多选)如图所示,内壁光滑、半径大小为R 的圆轨道竖直固定在桌面上,一个质量为m的小球静止在轨道底部A 点.现用小锤沿水平方向快速击打小球,击打后迅速移开,使小球沿轨道在竖直面内运动.当小球回到A点时,再次用小锤沿运动方向击打小球,通过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点.已知小球在运动过程中始终未脱离轨道,在第一次击打过程中小锤对小球做功W1,第二次击打过程中小锤对小球做功W2.设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能,则的值可能是( AB )A. B. C. D.1解析:第一次击打小球时小球最高运动到过O点与水平地面平行的直径的两端位置,小锤对小球做功W1=mgR,第二次击打小球,小球恰好做圆周运动,此时小球在最高点速度v=,小球在最低点的速度为v A,根据机械能守恒定律可得mg·2R=m-mv2,第二次击打小球,小锤对小球做的功W2=m-mgR=mgR,则先后两次击打,小锤对小球做功的最大值为,选项A,B正确,C,D错误.9.如图(甲)所示,光滑斜面OA与倾斜传送带AB在A点相接,且OAB在一条直线上,与水平面夹角α=37°,轻质弹簧下端固定在O点,上端可自由伸长到A点.在A点放一个物体,在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到C点,该过程中力F随压缩距离x的变化如图(乙)所示.已知物体与传送带间动摩擦因数μ=0.5,传送带AB部分长为 5 m,顺时针转动,速度v=4 m/s,重力加速度g取10 m/s2.(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:(1)物体的质量m;(2)弹簧从A点被压缩到C点过程中力F所做的功W;(3)若在C点撤去力F,物体被弹回并滑上传送带,物体在传送带上最远能到何处?解析:(1)由图像可知mgsin 37°=30 N解得m=5 kg.(2)图(乙)中图线与横轴所围成的面积表示力F所做的功W= J- J=90 J.(3)撒去力F,设物体返回至A点时速度大小为v0,从A出发再次返回A处的过程应用动能定理W=m解得v0=6 m/s.由于v0>v,物块所受摩擦力沿传送带向下,设此阶段加速度大小为a1, 由牛顿第二定律:mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1解得a1=10 m/s2,速度减为v时,设沿斜面向上发生的位移大小为x1,由运动学规律x1=解得x1=1 m,此后摩擦力改变方向,由于mgsin 37°>μmgcos 37°,所以物块所受合外力仍沿传送带向下,设此后过程加速度大小为a2,再由牛顿第二定律mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,设之后沿斜面向上发生的最大位移大小为x2,由运动学规律x2=解得x2=4 m,所以物块能够在传送带上发生的最大位移x m=x1+x2=5 m,即恰好到达传送带顶端B点.答案:(1)5 kg (2)90 J (3)恰好到达传送带顶端B点10.(2018·吉林长春模拟)如图所示,半径R=0.5 m的光滑圆弧面CDM 分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C,M点,斜面倾角分别如图所示.O为圆弧圆心,D为圆弧最低点,C,M在同一水平高度.斜面体ABC 固定在地面上,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(两边细绳分别与对应斜面平行),并保持P,Q两物块静止.若PC间距为L1=0.25 m,斜面MN足够长,物块P质量m1=3 kg,与MN间的动摩擦因数μ=,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:(1)小物块Q的质量m2;(2)烧断细绳后,物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小以及P在MN斜面上滑行的总路程.解析:(1)根据平衡条件,满足m1gsin 53°=m2gsin 37°可得m2=4 kg.(2)P到D过程由动能定理得m1gh=m1由几何关系h=L1sin 53°+R(1-cos 53°)运动到D点时,根据牛顿第二定律F D-m1g=m1解得F D=78 N由牛顿第三定律得,物块P对轨道的压力大小为78 N.分析可知最终物块在CDM之间往复运动,在C点和M点速度为零.对全过程由动能定理得m1gL1sin 53°-μm1gx总cos 53°=0解得x总=1 m.答案:(1)4 kg (2)78 N 1 m11. (2018·江苏南京诊断)如图所示,质量M=0.4 kg的长薄板BC在外力作用下静置于倾角为37°的光滑斜面上,在A点有质量m=0.1 kg 的小物体(可视为质点)以v0=4.0 m/s速度水平抛出,恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B并在薄板上运动,当小物体落在薄板上时,薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动,小物体运动到薄板的最下端C时,与薄板速度恰好相等,已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,求:(1)A点与B点的水平距离;(2)薄板BC的长度.解析:(1)小物体从A到B做平抛运动,设下落时间为t1,水平位移为x,则gt1=v0tan 37°,x=v0t1联立得x=1.2 m.(2)设小物体落到B点的速度为v,则v=小物体在薄板上运动,则mgsin 37°-μmgcos 37°=ma1薄板在光滑斜面上运动,则Mgsin 37°+μmgcos 37°=Ma2小物体从落到薄板到两者速度相等用时为t2,则v+a1t2=a2t2小物体的位移x1=vt2+a1薄板的位移x2=a2薄板的长度l=x1-x2联立得l=2.5 m.答案:(1)1.2 m (2)2.5 m12.(2018·四川泸州一检)如图所示,一根轻弹簧左端固定于竖直墙上,右端被质量m=1 kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态,且弹簧与物块不拴接,弹簧原长小于光滑平台的长度.在平台的右端有一传送带,AB长L=5 m,物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2,与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5 m,它与物块间的动摩擦因数μ2=0.3,在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接,圆弧对应的圆心角为θ=120°,在圆弧的最高点F处有一固定挡板,物块撞上挡板后会以原速率反弹回来.若传送带以v=5 m/s的速率顺时针转动,不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失.当弹簧储存的E p=18 J 能量全部释放时,小物块恰能滑到与圆心等高的E点,取g=10 m/s2.(1)求右侧圆弧的轨道半径R;(2)求小物块最终停下时与C点的距离;(3)若传送带的速度大小可调,欲使小物块与挡板只碰一次,且碰后不脱离轨道,求传送带速度的可调节范围.解析:(1)物块被弹簧弹出,由E p=m,可知v0=6 m/s,因为v0>v,故物块滑上传送带后先减速,物块与传送带相对滑动过程中,由μ1mg=ma1,v=v0-a1t1,x1=v0t1-a1,得到a1=2 m/s2,t1=0.5 s,x1=2.75 m,因为x1<L,故物块与传送带同速后相对静止,最后物块以5 m/s的速度滑上水平面BC,物块滑离传送带后恰到E点,由动能定理可知mv2=μ2mgs+mgR,代入数据整理可以得到R=0.8 m.(2)设物块从E点返回至B点的速度为v B,有mv2-m=μ2mg·2s,解得v B= m/s,因为v B>0,故物块会再次滑上传送带,物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速,由运动的对称性,可知其以相同的速率离开传送带,设最终停在距C点x处,有m=μ2mg(s-x),解得x= m.(3)设传送带速度为v1时物块恰能到F点,在F点满足mgsin 30°=m,从B到F过程中由动能定理可知m-m=μ2mgs+mg(R+Rsin 30°)解得v1= m/s,设传送带速度为v2时,物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点由m=μ2mg·3s+mgR,解得v2= m/s,若物块在传送带上一直加速运动,由m-m=μ1mgL,知其到B点的最大速度v Bm= m/s,综合上述分析可知,只要传送带速度m/s≤v≤ m/s就满足条件.答案:(1)0.8 m (2) m(3) m/s≤v≤ m/s感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。

【高考第一轮复习物理】动力学综合知识模拟训练题1.质量为m的物体，受水平力F的作用，在粗糙的水平面上运动，下列说法中正确的是：A．如果物体做加速直线运动，F一定对物体做正功B．如果物体做减速直线运动，F一定对物体做负功C．如果物体做减速直线运动，F也可能对物体做正功D．如果物体做匀速直线运动，F一定对物体做正功2.某物体同时受到三个力作用而做匀减速直线运动，其中F1与加速度a的方向相同，F2与速度v的方向相同，F3与速度v的方向相反，则：A．F1对物体做正功B．F2对物体做正功C．F3对物体做负功D．合外力对物体做负功3.某人用一水平力F先后两次拉同一物体，第一次沿光滑水平面前进Sm ，第二次沿粗糙水平面前进Sm，若前后两次做的功及功率分别为W1、P1、W2、P2，则：A、W1=W2，P1=P2B、W1=W2，P1＞P2C、W1＞W2，P1＞P2D、W1＞W2，P1=P24.一架自动扶梯以恒定的速率v1运送乘客上同一层楼。

某乘客第一次站在扶梯上不动；第二次以相对于扶梯的速率v2沿扶梯匀速上走。

两次扶梯运客所做的功分别为W1和W2牵引力的功率分别为P1和P2，则：A、W1＜W2，P1＜P2B、W1＜W2，P1=P2C、W1=W2，P1＜P2D、W1＞W2，P1=P25.一架飞机水平匀速飞行，从飞机上每隔1秒释放一个铁球，先后释放4个，若不计空气阻力，则4个球（）A、在空中任何时刻总是排成抛物线，它们的落地点是等间距的B、在空中任何时刻总是排成抛物线，它们的落地点不是等间距的C、在空中任何时刻总在飞机的正下方排成竖直的直线，它们的落地点是等间距的D、在空中任何时刻总在飞机的正下方排成竖直的直线，它们的落地点是不等间距的6.为了对火星及其周围的空间环境进行探测，我国预计于2011年10月发射第一颗火星探测器“萤火一号”．假设探测器在离火星表面高度分别为h1和h2的圆轨道上运动时，周期分别为T1和T2.火星可视为质量分布均匀的球体，且忽略火星的自转影响，万有引力常量为G.仅利用以上数据，可以计算出( ) A．火星的密度和火星表面的重力加速度B．火星的质量和火星对“萤火一号”的引力C．火星的半径和“萤火一号”的质量D．火星表面的重力加速度和火星对“萤火一号”的引力7.如右图所示，汽车在拱形桥上由A匀速率运动到B，以下说法正确的是：A ．牵引力与克服摩擦力做的功相等B ．牵引力和重力做的总功大于克服摩擦力做的功C ．合外力对汽车不做功D ．重力做功的瞬时功率会变化8.将一质量为m 的小球以初速度v 0从倾角为θ的斜坡顶向外水平抛出，并落在斜坡上，那么当它击中斜坡时重力做功的功率是：A ．mgv 0cot θB ．mgv 0tan θC ．2mgv 0cot θD ．2mgv 0tan θ9.一质量为4.0×103kg 、发动机的额定功率为60kw 的汽车从静止开始以a=0.5m/s2的加速度做匀加速直线运动。

2020年高考物理一轮复习强化训练题汇总1（含解析）一、选择题1、如图是对着竖直墙壁沿水平方向抛出的小球a、b、c的运动轨迹，三个小球到墙壁的水平距离均相同，且a和b从同一点抛出。

不计空气阻力，则（）A．a和b的飞行时间相同B．b的飞行时间比c的短C．a的水平初速度比b的小D．c的水平初速度比a的大【参考答案】D2、(海安模拟)下列说法正确的是( )A．直线运动的物体位移大小等于路程B．计算火车过桥时所用的时间，火车可当成质点C．速度变化快的物体加速度不一定大D．参考系可以是匀速运动的物体，也可以是变速运动的物体答案：D3、(哈师大附中月考)如图，MN为转轴OO′上固定的光滑硬杆，且MN垂直于OO′.用两个完全相同的小圆环套在MN上．分别用两条不可伸长的轻质细线一端与圆环连接，另一端系于OO′上，长度分别为l1、l2.已知l1、l2与MN的夹角分别为θ1、θ2，OO′匀速转动时，线上弹力分别为F T1、F T2.下列说法正确的是( ) A．若l1sinθ1>l2sinθ2，则F T1>F T2B．若l1cosθ1>l2cosθ2，则F T1>F T2C．若l1tanθ1>l2tanθ2，则F T1>F T2D ．若l 1>l 2，则F T 1>F T 2解析：设两环的质量均为m ，硬杆转动的角速度为ω，根据牛顿第二定律，对左环有：FT 1cos θ1＝m ω2l 1cos θ1；对右环有：F T 2cos θ2＝m ω2l 2cos θ2两环ω相等得FT 1FT 2＝l 1l 2；若l 1cos θ1>l 2cos θ2，则F T 1cos θ1>F T 2cos θ2，不能得到F T 1>FT 2；由题意可知l 1sin θ1<l 2sin θ2；若l 1tan θ1>l 2tan θ2，可得cos θ1<cos θ2，不能得到F T 1>F T 2；若l 1>l 2，则F T 1>FT 2，选项D 正确，A 、B 、C 错误．答案：D4、如图所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A 点自由滑下，然后在水平面上前进至B 点停下．已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数皆为μ，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m ，A 、B 两点间的水平距离为L.在滑雪者经过AB 段运动的过程中，克服摩擦力做的功( )A ．大于μmgLB ．小于μmgLC ．等于μmgLD ．以上三种情况都有可能解析：设斜坡与水平面的交点为C ，BC 长度为L 1，AC 水平长度为L 2，AC 与水平面的夹角为θ，如图所示，则滑雪者在水平面上摩擦力做功W 1＝－μmgL 1，在斜坡上摩擦力做功W 2＝－μmgcos θ·L 2cos θ＝－μmgL 2，所以在滑雪者经过AB 段过程中，摩擦力做功W ＝W 1＋W 2＝－μmg(L 1＋L 2)＝－μmgL.所以滑雪者克服摩擦力所做的功为μmgL.故选项C 正确． 答案：C5、(四川资阳二诊)如图所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略，一带负电的油滴被固定于电容器中的P 点，现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是( )A ．平行板电容器的电容将减小B ．带电油滴的电势能将减少C ．静电计指针的张角变小D ．若将上极板与电源正极断开后，再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受的电场力不变解析：由C ＝εr S4πkd 知，将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，d 减小，C增大，A 错误；U 不变，静电计指针的张角不变，C 错误；由E ＝Ud 知，E 增大，则P 点与负极板间的电势差增大，P 点的电势升高，E p ＝φq ，又油滴带负电，则带电油滴的电势能将减少，B 正确；若将上极板与电源正极的导线断开后再将下极板左移一小段距离，Q 不变，由C ＝εr S4πkd 知，S 减小，C 减小，由U ＝Q C 得，电压U 增大，场强E ＝U d 增大，带电油滴所受的电场力增大，D 错误．答案：B6、一匀强磁场的边界是MN ，MN 左侧是无场区，右侧是匀强磁场区域，如图甲所示，现有一个金属线框以恒定速度从MN 左侧进入匀强磁场区域．线框中的电流随时间变化的I －t 图象如图乙所示．则可能的线框是如图丙所示中的( )解析：从乙图看到，电流先均匀增加后均匀减小，而线圈进入磁场是匀速运动，所以有效长度是均匀增加的，所以D 项正确，B 项排除的原因是中间有段时间电流恒定不变．答案：D7、(安徽模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈上接有四个完全相同的灯泡，若四个灯泡恰好都能正常发光，则下列说法正确的是( )A ．U 1：U 2＝3：4B ．U 1：U 2＝4：3C ．若将L 1短路，则副线圈的三个灯泡仍能正常发光D ．若将L 2短路，则副线圈的两个灯泡两端的电压变为额定电压的43倍解析：设灯泡的额定电压为U ，额定电流为I ，则副线圈电压为3U ，电流为I ，原线圈的灯泡正常发光，电流也为I ，所以原、副线圈的匝数比为1：1，原线圈两端电压为3U ，所以U 1：U 2＝4：3，选项A 错误、B 正确；若将L 1短路，则原线圈的电压增大，则副线圈两端电压也增大，三个灯泡不能正常发光，选项C 错误；若将L 2短路，设副线圈的电流为I ′，原线圈的电流也为I ′，因此2I ′R ＋I ′R ＝U 1＝4U ，则I ′R ＝43U ，即副线圈的每个灯泡两端的电压变为额定电压的43，选项D 正确．答案：BD 二、非选择题利用如图1所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系．小车的质量为M ＝200.0 g ，钩码的质量为m ＝10.0 g ，打点计时器的电源为50 Hz 的交流电．图1(1)挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到____________________．(2)挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图2所示．选择某一点为O ，依次每隔4个计时点取一个计数点．用刻度尺量出相邻计数点间的距离Δx ，记录在纸带上．计算打出各计数点时小车的速度v ，其中打出计数点“1”时小车的速度v1＝________m/s.图2(3)将钩码的重力视为小车受到的拉力，取g ＝9.80 m/s 2，利用W ＝mg Δx 算出拉力对小车做的功W.利用Ek ＝12Mv 2算出小车动能，并求出动能的变化量ΔEk.计算结果见下表.图3(4)实验结果表明，ΔEk 总是略小于W.某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的．用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F ＝________N.解析：(1)完全平衡摩擦力的标志是轻推小车，小车做匀速运动． (2)两计数点间的时间间隔T ＝5×0.02 s ＝0.1 s v1＝x022T ＝ 2.06＋2.50×0.012×0.1 m/s ＝0.228 m/s(3)确定标度，根据给出数据描点．作图如图所示．(4)从图线上取两个点(4.5,4.24)，(2.15,2.0) 图线的斜率k ＝4.24－2.04.5－2.15≈0.953①又有k ＝ΔEk ΔW ＝Mv 22mg Δx②根据运动学公式有v2＝2aΔx③根据牛顿第二定律有F＝Ma④由①②③④式解得F≈0.093 N答案：(1)小车做匀速运动(2)0.228 (3)见解析图(4)0.093。