能力课动力学观点和能量观点的综合应用

1、能力课 动力学观点和能量观点的综合应用一、选择题（1题为单项选择题，2题为多项选择题）1 如图1所示，水平传送带两端点A、B间的距离为I，传送带开始时处于静止 状态。把一个小物体放到右端的 A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速 度vi匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为 Wi、功率为Pi,这一过程物 体和传送带之间因摩擦而产生的热量为 Qi。随后让传送带以V2的速度匀速运 动，此人仍然用相同的恒定的水平力 F拉物体，使它以相对传送带为vi的速 度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为 W2、功率为P2,物 体和传送带之间因摩擦而产生的热量为 Q2。下列关系中正确的是（）图iA. Wi

2、 = W?， PiV P2， Qi = Q2B. Wi = W?， Pi V P2， Qi >Q2C. Wi > W?， Pi= P2， Qi >Q2D. Wi>W?， Pi = P2， Qi = Q2解析 因为两次的拉力和拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以 Wi = W2，当传送带不动时，物体运动的时间为ti= *；当传送带以V2的速度匀速运动时，物体运动的时间为 t2=1 ，所以第二次用Vi + V2的时间短，功率大，即PiV P2； 一对滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也等于转化的内能，第二次的相对路程小，所以Qi&g

3、t; Q2，选项B正确。答案 B2. （20i6江西九江一模）将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图 2甲所示， 一个小铅块（可视为质点）以水平初速度V0由木板左端向右滑动，到达右端时 恰能与木板保持相对静止。现将木板分成 A和B两段，使B的长度和质量均 为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度Vo由木板A的 左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始 终不变，则下列有关说法正确的是（）甲乙图2A .小铅块将从木板B的右端飞离木板B 小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止C. 甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等D. 图甲所示的过程产生的热量大于图

4、乙所示的过程产生的热量解析在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板 一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，两者速度就已经相同，选项A错误，B正确；根据摩擦力乘相对位移等于产生的热量， 第一次的相对位移大小大于第二次的相对位移大小，则图甲所示的过程产生 的热量大于图乙所示的过程产生的热量，选项 C错误，D正确。答案 BD二、非选择题3. （2016乐山市三诊）利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处。如图3所示，已知传送

5、轨道平面与水平方向成 37°角，倾角也是37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数卩=0.25。皮带传动装置顺时针匀速转动的速度v = 4m/s，两轮轴心相距L= 5 m，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送 带之间不打滑。现将质量m= 1 kg的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至 A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到皮带上的 B点时速度vo= 8 m/s, A、B间的距离x= 1 m。工件可视为质点，g取10 m/s2。(sin 37° = 0.6, cos 37° =0.8)求：(1)

6、 弹簧的最大弹性势能；(2) 工件沿传送带上滑的时间。解析(1)弹簧的最大弹性势能1 2Ep= mgxsin 37 半 qmv。得 Ep= 38 Jo(2)工件沿传送轨道减速向上滑动过程mgsin 37 + mgos 37 = ma1 v0 v与传送带共速需要时间t1= 匸=0.5 s2 2v0 v工件滑行位移大小X1 = 2a1 = 3 m v L因为 v ta n 37°，所以工件将沿传送带继续减速上滑 mgs in 37°-卩mcos 37=ma2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落。则vt2= 1 sa22v工件滑行位移大小X2= 202= 2 m= L X1

7、故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为t = tl + t2= 1.5 So答案(1)38 J (2)1.5 s4. (2016扬州摸底)如图4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，0为圆弧圆心，D为圆弧最低点。 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P、C间距为L1= 0.25 m,斜面MN足够长，物块P1质量m1 = 3 kg,与MN间的动摩擦因数 尸3。求：(sin 37° = 0.6，cos 37&

8、#176; = 0.8，g 取 10 m/s2)图4(1)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小;物块P在MN斜面上滑行的总路程。解析(1)根据几何关系，P、D间的高度差h= L1Sin 53 半 R(1 cos 53 )= 0.4 m物块由P到D过程，由机械能守恒定律得.12m1gh= 2m1VD在D点，支持力和重力的合力提供向心力2VDFd m1g= m1 r联立解得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(2)物块P运动到M点过程，根据机械能守恒定律得° 1 2mngL1Sin 53 丄尹解得 vm = 2 m/s物块最终在圆弧轨道上往复滑

9、动，且到达 M点时速度为零全过程减少的机械能 AE= migLisin 53 °产生的内能Q= ymgcos 53 S根据能量守恒定律得 AE = Q,即migLisin 53 丄 mgcos 53 S解得其在MN斜面上滑行的总路程s= 1.0 m。答案(1)78 N (2)1.0 m5. (2016宜春冲刺)如图5所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到 最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速 运动，到达小孔A进入半径R= 0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进 入圆轨道立即关闭A孑L。已知摆线长L = 2 m，0= 60°,小球质

10、量为m= 0.5 kg, D点与小孔A的水平距离s= 2 m，g取10 m/s摆线能承受的最大拉力为多大？ 要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间动摩擦因 数卩的范围。解析(1)摆球由C到D过程机械能守恒，则mg(L Lcos 0 = *mvD在D点由牛顿第二定律得mvDFt mg=p联立得摆线的最大拉力为Ft= 2mg= 10 N(2)摆球不脱离圆轨道的情况有: 摆球能到达A孔，且小球到达A孔的速度恰好为零。对摆球从D到A的过程，由动能定理得-卩mgs= 0-*mvD 摆球进入A孔的速度较小，在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道其临界情况为到达与圆心等高处速度为零由机械能守恒定律得1 22mvA = mgR对摆球从D到A的过程，由动能定理得,mgs= *mvA-*mvD解