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[A组·基础巩固] 热点一 多运动组合问题 1.(2018·江西五校联考)如图所示,粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成的S形轨道.光滑半圆轨道半径为R,两个光滑半圆轨道连接处CD之间留有很小空隙,刚好能够使小球通过,CD之间距离可忽略.粗糙弧形轨道最高点A与水平面上B点之间的高度为h.从A点静止释放一个可视为质点的小球,小球沿S形轨道运动后从E点水平飞出,落到水平地面上,落点到与E点在同一竖直线上B点的距离为x.已知小球质量为m,不计空气阻力,求: (1)小球从E点水平飞出时的速度大小; (2)小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力; (3)小球从A至E运动过程中克服摩擦阻力做的功. 解析:(1)小球从E点飞出后做平抛运动,设在E点的速度大小为v,则4R=gt2,x=vt,解得v=x (2)小球从B点运动到E点的过程,机械能守恒,有 mv=mg·4R+mv2 在B点有F-mg=m,联立解得F=9mg+,由牛顿第三定律可知,小球运动到B点时对轨道的压力为F′=9mg+ (3)设小球从A至E运动过程中克服摩擦力做的功为W,则mg(h-4R)-W=mv2,得W=mg(h-4R)- 答案:(1)x (2)9mg+ (3)mg(h-4R)- 热点二 传送带问题 2.足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动,某时刻一个质量为m的小物块以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带,最后小物块的速度与传送带的速度相同.在小物块与传送带间有相对运动的过程中,滑动摩擦力对小物块做的功为W,小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q,则下列判断中正确的是( ) A.W=0,Q=mv2 B.W=0,Q=2mv2 C.W=,Q=mv2 D.W=mv2,Q=2mv2 解析:对小物块,由动能定理有W=mv2-mv2=0,设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ,则小物块与传送带间的相对路程x相对=,这段时间内因摩擦产生的热量Q=μmg·x相对=2mv2,选项B正确. 答案:B 3.(多选)如图所示,甲、乙两种粗糙面不同但高度相同的传送带,倾斜于水平地面放置.以同样恒定速率v向上运动.现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处,小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v;在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v.已知B处离地面高度为H,则在物体从A到B的运动过程中( ) A.两种传送带对小物体做功相等 B.将小物体传送到B处,两种传送带消耗的电能相等 C.甲传送带与小物体之间的动摩擦因数比乙的小 D.将小物体传送到B处,两种系统产生的热量相等 解析:小物体在运动过程中受重力和传送带的作用力;对全程由动能定理可得:因高度相等,则重力做功相等;末速度相等,则动能的变化量相等;则由动能定理可得,传送带对小物体做功相等,A正确;甲图中平均速度为,乙图中到达离B竖直高度为h的过程中平均速度为,则可知,乙图中加速时间较短,则由速度公式v=at可知物体加速度关系a甲<a乙,再由牛顿第二定律得:μmgcos θ-mgsin θ=ma,则μ甲<μ乙,C正确;由摩擦生热Q=fs相对知,Q甲=f1s1=f1,Q乙=f2s2=f2根据牛顿第二定律得:f1-mgsin θ=ma1=m,f2-mgsin θ=ma2=m解得:Q甲=mgH+mv2,Q乙=mg(H-h)+mv2,Q甲>Q乙,D错误;根据能量守恒定律,电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物块增加机械能的和,因物块两次从A到B增加的机械能相同且Q甲>Q乙,所以将小物体传送到B处,甲传送带消耗的电能更多,B错误. 答案:AC 4.(多选)(2018·新疆建设兵团二中月考)如图所示为皮带传送装置示意图的一部分,传送带与水平地面的倾角为θ,A、B两端相距L,将质量为m的物体轻放到传送带的A端,物体沿AB方向从A端一直加速运动到B端,物体与传送带间的滑动摩擦力大小为f,传送带顺时针运转,皮带传送速度v保持不变,物体从A到达B所用的时间为t,物体和传送带组成的系统因摩擦产生的热量为Q,电动机因运送物体多做的功为W,下列关系式中正确的( ) A.Q=fL B.Q=f(vt-L) C.W=mv2+mgLsin θ+Q D.W=fvt 解析:物块产生的加速度为:a=,在时间t内传送带前进位移为x=vt,发生的相对位移为:Δx=vt-L,故产生的热量为:Q=f(vt-L),故A错误,B正确;电动机做的功一部分转化为内能,另一部分转化为物块的机械能,故有:W=Q+mgLsin θ+m(t)2,故C错误;传送带多做的功是传送带克服摩擦力做的功,等于摩擦力和传送带位移的乘积,即W=fvt,故D正确. 答案:BD 热点三 滑块—木板模型 5.如图所示,AB段为一半径R=0.2 m的
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