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河北省張家口市高三物理 專題練習(8)整體法、瞬時性、傳送帶、等時圓等.doc

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河北省張家口市高三物理 專題練習(8)整體法、瞬時性、傳送帶、等時圓等.doc

整體法、瞬時性、傳送帶、等時圓等1.如圖所示,固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為,在斜桿下端固定有質(zhì)量為m的小球,下列關(guān)于桿對球的作用力F的判斷中,正確的是( )A. 小車靜止時,F(xiàn)mg,方向豎直向上B. 小車靜止時,F(xiàn)mgcos ,方向垂直于桿向上C. 小車向右以加速度a運動時,一定有FmasinD. 小車向左以加速度a運動時,F(xiàn)(ma)2+(mg)2,方向斜向左上方,與豎直方向的夾角滿足tan ag【答案】AD【解析】小球靜止不動時,受重力和向上的彈力,根據(jù)平衡條件可得彈力F=mg,豎直向上,故A正確,B錯誤;當小球向右以加速度a運動時,對其受力分析,受重力和彈力,如圖所示:合力為:F合=ma,水平向右,根據(jù)平行四邊形定則,彈力為:F=mgsin,故C錯誤;小車向左以加速度a運動時,有:F=ma2+mg2,方向斜向左上方,與豎直方向的夾角為,則有:tan=ag,故D正確。所以AD正確,BC錯誤。2.如圖所示,質(zhì)量為m的球置于斜面上,被一個豎直擋板擋住、現(xiàn)用一個力F拉斜面,使斜面在水平面上做加速度為a的勻加速直線運動,忽略一切摩擦,以下說法中正確的是( )A. 若加速度足夠小,豎直擋板對球的彈力可能為零B. 若加速度足夠大,斜面對球的彈力可能為零C. 斜面和擋板對球的彈力的合力等于maD. 斜面對球的彈力不僅有,而且是一個定值【答案】D【解析】試題分析:小球受到的重mg、斜面的支持力FN1、豎直擋板的水平彈力FN2,設(shè)斜面的傾斜角為則豎直方向有:,因為mg和不變,所以無論加速度如何變化,F(xiàn)N1不變且不可能為零,B錯誤;D正確;水平方向有:,因為,若加速度足夠小,豎直擋板的水平彈力不可能為零,A錯誤;斜面和擋板對球的彈力的合力即為豎直方向的與水平方向的力ma的合成,因此大于ma,C錯誤;故選D??键c:牛頓第二定律、力的合成與分解的運用?!久麕燑c睛】本題運用正交分解法,根據(jù)牛頓第二定律研究物體的受力情況,要正確作出物體的受力圖,抓住豎直方向沒有加速度。3.如圖所示,質(zhì)量為M的光滑斜面體上有一質(zhì)量為m的木塊沿斜面勻加速下滑,斜面體靜止不動,則斜面體對地面的壓力應()A. 等于(M+m)g B. 大于(M+m)g C. 小于(M+m)g D. 無法確定【答案】C【解析】【分析】對斜面體和滑塊整體,受重力、地面的支持力、地面對其向右的靜摩擦力,對整體運用牛頓第二定律列式分析即可。【詳解】由題,斜面是光滑的,則由牛頓第二定律可得物體m下滑時加速度大小為a=gsin。對整體進行研究,分析受力情況,作出力的示意圖 將m的加速度a分解為水平和豎直兩個方向,根據(jù)牛頓第二定律有:豎直方向:(M+m)g-N=masin0,則N(M+m)g,所以斜面體受地面的支持力小于(M+m)g。故選:C?!军c睛】本題關(guān)鍵對斜面體和滑塊整體受力分析后根據(jù)牛頓第二定律列式分析,也可以采用隔離法,先后研究滑塊和斜面體。4.如圖所示,質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物塊用輕線連接放在傾角為的斜面上,用始終平行于斜面向上的拉力F拉A,使它們沿斜面勻加速上升,A、B與斜面的動摩擦因數(shù)均為,為了增加輕線上的張力,下列幾種辦法中可行的是()A. 增大B物的質(zhì)量 B. 減小B物的質(zhì)量C. 增大傾角 D. 增大動摩擦因數(shù)【答案】A【解析】【分析】當用斜面向上的拉力F拉A,兩物體沿斜面勻加速上升時,對整體運用牛頓第二定律求出加速度,再對B研究,根據(jù)牛頓第二定律求出輕線上的張力,分析增加輕線上的張力的辦法。【詳解】根據(jù)牛頓第二定律,對整體:F(mA+mB)gsin(mA+mB)gcos=(mA+mB)a 解得:a=F(mA+mB)gsingcos 對B:T-mBgsin-mBgcos=mBa得到輕線上的張力為:T=mBgsin+mBgcos+mBa=mBFmA+mB 則要增加T,可減小A物的質(zhì)量,或增大B物的質(zhì)量。故應選:A。【點睛】本題是連接體問題,兩個物體的加速度相同,采用整體法與隔離法交叉使用的方法,考查靈活選擇研究對象的能力。5.如圖所示,三個質(zhì)量不等的木塊M、N、Q間用兩根水平細線a、b相連,放在光滑水平面上用水平向右的恒力F向右拉Q,使它們共同向右運動這時細線a、b上的拉力大小分別為Ta、Tb若在第2個木塊N上再放一個小木塊P,仍用水平向右的恒力F拉Q,使四個木塊共同向右運動(P、N間無相對滑動),這時細線a、b上的拉力大小分別為Ta、Tb下列說法中正確的是()A. TaTa,TbTbB. TaTa,TbTbC. TaTa,TbTbD. TaTa,TbTb【答案】B【解析】先對整體受力分析,受重力、支持力、拉力,根據(jù)牛頓第二定律,有:F=(mM+mN+mQ)a 再對M受力分析,受重力、支持力、拉力,根據(jù)牛頓第二定律,有:Ta=mMa 對Q受力分析,受重力、支持力、拉力F和b繩子的拉力,根據(jù)牛頓第二定律,有:F-Tb=mQa 聯(lián)立解得:TamMFmM+mN+mQ ;Tb(mM+mN)FmM+mN+mQ ;當在第2個木塊N上再放一個小木塊P,相當于N木塊的重力變大,故Ta減小,Tb增加;故選B點睛:本題要靈活地選擇研究對象,根據(jù)整體法求解加速度,根據(jù)隔離法求解系統(tǒng)內(nèi)力,求解出表達式討論是關(guān)鍵6.如圖所示,粗糙的水平地面上有三塊材料完全相同的木塊A、B、C,質(zhì)量均為m,B、C之間用輕質(zhì)細繩連接現(xiàn)用一水平恒力F作用在C上,三者開始一起做勻加速運動,運動過程中把一塊橡皮泥粘在某一塊上面,系統(tǒng)仍加速運動,且始終沒有相對滑動則在粘上橡皮泥并達到穩(wěn)定后,下列說法正確的是()A. 若粘在C木塊上面,繩的拉力增大,A、B間摩擦力減小B. 若粘在A木塊上面,繩的拉力減小,A、B間摩擦力不變C. 若粘在B木塊上面,繩的拉力增大,A、B間摩擦力增大D. 若粘在C木塊上面,繩的拉力和A、B間摩擦力都減小【答案】D【解析】【分析】對整體分析,運用牛頓第二定律判斷系統(tǒng)加速度的變化通過隔離分析,得出繩子拉力和摩擦力的大小的變化?!驹斀狻恳驘o相對滑動,所以,無論橡皮泥粘到哪塊上,根據(jù)牛頓第二定律都有:F-3mg-mg=(3m+m)a,a都將減小。A、D項:若粘在C木塊上面,a減小,對A有:fA=ma,可知A的摩擦力減小,以AB為整體,有T-2mg=2ma,得:T=2mg+2ma,則T減小,故A錯誤,D正確;B項:若粘在A木塊上面,以C為研究對象,受F、摩擦力mg、繩子拉力T,F(xiàn)-mg-T=ma,則得:T=F-mg-ma,a減小,F(xiàn)、mg不變,所以,T增大。故B錯誤;C項:若粘在B木塊上面,a減小,以A為研究對象,m不變,由fA=ma知,A所受摩擦力減??;對C:F-mg-T=ma,得 T=F-mg-ma,a減小,F(xiàn)、mg不變,則T增大,故C錯誤;故選:D?!军c睛】解決本題的關(guān)鍵要靈活選擇研究對象,會用整體法和隔離法,能夠正確地受力分析,運用牛頓第二定律進行求解。7. 如圖所示為索道輸運貨物的情景,已知傾斜的索道與水平方向的夾角37,sin 370.6,cos 370.8,重物與車廂地板之間的動摩擦因數(shù)為0.30,當載重車廂沿索道向上加速運動時,重物與車廂仍然保持相對靜止狀態(tài),重物對車廂內(nèi)水平地板的正壓力為其重力的1.15倍,那么這時重物對車廂地板的摩擦力大小為A. 0.35mg B. 0.30mg C. 0.23mg D. 0.20mg【答案】D【解析】試題分析:由于重物對車廂內(nèi)水平地板的正壓力為其重力的115倍,在豎直方向上,由牛頓第二定律得:FN-mg=ma豎直,解得a上=015g,設(shè)水平方向上的加速度為a水平,則a豎直a水平=tan37=34,解得:a水平=02g,對物體受力分析可知,在水平方向上摩擦力作為合力產(chǎn)生加速度,由牛頓第二定律得:f=ma水=020mg,故D正確故選D??键c:牛頓第二定律【名師點睛】物體的水平和豎直方向的加速度之間的關(guān)系,是解決本題的關(guān)鍵,在本題中物體在水平和豎直兩個方向上都是有加速度的。8.如圖甲所示,繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶若從小物塊滑上傳送帶開始計時,小物塊在傳送帶上運動的vt圖象(以地面為參考系)如圖乙所示已知v2v1,則()A. 0t2時間內(nèi),小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左B. 0t3時間內(nèi),小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用C. t2時刻,小物塊離A處的距離達到最大D. t2時刻,小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大【答案】D【解析】【分析】小物塊滑上傳送后在阻力作用下做勻減速直線運動,當速度減為0時,小物塊又反向勻加速運動最后與傳送帶一起向右運動根據(jù)圖象分析有:0t1時間內(nèi)木塊向左勻減速直線運動,受到向右的摩擦力,t1-t2小物塊向右勻加速,t2-t3當速度增加到與皮帶相等時,一起向右勻速,摩擦力消失?!驹斀狻緼項:在0-t1時間內(nèi)小物塊向左減速受向右的摩擦力作用,在t1-t2時間內(nèi)小物塊向右加速運動,受到向右的摩擦力作用,故A錯誤;B項:如圖知,t2-t3小物塊做勻速直線運動,此時受力平衡,小物塊不受摩擦力作用,故B錯誤;C項:t1時刻小物塊向左運動到速度為零,離A處的距離達到最大,故C錯誤;D項:t2時刻前小物塊相對傳送帶向左運動,之后相對靜止,故D正確。故應選:D。【點睛】本題的關(guān)鍵是通過圖象得出小物塊的運動規(guī)律,再由運動規(guī)律得出小物塊的受力和運動情況。9.如圖所示,傳遞帶與水平面的夾角=30,A、B間傳遞帶長16m傳送帶以l0m/s的速率逆時針勻速轉(zhuǎn)動,在傳送帶頂端A無初速釋放一個質(zhì)量為0.5kg的物體,它傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為32,則物體從A運動到B所需時間是()(g=l0m/s2)A. 1.6s B. 2s C. 2105s D. 425s【答案】B【解析】【分析】物體放在傳送帶上后,開始階段,傳送帶的速度大于物體的速度,傳送帶給物體一沿斜面向下的滑動摩擦力,物體由靜止開始加速下滑,當物體加速至與傳送帶速度相等時,由于tan,物體跟隨傳送帶勻速運動。【詳解】開始運動時物體沿傳送帶向下做勻加速直線運動mgcos+mgsin=ma1a1=12.5m/s2設(shè)加速到與傳送帶同速的時間為t1:v=a1t1t1=0.8s運動的位移x1=12a1t12=4m 之后mgsinmgcos,物體跟隨傳送帶做勻速直線運動t2=16410s=1.2s t=t1+t2=2s故應選:B?!军c睛】本題關(guān)鍵是分析加速到速度等于傳送帶速度后木塊的運動情況,再根據(jù)運動學公式求解時間。10.如圖所示,AO、AB、AC是豎直平面內(nèi)的三根固定的細桿,A、O位于同一圓周上,A點位于圓周的最高點,O點位于圓周的最低點,每一根細桿上都套有一個光滑的小球(圖中未畫出),三個環(huán)都從A點無初速地釋放,用T1、T2、T3表示各環(huán)到O、B、C時所用的時間,則()A. T1T2T3 B. T3T1T2 C. T1T2T3 D. T3T1T2【答案】D【解析】【分析】小環(huán)沿桿下滑做勻加速直線運動,設(shè)OAB為,OAC為,由勻變速運動規(guī)律求出小球運動的加速度和位移,根據(jù)勻加速直線運動位移時間公式表示出時間即可求解?!驹斀狻咳鐖D:小環(huán)沿桿下滑做勻加速直線運動,設(shè)OAB為,OAC為,圓的半徑為r,則 小環(huán)沿AO下滑時,做自由落體運動,時間為:T1=22rg 由勻變速運動規(guī)律得,滑環(huán)滑到B1點的時間:T2=22rcosgcos=T1 而由圖可知,滑到B點的時間T2T2=T1同樣根據(jù)勻變速運動規(guī)律可得滑到C1的時間:T3=22rcosgcos=T1 而由圖可知,滑到C點的時間T3T3=T1故有,T3T1T2,故應選:D?!军c睛】本題主要考查了勻加速直線運動位移時間公式的直接應用,要求同學們能正確對小球進行受力分析,求出加速度,應用勻加速直線運動位移時間公式表示出時間,注意尋找中間兩點加以過渡。11.豎直正方形框內(nèi)有三條光滑軌道OB、OC和OD,三軌道交于O點,且與水平方向的夾角分別為30o、45o和60o?,F(xiàn)將甲、乙、丙三個可視為質(zhì)點的小球同時從O點靜止釋放,分別沿OB、OC和OD運動到達斜面底端。則三小球到達斜面底端的先后次序是A. 甲、乙、丙 B. 丙、乙、甲C. 甲、丙同時到達,乙后到達 D. 不能確定三者到達的順序【答案】B【解析】對乙丙:設(shè)斜面的傾角為,則下滑的加速度agsin,下滑的位移x=lsin ,根據(jù)x=12at2得,t2xa2lgsin2 故傾角越大的下落時間越短,故乙和丙,丙先到達底端;對甲乙:運動到底端的時間t2xa2lgsincos=4lgsin2,則甲乙兩物體中,乙時間短,先到達底端;三小球到達斜面底端的先后次序是丙、乙、甲;故選B.12.如圖所示,光滑固定斜面體ABC的兩個底角A=37,B=53,兩個物塊通過一繞過定滑輪的輕繩相 連放于兩斜面上,給m2一沿斜面向下的初速度,結(jié)果m2剛好能沿斜面勻速下滑,若將m1、m2互換位置,并同時釋放兩物塊,則m1的加速度(重力加速度為g)( )A. 大小為0.1g方向沿斜面向上 B. 大小為0.1g方向沿斜面向下C. 大小為0.2g方向沿斜面向上 D. 大小為0.2g方向沿斜面向下【答案】C【解析】因為m2恰好沿斜面勻速下滑時,由二力平衡有m1gsin37=m2gsin53,互換位置后,設(shè)m1的加速度為a,方向沿斜面向下,由牛頓第二定律有m1gsin53m2gsin37=m1+m2a,解得a=0.2g,故C正確【點睛】關(guān)鍵在于用隔離法分別分析兩個物體受力情況,求出對調(diào)位置后物體沿斜面方向的合力,再用牛頓第二定律求解注意多總結(jié)物體上斜面上的受力情況最后一步比如容易以為只有m1有加速度,其實是兩個物塊這時加速度一樣13.如圖所示,質(zhì)量為m2的物塊B放置在光滑水平桌面上,其上放置質(zhì)量m1的物塊A,A通過跨過光滑定滑輪的細線與質(zhì)量為M的物塊C連接釋放C,A和B一起以加速度a從靜止開始運動,已知A、B間動摩擦因數(shù)為1,則細線中的拉力大小為A. Mg B. Mg+Ma C. (m1+m2)a D. m1a+1m1g【答案】C【解析】對AB的整體,根據(jù)牛頓第二定律T=(m1+m2)a ,選項C正確;對C:MgT=Ma ,解得:T=MgMa,選項AB錯誤;對物體A:Tf=m1a ,則T=m1a+f ,因f為靜摩擦力,故不一定等于1m1g,選項D錯誤;故選C.點睛:此題是牛頓第二定律的應用習題;解題的關(guān)鍵是能正確選擇研究對象,根據(jù)牛頓第二定律列得方程聯(lián)立求解.14.如圖所示質(zhì)量為M的吊籃P通過細繩懸掛在天花板上,物塊A、B、C質(zhì)量均為m,B、C疊放在一起,物塊B固定在輕質(zhì)彈簧上端,彈簧下端與A物塊相連,三物塊均處于靜止狀態(tài),彈簧的勁度系數(shù)為k(彈簧始終在彈性限度內(nèi)),下列說法正確的是()A. 靜止時,彈簧的形變量為mgkB. 剪斷細繩瞬間,C物塊處于超重狀態(tài)C. 剪斷細繩瞬間,A物塊與吊籃P分離D. 剪斷細繩瞬間,吊籃P的加速度大小為(M+3m)gM+m【答案】D【解析】【分析】靜止時,利用胡克定律F=kx求出彈簧的形變量x;用隔離法單獨對C物塊分析,判斷C物塊所處狀態(tài);將A物塊和吊籃P當作一個整體,利用牛頓第二定律分析兩物體的加速度?!驹斀狻緼項:靜止時,彈簧受到的壓力F大小等于B、C的重力2mg,則由胡克定律F=kx求出彈簧的形變量x=2mgk,故A錯誤;B項:、剪斷細繩瞬間,由于彈簧彈力不能突變,C物塊所受合力為0,加速度為0,C處于靜止狀態(tài),B錯誤;C、D項:剪斷細繩瞬間,將吊籃和A物塊當作一個整體,受到重力為M+mg,以及彈簧的壓力2mg,則吊籃P和物塊A的加速度a=(M+3m)gM+m,因此剪斷細繩瞬間,A物塊和吊籃P的加速度大小相同,均為a=(M+3m)gM+m,則A物塊與吊籃P不會分離,故C錯誤,D正確。故應選:D。【點睛】解答本題的關(guān)鍵是合理使用整體法和隔離法對物體進行受力分析,利用牛頓第二定律求出物體的加速度,注意彈簧的彈力不會突變,而繩子的拉力在燒斷后就會突變?yōu)?。15.如圖所示,A、B兩物塊質(zhì)量分別為2m、m,用一輕彈簧相連,將A用長度適當?shù)妮p繩懸掛于天花板上,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài),B物塊恰好與水平桌面接觸而沒有擠壓,此時輕彈簧的伸長量為x,現(xiàn)將懸繩剪斷,則下列說法正確的是A. 懸繩剪斷后,A物塊向下運動2x時速度最大B. 懸繩剪斷后,A物塊向下運動3x時速度最大C. 懸繩剪斷瞬間,A物塊的加速度大小為2gD. 懸繩剪斷瞬間,A物塊的加速度大小為g【答案】B【解析】剪斷懸繩前,對B受力分析,B受到重力和彈簧的彈力,知彈力F=mg剪斷瞬間,對A分析,A的合力為F合=2mg+F=3mg,根據(jù)牛頓第二定律,得a=32g故CD錯誤;彈簧開始處于伸長狀態(tài),彈力F=mg=kx當向下壓縮,2mg=F=kx時,速度最大,x=2x,所以下降的距離為3x故B正確,A錯誤故選B點睛:解決本題關(guān)鍵知道剪斷懸繩的瞬間,彈簧的拉力不變,根據(jù)牛頓第二定律可以求出瞬時加速度當彈力和重力相等時,速度最大16.如圖所示,一根彈簧一端固定在左側(cè)豎直墻上,另一端連著A小球,同時水平細線一端連著A球,另一端固定在右側(cè)豎直墻上,彈簧與豎直方向的夾角是60,A、B兩小球分別連在另一根豎直彈簧兩端。開始時AB兩球都靜止不動,A、B兩小球的質(zhì)量相等,重力加速度為g,若不計彈簧質(zhì)量,在水平細線被剪斷瞬間,A、B兩球的加速度分別為()A. aA=aB=g B. aA=2g,aB=0C. aA=3g,aB=0 D. aA=23g,aB=0【答案】D【解析】水平細線被剪斷前對A、B進行受力分析如圖, 靜止時 ,T=Fsin600,F(xiàn)sin600=mAg水平細線被剪斷瞬間,T消失,其它各力不變,所以aA=TmA=23g,aB=0故選D。17.如圖所示,輪半徑r很小的傳送帶,水平部分AB的長度L=1.5m,與一圓心在O點、半徑R=1m的豎直光滑圓軌道的末端相切于A點,AB高出水平地面H=1.25m,一質(zhì)量m=0.1kg的小滑塊(可視為質(zhì)點),由圓軌道上的P點從靜止釋放,OP與豎直線的夾角=37已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,g=10m/s2,滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=0.1,不計空氣阻力(1)求滑塊對圓軌道末端的壓力的大??;(2)若傳送帶一直保持靜止,求滑塊的落地點與B間的水平距離;(3)若傳送帶以v0=2.4m/s的速度沿順時針方向運行(傳送帶上部分由A到B運動),求滑塊從A點到B點過程中摩擦力做功的功率【答案】(1)1.4N;(2)0.5m;(3)0.14W【解析】【分析】(1)根據(jù)動能定理求得滑塊到達末端A時的速度,再由牛頓第二定律求得軌道對滑塊的支持力,由牛頓第三定律得滑塊對圓軌道的壓力;(2)根據(jù)動能定理求得滑塊離開傳送帶時的速度,再根據(jù)平拋知識求滑塊落地點與B間的水平距離;(3)根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊在傳送帶上勻加速運動時的加速度,由速度公式求出滑塊加速至傳送帶速度時所用時間,再求摩擦力做功的功率?!驹斀狻?1) 滑塊從P到圓軌道末端的過程中,由動能定理可得:mgR(1cos370)=12mv2 可得滑塊到達A點時的速度:v=2gR(1cos370)=2ms 滑塊在軌道末端時,根據(jù)牛頓第二定律有:Nmg=mv2R 解得:N=1.4N 根據(jù)牛頓第三定律得:滑塊對圓軌道末端的壓力大小為1.4N,方向豎直向下;(2) 從A到B的過程中,只有摩擦力對滑塊做功,根據(jù)動能定理得:mgL=12mvB212mv2 代入數(shù)據(jù)可解得滑塊到達B時的速度 vB=1m/s滑塊從B點開始做平拋運動,則滑塊落地點距B點的水平距離:x=vBt=vB2Hg=121.2510m=0.5m;(3) 若傳送帶以v0=2.4m/s的速度沿順時針方向運行,滑塊先做勻加速運動,加速度為:a=mgm=g=1ms2 從滑上傳送帶到與傳送帶共速的時間:t1=v0va=2.421s=0.4s 勻加速的位移:x1=v+v02t1=2+2.420.4m=0.88m<L=1.5m 接著滑塊做勻速運動,用時:t2=Lx1v0=1.50.882.4s0.25s 滑塊從A點到B點的總時間 t=t1+t2=0.65s摩擦力做功為 W=mgx1=0.10.1100.88=0.088J所以滑塊從A點到B點過程中摩擦力做功的功率為:P=Wt=0.0880.65W0.14W【點睛】解決本題的關(guān)鍵是要理清滑塊在傳送帶上的運動規(guī)律,結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式進行求解。

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