1、动能定理和机械能守恒定律的应用 (25分钟60分)一、选择题(本题共5小题,每题7分,共35分)1.如图所示,在光滑水平面上有一物体,它的左端连接着一轻弹簧,弹簧的另一端固定在墙上,在力F作用下物体处于静止状态,当撤去力F后,物体将向右运动,在物体向右运动的过程中,下列说法正确的是()A.弹簧的弹性势能逐渐减少B.物体的机械能不变C.弹簧的弹性势能先增加后减少D.弹簧的弹性势能先减少后增加【解析】选D。因弹簧左端固定在墙上,右端与物体连接,故撤去F后,物体向右运动过程中,弹簧先恢复到原长后,再被物体拉伸,其弹性势能先减少后增加,物体的机械能先增加后减少,故D正确,A、B、C错误。2.如图所示,
2、倾角为的斜面体放在粗糙的水平面上,质量为m的物体A与一劲度系数为k的轻弹簧相连。现用拉力F沿斜面向上拉弹簧,使物体A在光滑斜面上匀速上滑,上滑的高度为h,斜面体始终处于静止状态。在这一过程中()A.弹簧的伸长量为B.拉力F做的功为FhsinC.物体A的机械能增加mghD.斜面体受地面的静摩擦力大小等于Fsin【解析】选C。物体A在斜面上匀速运动,弹簧的弹力等于F,弹簧的伸长量为,A错误;拉力F做的功为WF=F,B错误;物体A的动能不变,重力势能增加mgh,所以机械能增加mgh,C正确;斜面体和物体都受力平衡,以斜面体和物体A整体作为研究对象进行受力分析,整体受重力、支持力、拉力F和摩擦力,在水
3、平方向应用平衡条件得Ff=Fcos,D错误。【加固训练】(多选)在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B,它们的质量分别为m1、m2,弹簧劲度系数为k,C为一固定挡板,系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动,当物块B刚要离开挡板C时,物块A运动的距离为d,速度为v,则()A.物块B的质量满足m2gsin =kdB.此时物块A的加速度为C.此时拉力做功的瞬时功率为Fvsin D.此过程中,弹簧的弹性势能变化了Fd-m1gdsin-m1v2【解析】选B、D。系统静止时,m1gsin =kx1, 当物块B刚要离开挡板C时,m2gsin =kx2,F-m1g
4、sin -kx2=m1aA,又d=x1+x2,可解得aA=,B正确,A错误;此时拉力做功的瞬时功率为P=Fv,C错误;设弹簧的弹性势能增量为Ep弹,由功能关系可得:Fd=Ep弹+m1gdsin +m1v2,解得Ep弹=Fd-m1gdsin -m1v2,D正确。3.如图所示,固定斜面倾角为,整个斜面分为AB、BC两段,AB=2BC。小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面间的动摩擦因数分别为1、2。已知P由静止开始从A点释放,恰好能滑动到C点而停下,那么、1、2间应满足的关系是()A.tan=B.tan=C.tan=21-2D.tan=22+1【解析】选B。由动能定理得mgACsin-1mgc
5、osAB-2mgcosBC=0,则有tan=,故选项B正确。4.如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态,现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中()A.圆环的机械能守恒B.弹簧弹性势能变化了mgLC.圆环下滑到最大距离时,所受合力为零D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析:(1)圆环下滑过程中,圆环动能、重力势能与弹簧弹性势能之和不变。(2)圆环由静止开始下滑到圆环下滑到最大
6、距离过程中,先加速后减速。【解析】选B。圆环下滑过程中,圆环动能、重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变,故选项A、D错误;圆环从最高点(动能为零)到最低点(动能为零),重力势能减少了mg=mgL,根据机械能守恒,弹簧弹性势能增加了mgL,故选项B正确;圆环由静止开始下滑到圆环下滑到最大距离过程中,先加速后减速,下滑到最大距离时,所受合力不为零,故选项C错误。5.(多选)如图所示,某人以平行斜面的拉力将物体沿斜面拉下,拉力大小等于摩擦力大小,则下列说法正确的是()A.物体加速下滑B.合外力对物体做的功等于零C.物体的机械能减少D.物体的机械能保持不变【解析】选A、D。物体沿斜面下滑,受到重力G、斜
7、面支持力N、滑动摩擦力f和拉力F作用。因拉力F大小与摩擦力f大小相等,则物体所受合力将沿斜面向下,做加速运动,且合力做功不为零,故A正确,B错误。物体下滑时,支持力N方向总与运动方向垂直,因此不做功,拉力F和摩擦力f做的功的代数和为零,只有重力对物体做功,因此物体的机械能守恒,C错误,D正确。二、计算题(本题共2小题,共25分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)6.(12分)(2020厦门第一中学高一检测)如图甲所示,轻弹簧左端固定在竖直墙上,右端点在O位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方s0的P点处向左运动,与弹簧接触后压缩弹簧,将弹簧右端压到O1
8、点位置后,A又被弹簧弹回。A离开弹簧后,恰好回到P点。物块A与水平面间的动摩擦因数为,求:(1)物块A从P点出发又回到P点的过程,克服摩擦力所做的功;(2)O点和O1点间的距离s1;(3)若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接,将A放在B右边,向左压A、B,使弹簧右端压缩到O1点位置,然后从静止释放,A、B共同滑行一段距离后分离(如图乙所示)。分离后物块A向右滑行的最大距离s2是多少。【解析】(1)A从P回到P的过程根据动能定理得:克服摩擦力所做的功为Wf=m(2)A从P回到P全过程根据动能定理2mg(s1+s0)=ms1=-s0(3)A、B分离时,两者间弹力为零,且加速度
9、相同,A的加速度是g,B的加速度也是g,说明B只受摩擦力,弹簧处于原长。设此时它们的共同速度是v1,弹出过程弹力做功WF,由A返回P点的过程得WF-mg(s1+s0)=0-0有WF-2mgs1=2mm=mgs2s2=s0-答案:(1)m(2)-s0(3)s0-7.(13分)传送带现已广泛应用于机场、商店等公共场所,为人们的生活带来了很多的便利。如图所示,一长度L=7 m的传送带与水平方向间的夹角 =30,在电动机带动下以v=2 m/s 的速率顺时针匀速转动。在传送带上端接有一个斜面,斜面表面与传送带表面都在同一平面内。将质量m=2 kg 可视作质点的物体无初速度放在传送带底端,物体经传送带作用
10、后能到达斜面顶端且速度为零。若物体与传送带及物体与斜面间的动摩擦因数都为=,g取10 m/s2,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求:(1)物体在从传送带底端运动到斜面顶端过程中传送带对物体所做的功。(2)传送带上方所接的斜面长度。【解析】(1)对物体,先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得mgcos 30-mgsin 30=ma解得a=1 m/s2,沿斜面向上设物体速度经过时间t与传送带相等,由v=at得t=2 s此过程中物体通过的位移为x=at2=2 mmgh=0.02106 J=1.2 J,而在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功等于竹蜻蜓获得的初动能,所以在搓动过程中手对竹蜻蜓
11、做的功大于1.2 J,故D正确。10.(6分)一水平桌面距离地面的高度为H=3 m,现将一质量为m=0.2 kg、可视为质点的小球由桌子边缘的M点沿水平向右的方向抛出,抛出的速度大小为v0=1 m/s,一段时间后经过空中的N点,已知M、N两点的高度差为h=1 m,重力加速度g取10 m/s2。则小球在N点的动能大小为()A.4.1 JB.2.1 JC.2 JD.6.1 J【解析】选B。由M到N,合外力对小球做的功W=mgh,小球的动能变化Ek=Ek -m,根据动能定理得小球在N点的动能Ek=m+mgh,代入数据得Ek=2.1 J,B正确。11.(22分)(2020厦门第一中学高一检测)如图所示
12、,水平传送带的左端与一倾角=37的粗糙斜面平滑连接,一个小滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放,沿斜面滑下并冲上传送带,传送带以恒定速率v=2 m/s逆时针转动。已知小滑块的质量m=2 kg,斜面上A点到斜面底端的长度s=9 m,传送带的长度为L=10 m,小滑块与斜面的动摩擦因数1=0.50,小滑块与传送带间动摩擦因数2=0.40,g=10 m/s2。求:(1)小滑块到达斜面底端P的速度大小;(2)判断冲上传送带的小滑块是否可以运动到传送带的右端Q;若小滑块可以运动到Q,试求小滑块从P点运动到Q点的过程中摩擦力分别对小滑块和传送带做的功;若小滑块不能到达Q,试求小滑块从P点开始再次运动
13、到P点过程中摩擦力分别对小滑块和传送带做的功;(3)小滑块在斜面和传送带上运动的整个过程中,小滑块在斜面上运动的总路程。【解析】(1)滑块下滑过程,由动能定理得:mgssin-1mgcoss=m-0,代入数据解得:vP=6 m/s;(2)滑块到达传送带上后做匀减速直线运动,在滑块速度减为零过程中,由动能定理得:-2mgs=0-m,代入数据解得:s=4.5 mL=10 m,滑块不能到达Q端;滑块在传送带上运动时的加速度为:a=2g=4 m/s2,滑块向右减速运动的时间为:t1= s=1.5 s,在此时间内,传送带位移为:x1=vt1=21.5 m=3 m,滑块向左加速运动到速度等于传送带速度需要
14、的时间为:t2= s=0.5 s,在此时间内传送带的位移为:x2=vt2=20.5 m=1 m,在整个过程中,摩擦力对传送带做功为:W传送带=-2mg(x1+x2)=-32 J,由动能定理可知,整个过程摩擦力对滑块做功为:W滑块=mv2-m=-32 J;(3)滑块在运动过程中摩擦力做功,使其机械能减少,最终滑块将静止在P处,设滑块在整个过程中相对斜面的总路程为s总,对滑块由动能定理得:-1mgcos(s总-s)=0-mv2s总=9.5 m答案:(1)6 m/s(2)不能到Q-32 J-32 J(3)9.5 m【加固训练】如图甲所示,工厂利用倾角 =30的皮带传输机,将每个质量为m=5 kg的木
15、箱从地面运送到高出水平地面的h=5.25 m平台上,机械手每隔t=1 s就将一个木箱放到传送带的底端,传送带以恒定的速度顺时针转动且不打滑。木箱放到传送带上后运动的部分vt图象如图乙所示,已知各木箱与传送带间的动摩擦因数都相等。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。求(1)木箱与传送带间的动摩擦因数。(2)传送带上最多有几个木箱同时在向上输送。(3)皮带传输机由电动机带动,从机械手放上第一个木箱开始计时的10 min内,因为木箱的放入,电动机需要多做的功。【解析】(1)由乙图可知,木箱在传送带上以加速度为a=1 m/s2匀加速运动t1 =1 s后与带等速v =1
16、 m/s;由牛顿第二定律有:mgcos -mgsin =ma,解得=(2)木箱加速运动的位移x1=a=0.5 m,木箱相对传送带静止后,相邻两木箱间的距离均为L=vt=1 m;传送带长L=10.5 m;由于L=10L+x1,故传送带上最多同时存在的木箱个数为11个。(3)木箱在传送带上运动时,与传送带相对滑动的距离x=vt1-x1=0.5 m,则一个木箱与传送带摩擦产生的热为Q=mgcos x,木箱最终增加的机械能为:E=mgh+mv2,从开始的10 min内共传送木箱的个数N=1060=600个,其中590个已经到达平台,还有10个正在传送带上运动。对到达平台的590个木箱,电动机做的功为W1=590(Q+E);对还在传送带上的运动的10个木箱增加的动能为Ek=10mv2,与带摩擦生热为10Q;这10个木箱增加的重力势能为;Ep=10mgxsin +mgLsin (1+2+3+9);所以电动机多做的功为W =W1+Ek+Ep+10Q;解得W=166 625 J答案:(1)(2)11(3)166 625 J
