第7章　直线、平抛、圆周运动与功能关系的综合问题 Word版含解析

1.质量为m的物体从地面上方H高处无初速释放,落到地面后出现一个深为h的坑,如图所示,在此过程中(　C　)
A.重力对物体做功mgH
B.物体重力势能减少mg(H-h)
C.合力对物体做的总功为零
D.地面对物体的平均阻力为
解析:重力对物体做功mg(H+h),物体重力势能减少mg(H+h),选项A,B错误;根据动能定理,对整个过程中,mg(H+h)-Ffh=0,解得Ff=,故选项C正确,D错误。
2.一质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面,其运动的加速度的大小为0.9g。这个物体沿斜面上升的最大高度为H,则在这过程中(　B　)
A.物体的重力势能增加了0.9mgH
B.物体的机械能损失了0.5mgH
C.物体的动能损失了0.5mgH
D.物体的重力势能增加了0.6mgH
解析:重力势能的增加量等于克服重力做的功,故重力势能增加了mgH,故A,D错误;物体上滑过程,根据牛顿第二定律,有mgsin 37°+Ff=ma,解得Ff=0.3mg;动能减小量为F合·=1.5mgH,物体的机械能损失为Ff=0.5mgH,故B正确,C错误。
3.如图所示,足够长的传送带以恒定速率顺时针运行。将一个物体轻轻放在传送带底端,第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度,第二阶段与传送带相对静止匀速运动到达传送带顶端。下列说法中正确的是(　C　)
A.第一阶段摩擦力对物体做正功,第二阶段摩擦力对物体不做功
B.第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加
C.第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加
D.物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热
解析:物体在两个阶段受到重力、支持力和摩擦力,摩擦力一直沿斜面向上,故摩擦力一直做正功,故A错误;根据动能定理,第一阶段合力做的功等于动能的增加量,由于重力和摩擦力都做功,故第一阶段摩擦力对物体做的功不等于该过程物体动能的增加,故B错误;假定传送带速度为v,第一阶段,物体匀加速位移x1=t,传送带位移x2=vt,除重力外其余力做的功是机械能变化的量度,故物体机械能增加量等于Ffx1,而内能增加量为Q=FfΔs=Ff(x2-x1),故第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加,故C正确;除重力外其余力做的功是机械能变化的量度,由于支持力不做功,故物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程摩擦力对物体所做的功,但不等于产生的热量,故D错误。
4.一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道,小球先进入圆轨道1,再进入圆轨道2,圆轨道1的半径为R,圆轨道2的半径是轨道1的1.8 倍,小球的质量为m,若小球恰好能通过轨道2的最高点B,则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为(　C　)
A.2mg B.3mg C.4mg D.5mg
解析:小球恰好能通过轨道2的最高点B时,有mg=,小球在轨道1上经过A处时,有F+mg=,根据机械能守恒定律,有1.6mgR=m- m,解得F=4mg,C项正确。
5.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,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、势能Ep、机械能E随时间t、位移x关系的是(　D　)
解析: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D正确,C错误;产生的热量Q=fx,随位移均匀增大,滑块动能Ek随位移x均匀减小,选项A,B错误。
6.如图所示,两个圆弧轨道固定在水平地面上,半径R相同,A的轨道由金属凹槽制成,B的轨道由金属圆管制成,均可视为光滑轨道。在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放,小球距离地面的高度分别用hA和hB表示,小球B直径略小于金属圆管的直径,则下列说法正确的是(　D　)
A.若hA=hB≥2R,则两小球都能沿轨道运动到最高点
B.若hA=hB=,由于机械能守恒,两个小球沿轨道上升的最大高度均
为
C.适当调整hA和hB,均可使两小球从轨道最高点飞出后,恰好落在轨道右端口处
D.若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出,A小球的最小高度为,B小球在hB>2R的任何高度均可
解析:A球恰好通过最高点时有mg=m,由机械能守恒定律得,mg(hA-2R)=mv2,A球下落的最小高度为R;B球下落高度hB>2R的任何高度均可让B球通过最高点,故A错误,D正确;若hA=R,A球过与O点等高处后离开轨道做斜抛运动,最大高度小于R,B错误;小球A能从最高点飞出的最小速度为v=,从最高点飞出后下落R高度时,水平位移的最小值为xA=vt=·=R>R,则小球A落在轨道右端口外侧;适当调整hB,B可以落在轨道右端口处,故C错误。
7.如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R;bc是半径为R的四分之一圆弧,与ab相切于b点。一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为(　C　)
A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR
解析:设小球在c位置的速度为v1,小球从a运动到c,根据动能定理,得F·3R-mgR=m,又F=mg,故v1=2,小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动,水平方向做初速度为零的匀加速直线运动。且水平方向与竖直方向的加速度大小相等,都为g,故小球从c点到最高点水平位移等于竖直位移,x==2R,根据功能关系,水平力F做的功等于小球机械能的增量,WF=ΔE=F·(2R+R+x)=5mgR,C正确。
8.光滑水平平台AB上有一根轻弹簧,一端固定于A,自然状态下另一端恰好在B。平台B端连接两个内壁光滑、半径均为R=0.2 m的细圆管轨道BC和CD。D端与水平光滑地面DE相接。E端通过光滑小圆弧与一粗糙斜面EF相接,斜面与水平面之间的倾角θ可在0°≤θ≤75° 范围内变化(调节好后即保持不变)。一质量为m=0.1 kg 的小物块(略小于细圆管道内径)将弹簧压缩后由静止开始释放,被弹开后以v0=2 m/s进入管道。小物块与斜面的动摩擦因数为μ=,取g=
10 m/s2,不计空气阻力。
(1)求物块过B点时对细管道的压力;
(2)当θ取何值时,小物块在EF上向上运动的时间最短?求出最短
时间;
(3)求θ取不同值时,在小物块运动的全过程中摩擦产生的热量Q与tan θ的关系式。
解析:(1)设在B点轨道对物块的压力竖直向下,由牛顿第二定律得:FN+mg=m,
解得FN=1 N,
由牛顿第三定律,物块对轨道的压力大小为FN′=1 N,方向竖直向上。
(2)物块到达DE时的速度为v,则对物块从B到D的过程根据动能定理得:mg·2R=mv2-m,
解得v=2 m/s,
沿斜面EF上滑,根据牛顿第二定律得
mgsin θ+μmgcos θ=ma1,
上滑时间为:t=,
联立可得:t= s,
由数学知识可得,当θ=60°时,t有最小值,
且有tmin=0.3 s。
(3)物块恰好能在斜面上保持静止,根据平衡条件有
mgsin θ=μmgcos θ,θ=30°,
则当0°≤θ≤30°,滑块在EF上停下后即保持静止,
在EF上滑行的距离为:x=,
摩擦产生的热量为:Q=μmgcos θ·x
化简得:Q= J
当30°≤θ≤75°,滑块在EF上减速到零后返回,经多次往复运动后,最终静止于E点
摩擦产生的热量为:Q=mg·2R+m=0.6 J。
答案:见解析
9.过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型,它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成,B,C,D分别是三个圆形轨道的最低点,B,C间距与C,D间距相等,半径R1=2.0 m,R2=1.4 m。一个质量为m=1.0 kg 的小球(视为质点),从轨道的左侧A点以v0=12.0 m/s 的初速度沿轨道向右运动,A,B间距L1=6.0 m。小球与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2,圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长,圆形轨道间不相互重叠。重力加速度g=10 m/s2,计算结果保留小数点后一位数字。试求:
(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时,轨道对小球作用力的
大小;
(2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道,B,C间距L应是多少;
(3)在满足(2)的条件下,如果要使小球不脱离轨道,在第三个圆形轨道的设计中,半径R3应满足的条件;小球最终停留点与起点A的距离。
解析:　(1)设小球经过第一个圆形轨道的最高点时的速度为v1,对小球从A点到第一个圆轨道最高点的过程根据动能定理
-μmgL1-mg·2R1=m-m, ①
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F,根据牛顿第二定律
F+mg=m, ②
由①②得F=10.0 N。 ③
(2)设小球在第二个圆形轨道的最高点的速度为v2,由题意mg=m,④
对小球从A点运动到第二个圆轨道最高点的过程,根据动能定理有
-μmg(L1+L)-mg·2R2=m-m, ⑤
由④⑤得L=12.5 m。 ⑥
(3)要保证小球不脱离轨道,可分两种情况进行讨论:
Ⅰ.轨道半径较小时,小球恰能通过第三个圆轨道,设在最高点的速度为v3,应满足
mg=m, ⑦
从A点运动到第三个圆形轨道最高点由动能定理有
-μmg(L1+2L)-mg·2R3=m-m, ⑧
由⑥⑦⑧得R3=0.4 m。
Ⅱ.轨道半径较大时,小球上升的最大高度为R3,根据动能定理
-μmg(L1+2L)-mg·2R3=0-m,
解得R3=0.5 m。
为了保证圆形轨道不重叠,R3最大值应满足
(R2+R3)2=L2 +(R3-R2)2,
解得R3=27.9 m。
综合Ⅰ,Ⅱ,要使小球不脱离轨道,则第三个圆形轨道的半径须满足条件0当0则-μmgL′=0-m,得L′=36.0 m。
当0.5 m≤ R3≤27.9 m时,小球最终停留点与起始点A的距离为L″,则L″= L′-2(L′-L1-2L)=26.0 m。
答案:(1)10.0 N　(2)12.5 m
(3)当0当0.5 m≤ R3≤27.9 m时,L″=26.0 m
10.进入21世纪,低碳环保、注重新能源的开发与利用的理念已经日益融入生产、生活之中。某节水喷灌系统如图所示,喷口距地面的高度h=1.8 m,能沿水平方向旋转,喷口离转动中心的距离a=1.0 m,水可沿水平方向喷出,喷水的最大速率v0=10 m/s,每秒喷出水的质量m0=7.0 kg。所用的水是从井下抽取的,井中水面离地面的高度H=3.2 m,并一直保持不变。水泵由电动机带动,电动机线圈电阻r=5.0 Ω。电动机正常工作时,电动机的输入电压U=220 V,输入电流I=4.0 A。不计电动机的摩擦损耗,电动机的输出功率等于水泵所需要的最大输入功率。水泵的输出功率与输入功率之比称为水泵的抽水效率。(计算时π取3,g取10 m/s2,球体表面积S=4πr2)
(1)求这个喷灌系统所能喷灌的最大面积S;
(2)假设系统总是以最大喷水速度工作,求水泵的抽水效率η;
(3)假设系统总是以最大喷水速度工作,在某地区将太阳能电池产生的电能直接供该系统使用,求所需太阳能电池板的最小面积Smin。(已知:太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能量损耗,太阳辐射的总功率P0=4×1026 W,太阳到地球的距离R=1.5×1011m,太阳能电池的能量转化效率约为15%)
解析:(1)水从喷口喷出后做平抛运动,下落高度h=gt2
最大喷灌圆面半径x=a+v0t=7 m
喷灌最大面积S=πx2-πa2=144 m2。
(2)电动机的输入功率P电=UI=220×4.0 W=880 W
电动机的热功率P热=I2r=4.02×5.0 W=80 W
水泵的输入功率等于电动机的输出功率,
P入=P电-P热=800 W
水泵的输出功率
P出=
其中m=m0t,求得P出=700 W
水泵抽水效率η=×100%=87.5%。
(3)电池板最小面积Smin接收太阳能的功率
P=×70%×Smin
电池板接收的太阳能转化为电能的功率
P电=UI=P×15%
联立以上两式得Smin≈5.7 m2。
答案:(1)144 m2　(2)87.5%　(3)5.7 m2
11.如图所示,光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接,传送带水平长度L=1.5 m,传送带以恒定速度v=2 m/s逆时针运动。传送带的右端平滑连接一个固定在竖直平面内半径为R的光滑半圆弧轨道BCD,BCD与半径为2R的圆弧轨道DE相切于轨道最高点D,其中R=0.45 m。质量为m=0.2 kg、且可视为质点的滑块置于水平导轨MN上,开始时滑块与墙壁之间有一压缩的轻弹簧,系统处于静止状态。现松开滑块,滑块脱离弹簧后滑上传送带,并冲上右侧的圆弧轨道,滑块恰能通过轨道其最高点D后,从E点飞出,已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.3,取g=10 m/s2。求:
(1)滑块到达D点时速度vD;
(2)滑块运动到B点时轨道对它的支持力FB;
(3)开始时轻弹簧的弹性势能Ep。
解析:(1)在最高点根据牛顿第二定律可得mg=m,
解得vD=3 m/s。
(2)滑块从B到D,根据机械能守恒定律可得
m+2mgR=m,
解得vB=3 m/s
在B点由牛顿第二定律
FB-mg=m,
解得FB=14 N。
(3)滑块在传送带上运动的过程中,滑块做匀减速直线运动-=2μgL
解得vN=6 m/s
根据能量守恒定律
Ep=m=3.6 J。
答案:(1)3 m/s　(2)14 N　(3)3.6 J