山东专用2020版高考物理一轮复习第五章专题探究五动力学和能量观点的综合应用练习含解析新人教版

专题探究五　动力学和能量观点的综合应用
1.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.mgR
B.mgR
C.mgR
D.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E k=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 J
B.合外力对物体做功为5 800 J
C.物体的重力势能增加了5 000 J
D.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E p=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=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 m
C.摩擦力对每个工件做正功为1 J
D.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=μg=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W f=mv2-m=0.75 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=μmg(x2-x1)=0.25 J,选项D错误.
4. (多选)如图所示,倾角θ=30°的斜面固定在地面上,长为L、质量为m、粗细均匀、质量
分布均匀的软绳AB置于斜面上,与斜面间动摩擦因数μ=,其A端与斜面顶端平齐.用细线
将质量也为m的物块与软绳连接,给物块向下的初速度,使软绳B端到达斜面顶端(此时物块未到达地面),在此过程中(　BCD　)
A.物块的速度始终减小
B.软绳上滑L时速度最小
C.软绳重力势能共减少了mgL
D.软绳减少的重力势能一定小于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和
解析:物块下落过程中,刚开始由于mgsin 30°+μmgcos 30°=mg>mg,所以物块所受合力向
上,物块做减速运动,下落过程中,合力越来越小,当加速度等于零时,速度最小,后合力方向向下,加速度向下,速度增大,所以物块的速度先减小后增大,故A错误;当加速度等于零时,速
度最小,设此时软绳上滑的距离为x,则mgsin 30°+μmgcos 30°=mg+mg,代入数
据解得x=L,故B正确;物块未释放时,软绳的重心离斜面顶端的高度为h1=sin 30°=,软
绳刚好全部离开斜面时,软绳的重心离斜面顶端的高度h2=,则软绳重力势能共减少mg(-
)=mg,故C正确;以软绳和物块组成的系统为研究对象,软绳和物块的重力势能减小,转化为
物块和软绳的动能及软绳与斜面摩擦产生的内能,根据能量守恒定律,软绳重力势能的减少量小于其动能的增加量与克服摩擦力所做功的和,故D正确.
5.(多选)水平面上质量为m=10 kg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=7.5 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0.12
B.合外力对物体所做的功约为-40 J
C.物体匀速运动时的速度为2 m/s
D.物体运动的时间为0.4 s
解析:由于0～2.5 m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W F=50 J,设物体匀速运动的速度为v,由动能定理可得W总
=W F-μmg·s=0-mv2,即W总=-40 J,v=2 m/s;物体匀速运动的时间t匀= s= s>0.4
s.
6.(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 J
C.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2R
B.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的竖直高度为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v C=,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=μmgΔx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　)
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v A,根据机械能守恒定律可得mg·2R=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.如图(甲)所示,光滑斜面OA与倾斜传送带AB在A点相接,且OAB在一条直线上,与水平面夹角α=37°,轻质弹簧下端固定在O点,上端可自由伸长到A点.在A点放一个物体,在力F 的作用下向下缓慢压缩弹簧到C点,该过程中力F随压缩距离x的变化如图(乙)所示.已知物体与传送带间动摩擦因数μ=0.5,传送带AB部分长为5 m,顺时针转动,速度v=4 m/s,重力加速度g取10 m/s2.(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:
(1)物体的质量m;
(2)弹簧从A点被压缩到C点过程中力F所做的功W;
(3)若在C点撤去力F,物体被弹回并滑上传送带,物体在传送带上最远能到何处?
解析:(1)由图像可知
mgsin 37°=30 N
解得m=5 kg.
(2)图(乙)中图线与横轴所围成的面积表示力F所做的功
W= J- J=90 J.
(3)撒去力F,设物体返回至A点时速度大小为v0,
从A出发再次返回A处的过程应用动能定理
W=m
解得v0=6 m/s.
由于v0>v,物块所受摩擦力沿传送带向下,设此阶段加速度大小为a1,
由牛顿第二定律:mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1
解得a1=10 m/s2,
速度减为v时,设沿斜面向上发生的位移大小为x1,由运动学规律x1=
解得x1=1 m,
此后摩擦力改变方向,由于mgsin 37°>μmgcos 37°,所以物块所受合外力仍沿传送带向下,设此后过程加速度大小为a2,再由牛顿第二定律
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,
设之后沿斜面向上发生的最大位移大小为x2,由运动学规律x2=
解得x2=4 m,
所以物块能够在传送带上发生的最大位移
x m=x1+x2=5 m,
即恰好到达传送带顶端B点.
答案:(1)5 kg　(2)90 J　(3)恰好到达传送带顶端B点
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μ=,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以及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F D-m1g=m1
解得F D=78 N
由牛顿第三定律得,物块P对轨道的压力大小为78 N.
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
m1gL1sin 53°-μm1gx总cos 53°=0
解得x总=1 m.
答案:(1)4 kg　(2)78 N　1 m
11. (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 37°,x=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°-μmgcos 37°=ma1
薄板在光滑斜面上运动,则
Mgsin 37°+μmgcos 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.
答案:(1)1.2 m　(2)2.5 m
12.(2018·四川泸州一检)如图所示,一根轻弹簧左端固定于竖直墙上,右端被质量m=1 kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态,且弹簧与物块不拴接,弹簧原长小于光滑平台的长度.在平台的右端有一传送带,AB长L=5 m,物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2,与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5 m,它与物块间的动摩擦因数μ2=0.3,在C点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧与BC平滑连接,圆弧对应的圆心角为θ=120°,在圆弧的最高点F处有一固定挡板,物块撞上挡板后会以原速率反弹回来.若传送带以v=5 m/s的速率顺时针转动,不考
虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失.当弹簧储存的E p=18 J能量全部释放时,小物块恰能滑到与圆心等高的E点,取g=10 m/s2.
(1)求右侧圆弧的轨道半径R;
(2)求小物块最终停下时与C点的距离;
(3)若传送带的速度大小可调,欲使小物块与挡板只碰一次,且碰后不脱离轨道,求传送带速度的可调节范围.
解析:(1)物块被弹簧弹出,由E p=m,
可知v0=6 m/s,
因为v0>v,故物块滑上传送带后先减速,
物块与传送带相对滑动过程中,
由μ1mg=ma1,v=v0-a1t1,x1=v0t1-a1,
得到a1=2 m/s2,t1=0.5 s,x1=2.75 m,
因为x1<L,故物块与传送带同速后相对静止,最后物块以5 m/s的速度滑上水平面BC,物块滑离传送带后恰到E点,
由动能定理可知mv2=μ2mgs+mgR,
代入数据整理可以得到R=0.8 m.
(2)设物块从E点返回至B点的速度为v B,有
mv2-m=μ2mg·2s,
解得v B= m/s,因为v B>0,故物块会再次滑上传送带,物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速,由运动的对称性,可知其以相同的速率离开传送带,设最终停在距C点x处,有
m=μ2mg(s-x),
解得x= m.
(3)设传送带速度为v1时物块恰能到F点,在F点满足
mgsin 30°=m,
从B到F过程中由动能定理可知
m-m=μ2mgs+mg(R+Rsin 30°)
解得v1= m/s,
设传送带速度为v2时,物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点
由m=μ2mg·3s+mgR,
解得v2= m/s,
若物块在传送带上一直加速运动,由
m-m=μ1mgL,
知其到B点的最大速度v Bm= m/s,
综合上述分析可知,只要传送带速度
m/s≤v≤ m/s就满足条件.
答案:(1)0.8 m　(2) m
(3) m/s≤v≤ m/s。