2020高考物理二轮复习 抓分天天练 重点知识练1.13 力学综合（二）课件

1．13力学综合(二)1．(2019·山东二模)物体在恒定合外力F作用下由静止开始运动，经时间t，发生的位移为x，关于F在t时刻的功率P，下列说法中正确是()A．F的大小一定时，P与t成正比B．F的大小一定时，P与x成正比C．t一定时，P与F的大小成正比D．x一定时，P与F的大小成正比答案A解析F的大小一定时，根据牛顿第二定律可得F＝ma，加速度一定，根据功率计算公式P＝Fv＝Fat可得，P与t成正比，故A项正确；根据功率计算公式P＝Fv＝F2ax可得，F的大小一定时，P与x成正比，故B项错误；t一定时，根据功率计算公式P＝Fv＝Fat＝F2m·t可得，P与F2的大小成正比，故C项错误；x一定时，根据功率计算公式P＝Fv＝F2ax＝F·2Fm·x可得，P与F不是成正比，故D项错误．2．(2019·南昌一模)如图，叠放的两个物块无相对滑动地沿斜面一起下滑，甲图两物块接触面平行于斜面且摩擦力的大小为f1，乙图两物块接触面与斜面不平行且摩擦力的大小为f2，丙图两物块接触面水平且摩擦力的大小为f3，下列判断正确的是()A．若斜面光滑，f1＝0，f2≠0，f3≠0B．若斜面光滑，f1≠0，f2≠0，f3＝0C．若两滑块一起匀速下滑，f1≠0，f2＝0，f3≠0D．若两滑块一起匀速下滑，f1＝0，f2≠0，f3≠0答案A解析若斜面光滑，整体沿斜面下滑，加速度为a＝gsinθ，甲、乙、丙图上方物块重力沿斜面向下分力均为mgsinθ，甲图上方物块支持力垂直斜面，在斜面方向没有分力，乙图与丙图接触面支持力在斜面上均有分力，必须有摩擦力才能使合力为mgsinθ，故A项正确，B项错误；若滑块一起匀速下滑，上方滑块合力为零，必有f1≠0，f2≠0，f3＝0，故C、D两项错误．3．(2019·一模)质量m＝200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图象甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图象乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系．设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大．则下列说法正确的是()A．汽车受到的阻力为200NB．汽车的最大牵引力为700NC．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为90mD．8～18s过程中汽车牵引力做的功为7×104J答案D解析当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，则有：f＝Pvm＝700N，故A项错误；汽车做匀加速运动的牵引力最大，则有：F＝Pv1＝7×1038N＝875N，故B项错误；变加速过程中，根据动能定理得：Pt－fs＝12mvm2－12mv12，解得：s≈94.9m，故C项错误；8～18s过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为：W＝Pt＝7×104J，故D项正确．4．(2019·乐山模拟)地球表面赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a1；将月球绕地球做的运动视为匀速圆周运动，轨道半径为r，向心加速度为a2.已知引力常量为G，地球半径为R.下列说法中正确的是()A．根据题意可求月球的质量m＝a1R2GB．加速度之比a1a2＝r2R2C．地球质量M＝a2r2GD．地球表面赤道处的重力加速度g＝a1r2GR2－a1答案C解析对月球，根据万有引力提供向心力：GMmr2＝ma2，可得地球的质量为M＝a2r2G，但是不能求解月球的质量m，故选A项错误，C项正确；对月球a2＝GMr2，而地球赤道上的物体满足GMm′R2－m′g＝m′a1即a1＝GMR2－g，而g＝GMR2－a1＝a2r2R2－a1则a1和a2不满足a1a2＝r2R2，故B、D两项错误．5．(2019·上饶一模)如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙．现用恒力F向左推物块B压缩弹簧，当B向左运动s时速度刚好为零，同时撤去F.在A物体离开墙壁以后，弹簧弹性势能的最大值是()A.Fs3B.Fs2C.2Fs3D．Fs答案A解析设A物体刚运动时，B物体的速度为v0，则12·2m·v02＝Fs，当弹性势能最大时，两物体的速度相等，设为v，则有动量守恒得：2mv0＝3mv，由机械能守恒定律得：Ep＋12·3mv2＝Fs，由以上三式解得：Ep＝13Fs；故A项正确，B、C、D三项错误．6．(2019·益阳模拟)(多选)如图甲所示，物体从粗糙斜面上某点以速度v0向上滑动，设物体的位移为x时，速度为v，计算机绘出的x­v图象为如图乙所示的两段抛物线，已知物体始终在斜面上运动，重力加速度g＝10m/s2，由图中数据可求出的是()A．重力与摩擦力的比值B．斜面的倾角C．物体与斜面间的动摩擦因数D．从出发至返回到出发点的过程中损失的机械能答案ABC解析设沿斜面向上为正方向，沿斜面向上滑动时有v2－v02＝2ax代入数据(15、45)，(0、60)解得：v0＝30m/sa＝－7.5m/s2沿斜面向下滑动时有v′2＝2a′x′当速度沿斜面向下为－20m/s时，下滑的位移大小为80m，代入数据解得：a′＝－2.5m/s2沿斜面向上滑动时，由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝m|a|沿斜面向下滑动时，由牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝m|a′|联立解得：θ＝30°，μ＝36，故B、C两项正确；mgf＝mgμmgcos30°＝4，故A项正确；损失的机械能无法求出，故D项错误．7．(2019·资阳模拟)(多选)如图1所示，固定的光滑水平横杆上套有小环P，固定的光滑竖直杆上套有小环Q.P、Q质量均为m，且可看做质点．P、Q用一根不可伸长的轻细绳相连，开始时细绳水平伸直，P、Q均静止．现在由静止释放Q，当细绳与竖直方向的夹角为60°时(如图2所示)，小环P沿着水平杆向右的速度为v.则()A．细绳的长度为4v2gB．Q的机械能一直增大C．绳子对Q做的功为3mv22D．P、Q及地球组成的系统机械能守恒答案AD解析P、Q为一系统，机械能守恒，设Q下降的高度为h，设Q的速度为v′，有：vcos30°＝v′cos60°得：v′＝3v由机械能守恒有：mgh＝12mv2＋12m(3v)2解得：h＝2v2g，绳长为：l＝hcos60°＝4v2g，则A、D两项正确，B项错误；对Q，由动能定理得：mgh＋W＝12m(3v)2解得：W＝－12mv2，则C项错误．8．(2019·云南二模)(多选)如图所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道上的三个点，B点和圆心等高，M点与O点在同一竖直线上，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α＝45°.现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为m的小球，经圆轨道飞出后沿水平方向通过与O点等高的C点，已知圆轨道半径为R，重力加速度为g，则以下结论正确的是()A．A、B两点间的高度差为22RB．C到N的水平距离为2RC．小球在M点对轨道的压力大小为(3＋2)mgD．小球从N点运动到C点的时间为2Rg答案AC解析采用逆向思维，C到N做平抛运动，即沿N点切线方向进入，设小球经过C的速度为vC，根据平行四边形定则知，小球在N点的竖直分速度vyN＝vCtan45°＝vC，由竖直方向的自由落体运动得：vyN2＝2gRcosα，得vyN＝2gR＝vC，从A到C的过程由动能定理得：mghAB＝12mvC2，联立解得：hAB＝2R2，故A项正确；则N到C的时间t＝vyNg＝2gRg，C、N的水平距离x＝vCt＝2R，故B、D两项错误；从A到M的过程由动能定理得：mg(hAB＋R)＝12mvM2，在M点，根据牛顿第二定律有：N－mg＝mvM2R，联立解得：N＝(3＋2)mg，由牛顿第三定律知对轨道的压力为N′＝(3＋2)mg，故C项正确．9.(2019·山东模拟)如图所示，倾斜传送带A、B两端距离L＝14m，以速度v0＝8m/s逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的夹角为θ＝37°，现将一质量为m＝2kg的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列叙述正确的是()A．煤块从A端运动到B端所经历时间为2.25sB．煤块运动到B端时重力的瞬时功率为120WC．煤块从A端运动到B端在传送带上留下的黑色痕迹为4mD．煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为8J答案C解析煤块放在传送带后受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，一定先向下做匀加速直线运动．设经过时间t1，煤块的速度与传送带相同，匀加速运动的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，可得a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝8m/s2.由v0＝a1t1得t1＝1s，此过程通过的位移大小为x1＝v02t1＝4mL.由于mgsinθμmgcosθ，故煤块速度大小等于传送带速度大小后，继续匀加速向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上．设煤块接着做匀加速运动的加速度为a2，运动的时间为t2，则mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，可得a2＝g(sinθ－μcosθ)＝4m/s2由L－x1＝v0t2＋12a2t22，代入数据得：t2＝1s；故煤块从A到B的运动时间是t＝t1＋t2＝2s．故A项错误；煤块从A端运动到B端时速度v＝v0＋a2t2＝12m/s，此时重力的瞬时功率为P＝mgvsinθ＝144W，故B项错误；由于两个过程煤块与传送带间的相对位移大小(v0t1－x1)[(L－x1)－v0t2]，所以煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹长度为s＝v0t1－x1＝4m．故C项正确；煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为Q＝μmgcosθ{(v0t1－x1)＋[(L－x1)－v0t2]}，代入数据解得：Q＝24J，故D项错误．二、非选择题9．(2019·南通一模)某探究小组验证机械能守恒定律的装置如图甲所示，细线一端拴一个球，另一端连接力传感器，固定在天花板上，传感器可记录球在摆动过程中细线拉力大小，用量角器量出释放球时细线与竖直方向的夹角，用天平测出球的质量为m，重力加速度为g.(1)用游标卡尺测出小球直径如图乙所示，读数为________mm.(2)将球拉至图示位置，细线与竖直方向夹角为θ，静止释放球，发现细线拉力在球摆动过程中作周期性变化．为求出球在最低点的速度大小，应读取拉力的________(选填“最大值”或“最小值”)，其值为F.(3)球从静止释放运动到最低点过程中，满足机械能守恒的关系式为_____________________________________________．(用测定物理量的符号表示)(4)关于该实验，下列说法中正确的有________．A．细线要选择伸缩性小的B．球尽量选择密度大的C．不必测出球的质量和细线的长度D．可以直接用弹簧测力计代替力传感器进行实验答案(1)18.50(2)最大值(3)2mg(1－cosθ)＝F－mg(4)AB解析(1)小球的直径d＝18mm＋10×0.05mm＝18.50mm；(2)球在最低点的速度最大，对应的拉力最大，为求出球在最低点的速度大小，应读取拉力的最大值；(3)在最低点：F－mg＝mv2r①球从静止释放运动到最低点过程中，满足机械能守恒的关系式：mgr(1－cosθ)＝12mv2②由①②解得：2mg(1－cosθ)＝F－mg；(4)细线要选择伸缩性小的，则A项正确；球尽量选择密度大的，则B项正确；要测出球的质量，不必测出细线的长度，则C项错误；用弹簧测力计不能准确读出力的最大值，则D项错误．11．(2019·湖南模拟)如图甲所示，一倾角为37°，长L＝3.75m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点．t＝0时刻有一质量m＝1kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v­t图象如图乙所示．已知圆轨道的半径R＝0.5m(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)物块到达C点时对轨道的压力FN的大小；(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点．如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度；如不能请说明理由．答案(