专题讲座五动力学和能量观点的综合应用

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,2即铁块动能Ek=mv=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100kg

的物体,

物体随升降机由静止开始竖直向上移动

5m时速度达到

4m/s,

则此过程中

(取

g=10m/s2)(

AC

)A.升降机对物体做功为

5800JB.合外力对物体做功为

5800JC.物体的重力势能增加了 5000JD.物体的机械能增加了 5000J2解析:升降机对物体所做的功 W=mgh+mv=5800J,选项A正确;合外力做功W合=mv2=800J,选项B错误;重力势能增加Ep=mgh=5000J,2选项C正确;物体机械能增加 E=mgh+mv=5800J,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=2m/s运行,质量为m=0.5kg的工件以v0=1m/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μ=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=10m/s2,则下列说法中正确的是(A)A.工件经0.5s 停止相对滑动B.正常运行时传送带上相邻工件相距 0.5mC.摩擦力对每个工件做正功为 1JD.每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为 0.75解析:工件进入水平传送带先匀加速运动后匀速运动

J

,加速度大小为a=μg=2m/s2,加速时间为t==0.5s,选项A正确;正常运行时相邻两工件间的距离为d=vt=1m,选项B错误;由动能定理知摩擦力对每2个工件做正功为Wf=mv-m=0.75J,选项C错误;在t=0.5s内,工件对地位移为x1=t=0.75m,传送带对地位移为x2=vt=1m,所以每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为Q=μmg(x2-x1)=0.25J,选项D错误.4.(2017·湖南长沙一模)如图所示,斜面倾角为θ=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μ=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4∶1∶5,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.已知物体触地后立即停止运动,不再反弹,重力加速度为g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=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.3h B.h C.2h D.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-(4mgsinθ+4μmgcosθ)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-(4mgsinθ+4μmgcosθ)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.水平面上质量为m=10kg的物体受到的水平拉力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=7.5m时拉力减为零 ,物体也恰好停下 .取g=10m/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 -40JC.物体匀速运动时的速度为 2m/sD.物体运动的时间为 0.4s解析:由于0～2.5m内物体匀速运动,可得F=μmg,μ= = =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=50J,设物体的初速度为v,由动能定理可得W总=WF-μmg·s=0-mv2,即W总=-40J,v=2 m/s;物体匀速运动的时间 t匀= s= s>0.4s.导学号58826122(2017·湖北黄冈一模)(多选)如图所示,物体以100J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80J,机械能减少32J.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100JC.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20J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100J,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80J,机械能减少32J,说明克服摩擦力做功32J,从M点上升到最高点的过程中,动能减少20J,需要克服摩擦力做功8J,整个上升过程,共克服摩擦力做功 40J,机械能减少了40J,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40J,物体返回A点时动能为20J,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C.滑块可能重新回到出发点 A处

v有关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-μmgx=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=μmgx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)B.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,2根据机械能守恒定律可得 mg·2R=m -mv,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.导学号58826123(2017·河南郑州三模)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)若甲对滑轮的拉力沿水平方向,求此拉力的大小;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θ,由几何关系=2d联立三角函数关系解得sin θ=0.8,cos θ=0.6,tan θ=如图所示,对滑轮受力分析.由平衡条件得mg=T1+T2cosθ,F=T2sin θ,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)=2mv得v=.答案:(1)(2)10.(2018·吉林长春模拟)如图所示,半径R=0.5m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间距为L1=0.25m,斜面MN足够长,物块P质量m1=3kg,与MN间的动摩擦因数μ=,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:小物块Q的质量m2;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)根据平衡条件,满足m1gsin53°=m2gsin37°可得m2=4kg.(2)P到D过程由动能定理得 m1gh=m1由几何关系h=L1sin53°+R(1-cos53°)运动到D点时,根据牛顿第二定律FD-m1g=m1解得FD=78N由牛顿第三定律得,物块P对轨道的压力大小为 78N.分析可知最终物块在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m1gL1sin53°-μm1gx总cos53°=0解得x总=1m.答案:(1)4kg (2)78N (3)1m11.导学号58826124(2018·江苏南京诊断)如图所示,质量M=0.4kg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=0.1kg的小物体(可视为质点)以v0=4.0m/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摩擦因数为 0.5,sin37 °=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,求:(1)A点与B点的水平距离;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=v0tan37°x=v0t1联立得x=1.2m.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mgsin37°-μmgcos37°=ma1薄板在光滑斜面上运动 ,则Mgsin37°+μmgcos37°=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=2.5m.答案:(1)1.2m (2)2.5m12.导学号58826125如图所示,长L=5.5m、质量M=2kg的滑板A静止在水平地面上,在滑板右端放一质量 m=1kg的小滑块(可视为质点),已知滑板A与地面的动摩擦因数μ1=0.2,滑块B与A的动摩擦因数μ2=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=10m/s2.试求: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;若施加的水平拉力F=11N,要使滑板从滑块下抽出,力F作用的最短时间;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,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=μ2g=0.1×10m/s2=1m/s2.由整体法可知F-μ1(M+