1、专题讲座五动力学和能量观点的综合应用1.(2017安徽合肥一模)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Ek=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
2、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Ep=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
3、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=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=g=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Wf=mv2-m=0.7
4、5 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=mg(x2-x1)=0.25 J,选项D错误.4.(2017湖南长沙一模)如图所示,斜面倾角为=37,物体1放在斜面紧靠挡板处,物体1和斜面间的动摩擦因数为=0.5,一根很长的不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质小定滑轮,绳一端固定在物体1上,另一端固定在物体2上,斜面上方的轻绳与斜面平行,物体2下端固定一长度为h的轻绳,轻绳下端拴在物体3上,物体1,2,3的质量之比为415,开始时用手托住物体3,物体3到地面的高度为h,此时各段轻绳刚好拉紧.
5、已知物体触地后立即停止运动,不再反弹,重力加速度为g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,小物体3从静止突然放手后物体1沿斜面上滑的最大距离为(D)A.3hB.hC.2hD.h解析:从开始放手到3触地(设触地时3的速度为v1)的过程中,对1,2和3应用功能关系有6mgh-(4mgsin +4mgcos )h=(10m),之后3停止运动,设物体2继续向下运动距离s后速度减小为0,对1和2应用功能关系有mgs-(4mgsin +4mgcos )s=0-(5m),得s=h,则1沿斜面上滑的最大距离为L=h+s=h,选项D正确.5.水平面上质量为m=10 kg的物体受到的水平拉
6、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02.5 m内物体匀速运动,可得F=mg,=0.12;由F-s图线与s轴所围面积表示力F所做的功可得WF=50 J,设物体的初速度为v,由动能定理可得W总=WF-mgs=0-mv2,即W总=-40 J,v=2 m/s;物体匀速运动的时间t匀= s= s0.4 s.6.导学号 5882
7、6122(2017湖北黄冈一模)(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
8、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
9、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vC=,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-mgx=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
10、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=mgx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
11、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vA,根据机械能守恒定律可得mg2R=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.导学号 58826123(2017河南郑州三
12、模)特种兵过山谷的一种方法可简化为如图所示的模型:将一根长为2d、不可伸长的细绳的两端固定在相距为d的A,B两等高处,细绳上有小滑轮P,战士们相互配合,可沿着细绳滑到对面.开始时,战士甲拉住滑轮,质量为m的战士乙吊在滑轮上,处于静止状态,AP竖直.(不计滑轮与绳的质量,不计滑轮的大小及摩擦,重力加速度为g)(1)若甲对滑轮的拉力沿水平方向,求此拉力的大小;(2)若甲将滑轮由静止释放,求乙在滑动中速度的最大值(结果可带根式).解析:(1)设BP与竖直方向的夹角为,由几何关系+=2d联立三角函数关系解得sin =0.8,cos =0.6,tan =如图所示,对滑轮受力分析.由平衡条件得mg=T1+
13、T2cos ,F=T2sin ,又T1=T2,解得F=.(2)设AP的长度为l,则l=0.75d乙在最低点时有最大速度v,设此时乙距AB的高度为h.则h2=d2-()2由机械能守恒定律得mg(h-l)=mv2得v=.答案:(1)(2)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
14、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=,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;(3)物块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FD-m1g=m1解得FD=78 N由牛顿第三定律得,物块P对轨道的压力大小为78 N.(3)分
15、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-m1gx总cos 53=0解得x总=1 m.答案:(1)4 kg(2)78 N(3)1 m11.导学号 58826124(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
16、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 37x=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-mgcos 37=ma1薄板在光滑斜面上运动,则Mgsin 37+mgcos 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
17、案:(1)1.2 m(2)2.5 m12.导学号 58826125如图所示,长L=5.5 m、质量M=2 kg的滑板A静止在水平地面上,在滑板右端放一质量m=1 kg的小滑块(可视为质点),已知滑板A与地面的动摩擦因数1=0.2,滑块B与A的动摩擦因数2=0.1,可认为A与地面、A与B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2.试求:(1)要将滑板从滑块下抽出,施加在滑板上的水平拉力至少要大于多少;(2)若施加的水平拉力F=11 N,要使滑板从滑块下抽出,力F作用的最短时间;(3)在(2)问条件下,水平拉力F做功的最大功率和系统因摩擦而产生的热量.解析:(1)当M和m刚好发生相对滑动时
18、,满足的条件是二者共同运动,且摩擦力达到最大值.则隔离对m分析,加速度a1=2g=0.110 m/s2=1 m/s2.由整体法可知F-1(M+m)g=(M+m)a1所以F=(M+m)(a1+1g)=(2+1)(1+2)N=9 N.(2)当F=11 N时,在F作用下,m的加速度a1=2g=1 m/s2,M的加速度a2= m/s2=2 m/s2,设作用的最短时间为t,则t秒末m的速度v1=a1t=t,m的位移x1=a1t2=t2,M的速度v2=a2t=2t,M的位移x2=a2t2=t2,相对位移的大小x1=x2-x1=t2,撤去F后,m的加速度a3=a1=1 m/s2,M的加速度大小a4= m/s
19、2=3.5 m/s2.再经过t时间m和M的速度相等,此时m恰好滑到M的最左端,根据速度时间公式有v1+a3t=v2-a4t,解得t=t,m的位移x3=v1t+a3t2=t2,M的位移x4=v2t-a4t2=t2,相对位移的大小x2=x4-x3=t2,根据x1+x2=5.5 m,代入数据解得t=3 s.(3)撤去力F时,木板的速度最大,M的速度为v2=a2t=2t=23 m/s=6 m/s,最大功率为P=Fv2=116 W=66 W系统因摩擦而产生的热量为Q=2mgL+1(M+m)g(x2+x4)=0.11105.5 J+0.2(2+1)10(32+32)J78.8 J.答案:(1)9 N(2)3 s(3)66 W78.8 J8
