第一章 应用能量观点解决力学综合问题 突破训练 Word版含答案

应用能量观点解决力学综合问题
1.如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上。一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则(　　)
A．小物体恰好滑回到B处时速度为零
B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零
C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低
D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点
解析：选C　由能量守恒定律知，小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为Wf1＝mgh，小物体从D处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，所以克服摩擦力所做的功Wf2＜mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体最终可能停在圆弧槽上的任何地方，D错误。
2.(2019·安庆模拟)如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为(　　)
A.　　　　　　　　 　B.
C．mv2 D．2mv2
解析：选C　由能量转化和守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝mv2＋μmgx相，x相＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确。
3．足够长的水平传送带以恒定速率v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块，以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同。在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是(　　)
A．W＝0，Q＝mv2 B．W＝0，Q＝2mv2
C．W＝，Q＝mv2 D．W＝mv2，Q＝2mv2
解析：选B　对小物块，由动能定理有W＝mv2－mv2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对路程x相对＝，小物块与传送带因摩擦产生的热量Q＝μmgx相对＝2mv2，选项B正确。
4．(2019·大连质检)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以一定的速率匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t＝0时刻，作出物块之后在传送带上的运动速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取平行于传送带斜向下的方向为正方向，其中|v1|>|v2|)。已知传送带的速率保持不变，则(　　)
A．0～t1时间内，物块对传送带做正功
B．物块与传送带间的动摩擦因数μC．0～t2时间内，传送带对物块做功为W＝mv22－mv12
D．t1时刻之后，物块先受滑动摩擦力，对其做正功，后受静摩擦力，对其做负功
解析：选D　由题图乙知，物块的初速度方向平行于传送带斜向上，在0～t1时间内速度减小，传送带对物块做负功，由牛顿第三定律知，物块对传送带的摩擦力沿传送带向上，对传送带做负功，A错误；在t2时刻后，物块和传送带一起做匀速运动，有mgsin θ≤μmgcos θ，所以μ≥tan θ，B错误；在0～t2时间内传送带对物块做功，W＝ΔEk＋ΔEp，C错误；在t1时刻后，物块速度先增大后不变，先是滑动摩擦力对其做正功，后是静摩擦力对其做负功，D正确。
5.(多选)如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ。取出发点为参考点，选项图中能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、重力势能Ep、机械能E随时间t、位移x变化的关系图像是(　　)
解析：选CD　根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于滑块重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，滑块机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，选项C、D正确；产生的热量Q＝Ffx，Q随位移x均匀增大，滑块动能Ek随位移x均匀减小，又位移x＝vt－at2，选项A、B错误。
6．(多选)(2019·常州模拟)如图所示，水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可视为质点的物块，物块间用长为l的细线连接，开始处于静止状态，轨道与物块间的动摩擦因数为μ。用水平恒力F拉动物块1开始运动，到连接第n个物块的细线刚好拉直时整体速度正好为零，则(　　)
A．拉力F所做功为nFl
B．系统克服摩擦力做功为
C．F＞
D．nμmg＞F＞(n－1)μmg
解析：选BC　物块1的位移为(n－1)l，则拉力F所做功为WF＝F·(n－1)l＝(n－1)Fl，故A错误；系统克服摩擦力做功为Wf＝μmg·l＋…＋μmg·(n－2)l＋μmg·(n－1)l＝，故B正确；根据题意，连接第n个物块的细线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，由动能定理有WF＝Wf，解得F＝，由于细线绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系可知F＞，故C正确，D错误。
7.(2019·铜陵模拟)如图所示，半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高。质量为m＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)物块经过C点时的速度vC;
(2)若木板足够长，物块在木板上相对木板滑动的过程中产生的热量Q。
解析：(1)设物块在B点的速度为vB，从A点到B点物块做平抛运动，有vBsin θ＝v0
从B点到C点，根据动能定理有
mgR(1＋sin θ)＝mvC2－mvB2
解得vC＝6 m/s。
(2)物块在木板上相对木板滑动的过程中由于摩擦力作用带动木板运动，最终两者将一起共同运动。设物块相对木板滑动时物块加速度为a1，木板加速度为a2，经过时间t达到共同速度v，则
μmg＝ma1，μmg＝Ma2，v＝vC－a1t，v＝a2t
根据能量守恒定律有
(m＋M)v2＋Q＝mvC2
联立解得Q＝9 J。
答案：(1)6 m/s　(2)9 J
8．游乐场有一种滑雪游戏，其理想简化图如图甲所示，滑道由倾角为θ＝30°的斜坡和水平滑道组成。小孩(视为质点)在距地面高h＝10 m处由静止开始从斜坡滑下，到达底端时恰好滑上水平滑道上放置的长为l＝3 m的木板(忽略木板厚度)，此后小孩和木板运动的v -t图像如图乙所示。已知斜坡滑道与水平滑道为圆滑过渡，速度由斜面方向转为水平方向时大小不变，不计小孩在运动过程中受到的空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小孩与斜坡间的动摩擦因数；
(2)小孩脱离木板时的速率。
解析：(1)对小孩在斜坡上运动过程，由题图乙可知，小孩滑到斜坡底端时的速度：
v＝10 m/s
由几何知识可知小孩在斜坡上下滑的距离为2h
由动能定理可得：
mgh－μmgcos θ·2h＝mv2
解得：μ＝。
(2)小孩在0.5 s时滑离木板，由题图乙可知木板在0～0.5 s 内的位移：
x木＝×0.5×6 m＝1.5 m
小孩的位移：
x人＝x木＋l
设小孩滑离木板的速度为v人，由平均速度公式
x人＝(v＋v人)t
解得：v人＝8 m/s。
答案：(1)　(2)8 m/s
9．一质量为M＝2.0 kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过，子弹和物块的作用时间极短，如图甲所示。地面观察者记录了物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)。已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。求：
(1)传送带速度v的大小及方向，说明理由；
(2)物块与传送带间的动摩擦因数μ；
(3)传送带对外做的功，子弹射穿物块后系统产生的内能。
解析：(1)从题图乙中可以看出，物块被射穿后，先向左做减速运动，速度减为零后，又向右做加速运动，当物块速度等于 2 m/s 时，随传送带一起做匀速运动，所以传送带的速度大小为v＝2 m/s，方向向右。
(2)由题图乙可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度
a＝＝2 m/s2，
由牛顿第二定律得滑动摩擦力Ff＝μMg＝Ma，
则物块与传送带间的动摩擦因数μ＝＝0.2。
(3)由题图乙可知，传送带与物块间存在摩擦力的时间只有3 s，传送带在这段时间内移动的位移为x，
则x＝vt＝6 m，
所以传送带对外做的功
W＝Ffx＝24 J。
设物块被射穿后的初速度大小为v1，向左运动的时间为t1＝2 s，向右运动直至和传送带达到共同速度的时间为t2＝1 s，则有
物块向左运动时产生的内能
Q1＝μMg＝32 J，
物块向右运动时产生的内能
Q2＝μMg＝4 J。
所以整个过程产生的内能Q＝Q1＋Q2＝36 J。
答案：(1)2 m/s　方向向右　理由见解析　(2)0.2　
(3)24 J　36 J
10.(2019·银川模拟)如图所示，一质量为m＝1.5 kg的滑块从倾角为θ＝37°的斜面上自静止开始滑下，滑行距离s＝10 m后进入半径为R＝9 m 的光滑圆弧AB，其圆心角为θ，然后水平滑上与圆弧B点(B点的切线为水平方向)等高的小车。已知小车质量为M＝3.5 kg，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数为μ＝0.35，地面光滑且小车足够长，取g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)滑块在斜面上的滑行时间t1；
(2)滑块脱离圆弧末端B点前，圆弧对滑块的支持力FB的大小；
(3)当小车开始匀速运动时，滑块在小车上滑行的距离s1。
解析：(1)设滑块在斜面上滑行的加速度为a，由牛顿第二定律，有
mg(sin θ－μcos θ)＝ma
又s＝at12
解得t1＝2.5 s。
(2)滑块在圆弧上运动过程，由机械能守恒定律，有
mvA2＋mgR(1－cos θ)＝mvB2
又vA＝at1
由牛顿第二定律，有FB－mg＝m
解得圆弧对滑块的支持力FB≈31.7 N。
(3)滑块在小车上滑行时的加速度大小
a1＝＝μg＝3.5 m/s2
小车的加速度大小a2＝μg＝1.5 m/s2
小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足
vB－a1t2＝a2t2
解得t2＝2 s
故小车与滑块的共同速度v＝a2t2＝3 m/s
由功能关系可得μmgs1＝mvB2－(m＋M)v2
解得s1＝10 m。
答案：(1)2.5 s　(2)31.7 N　(3)10 m