專題提升　動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用

專題提升(六)動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用基礎(chǔ)必備1.(多選)一質(zhì)點在0～6s內(nèi)豎直向上運動,若取向上為正方向,g取10m/s2,其vt圖象如圖所示.下列說法正確的是(AD)A.質(zhì)點在0～2s內(nèi)減小的動能大于在4～6s內(nèi)減小的動能B.在4～6s內(nèi),質(zhì)點處于失重狀態(tài),且機械能增加C.質(zhì)點在第2s末的機械能大于在第6s末的機械能D.質(zhì)點在第2s末的機械能小于在第6s末的機械能解析:質(zhì)點在0～2s內(nèi)減小的動能為12m(602-402)=1000m,在4～6s內(nèi)減小的動能為12m×402=800m,則選項A正確;在4～6s內(nèi),質(zhì)點的加速度向下,處于失重狀態(tài),因加速度為a=-ΔvΔt=-402m/s2=-20m/s2=-2g,則除重力以外還有其他的力對物體做負功,則質(zhì)點的機械能減小,選項B錯誤;質(zhì)點在t=2s時的機械能為E2=12m×402+mg(40+602×2)=1800m,質(zhì)點在t=6s時的機械能為E6=mg(40+602×2+40×2+2.將一小球豎直向上拋出,小球在運動過程中所受到的空氣阻力不可忽略.a為小球運動軌跡上的一點,小球上升和下降經(jīng)過a點時的動能分別為Ek1和Ek2.從拋出開始到小球第一次經(jīng)過a點時重力所做的功為W1,從拋出開始到小球第二次經(jīng)過a點時重力所做的功為W2.下列結(jié)論正確的是(B)=Ek2,W1=W2 >Ek2,W1=W2<Ek2,W1<W2 >Ek2,W1<W2解析:從拋出開始到第一次經(jīng)過a點和從拋出開始到第二次經(jīng)過a點,其位移相等,因重力做功只與初、末位置有關(guān),故重力做功相等,即W1=W2.對兩次經(jīng)過a點的過程,根據(jù)動能定理,有-Wf=Ek2-Ek1,可知Ek1>Ek2,故B正確,A,C,D錯誤.3.(2022·浙江溫州模擬)某工地上,一架起重機將放在地面的一個箱子吊起.箱子在起重機鋼繩的作用下由靜止開始豎直向上運動,運動過程中箱子的機械能E與其位移x的關(guān)系圖象如圖所示,其中0～x1過程的圖線為曲線,x1～x2過程的圖線為直線.根據(jù)圖象可知(C)～x1過程中鋼繩的拉力逐漸增大～x1過程中箱子的動能一直增加～x2過程中鋼繩的拉力一直不變～x2過程中起重機的輸出功率一直增大解析:由功能關(guān)系可知,箱子機械能的增加決定于鋼繩拉力做的功,即E-E0=Fx,則E=E0+Fx,即在Ex圖象中,切線的斜率表示拉力,由圖可知0～x1過程中拉力逐漸減小,當(dāng)拉力與重力相等時,重物勻速上升;若拉力小于重力,則減速上升,動能變化情況不確定,選項A,B錯誤;x1～x2為直線,則拉力不變,但無法判斷拉力和重力的大小關(guān)系,重物可能加速、勻速、減速,輸出功率不一定增大,C正確,D錯誤.4.(多選)如圖所示,質(zhì)量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定斜面,同時施加一沿斜面向上的恒力F=mgsinθ,已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=tanθ.取出發(fā)點為參考點,下列圖象描述滑塊運動到最高點過程中產(chǎn)生的熱量Q、滑塊動能Ek、重力勢能Ep、機械能E隨時間t、位移x變化的關(guān)系,其中正確的是(CD)解析:根據(jù)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=tanθ可知,滑動摩擦力與滑塊重力沿斜面向下的分力大小相等.施加一沿斜面向上的恒力F=mgsinθ,則F與摩擦力Ff合力為0,即F,Ff二者做功為0,可認為只有重力做功,滑塊機械能保持不變,重力勢能隨位移x均勻增大,選項C,D正確;產(chǎn)生的熱量Q=Ffx,Q隨位移x均勻增大,滑塊動能Ek隨位移x均勻減小,又位移x=vt-12at25.(2022·山東濰坊期中)(多選)如圖所示,水平傳送帶順時針轉(zhuǎn)動,速度為v1,質(zhì)量為m的物塊以初速度v0從左端滑上傳送帶,v0>v1,經(jīng)過一段時間物塊與傳送帶速度相同,此過程中(BD)A.物塊克服摩擦力做的功為12mB.物塊克服摩擦力做的功為12m(v02C.產(chǎn)生的內(nèi)能為12m(v02D.產(chǎn)生的內(nèi)能為12m(v0-v1)解析:在物塊的速度大于傳送帶的速度的過程中,物塊受摩擦力向左,向右勻減速運動直到共速,由動能定理可知-Wf=12mv12-12mv02,故Wf=12mv02-12mv12,故A錯誤,B正確;物塊與傳送帶有相對運動,因摩擦生熱,由運動規(guī)律可知,發(fā)生相對滑動時間t=v0-v1μg,則相對位移為Δx=6.(2022·甘肅蘭州模擬)(多選)如圖所示,傾角為θ的傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動,把一物體由靜止放置到傳送帶的底端,則物體從底端運動到頂端的過程中,下列說法正確的是(AD)A.物體始終受到沿傳送帶向上的摩擦力B.物體運動至頂端時一定相對傳送帶靜止C.傳送帶對物體所做的功大于物體機械能的增量D.物體加速運動過程中傳送帶通過的距離大于或等于物體通過距離的2倍解析:傾角為θ的傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動,物體由靜止放置到傳送帶的底端而向上運動,可能是先加速后勻速運動,也可能一直加速運動,則物體始終受到沿傳送帶向上的摩擦力,選項A正確,B錯誤;根據(jù)功能關(guān)系,傳送帶對物體所做的功等于物體機械能的增量,選項C錯誤;若物體相對于傳送帶向下滑動,若物體到最高點時恰好兩者共速,則傳送帶通過的距離是物體通過距離的2倍,若到最高點物體的速度小于傳送帶速度,則傳送帶通過的距離大于物體通過距離的2倍,選項D正確.7.(多選)如圖所示,光滑水平面上放著足夠長的木板B,木板B上放著木塊A,A,B間的接觸面粗糙,現(xiàn)在用一水平拉力F作用在A上,使其由靜止開始運動,且相對于B運動,則下列說法正確的是(BD)A.拉力F做的功等于A,B系統(tǒng)動能的增加量B.拉力F做的功大于A,B系統(tǒng)動能的增加量C.拉力F和B對A做的功之和小于A的動能的增加量對B做的功等于B的動能的增加量解析:對整體可知,F做功的結(jié)果使兩個物體增加動能及產(chǎn)生內(nèi)能,故F做的功一定大于A,B系統(tǒng)動能的增加量,故A錯誤,B正確;由動能定理可知,拉力F和B對A做的功之和等于A的動能的增加量,而A對B做的功等于B的動能的增加量,選項C錯誤,D正確.8.(多選)如圖,質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑水平面上,質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)放在小車的最左端.現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上,使小物塊從靜止開始做勻加速直線運動.小物塊和小車之間的摩擦力為Ff,小物塊滑到小車的最右端時,小車運動的距離為x.此過程中,下列結(jié)論正確的是(ABC)A.小物塊到達小車最右端時具有的動能為(F-Ff)(L+x)B.小物塊到達小車最右端時,小車具有的動能為FfxC.小物塊克服摩擦力所做的功為Ff(L+x)D.小物塊和小車增加的機械能為Fx解析:根據(jù)動能定理,小物塊到達小車最右端時的動能Ek物=W合=(F-Ff)·(L+x);小車的動能Ek車=Ffx,選項A,B正確;小物塊克服摩擦力所做的功Wf=Ff(L+x),選項C正確;小物塊和小車增加的機械能ΔE=Ek物+Ek車=F(L+x)-FfL,選項D錯誤.能力培養(yǎng)9.(2022·四川棠湖中學(xué)高三期末)(多選)如圖所示,長為L=3m,質(zhì)量為M=2kg的平板車在粗糙水平面上向右滑行,當(dāng)其速度為v0=4.5m/s時,在其右端輕輕放上一個質(zhì)量為m=1kg的滑塊,已知平板車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1=,滑塊與平板車間的動摩擦因數(shù)為μ2=,則從放上滑塊開始到最終二者均靜止的過程中,下列說法正確的是(AD)A.滑塊與平板車靜止前取得相同的速度所需時間為1sB.滑塊相對平板車向左滑動2.25m的距離后與平板車一起向右減速C.滑塊與平板車間因摩擦生熱增加的內(nèi)能為JD.滑塊、平板車和地面組成的系統(tǒng)增加的內(nèi)能為J解析:根據(jù)牛頓第二定律,滑塊的加速度a2=μ2g=1m/s2,木板的加速度a1=μ2mg+μ1(m+M)gM=3.5m/s2,滑塊與平板車靜止前取得相同的速度時,有v0-a1t=a2t,解得t=1s,v=1m/s,選項A正確;當(dāng)兩者達到共速時,此時木板的位移x1=v+v02t=1+4.52×1m=2.75m,滑塊的位移x2=v2t=12×1m=0.5m,則滑塊相對木板滑行的距離為Δx=x1-x2=2.25m,達到共速后,因滑塊加速度最大值為1m/s2,則滑塊相對于木板向前滑動,此時木板加速度a1′=μ1(M+m)g-μ2mgM=2.5m/s2,可知木板先停止運動,滑塊繼續(xù)減速運動,直到停止在木板上,選項B錯誤;從共速到滑塊靜止,木板的位移x3=v22a1'=0.2m,滑塊向前的位移x4=v22a2=0.5m,滑塊相對木板向前滑動的位移Δx′=x410.(多選)將一長木板靜止放在光滑的水平面上,如圖(甲)所示,一個小鉛塊(可視為質(zhì)點)以水平初速度v0由木板左端向右滑動,到達右端時恰能與木板保持相對靜止.現(xiàn)將木板分成A和B兩段,使B的長度和質(zhì)量均為A的2倍,并緊挨著放在原水平面上,讓小鉛塊仍以初速度v0由木板A的左端開始向右滑動,如圖(乙)所示.若小鉛塊相對滑動過程中所受的摩擦力始終不變,則下列有關(guān)說法正確的是(BD)A.小鉛塊將從木板B的右端飛離木板B.小鉛塊滑到木板B的右端前就與木板B保持相對靜止C.(甲)、(乙)兩圖所示的過程中產(chǎn)生的熱量相等D.圖(甲)所示的過程產(chǎn)生的熱量大于圖(乙)所示的過程產(chǎn)生的熱量解析:在第一次小鉛塊運動過程中,小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個木板一直加速,第二次小鉛塊先使整個木板加速,運動到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對應(yīng)過程,故第二次小鉛塊與B木板將更早達到速度相等,所以小鉛塊還沒有運動到B的右端,兩者速度就已經(jīng)相同,選項A錯誤,B正確;由于Q=Ffs相對,第一次的相對位移大于第二次的相對位移,則圖(甲)所示的過程產(chǎn)生的熱量大于圖(乙)所示的過程產(chǎn)生的熱量,選項C錯誤,D正確.11.(2022·安徽黃山一模)(多選)如圖所示,輕彈簧的一端懸掛在天花板上,另一端固定一質(zhì)量為m的小物塊,小物塊放在水平面上,彈簧與豎直方向夾角為θ=30°.開始時彈簧處于伸長狀態(tài),長度為L,現(xiàn)在小物塊上加一水平向右的恒力F使小物塊向右運動距離L,小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,彈簧始終在彈性限度內(nèi),則此過程中分析正確的是(BD)A.小物塊和彈簧系統(tǒng)機械能改變了(F-μmg)LB.彈簧的彈性勢能可能先減小后增大接著又減小再增大C.小物塊在彈簧懸點正下方時速度最大D.小物塊動能的改變量等于拉力F和摩擦力做功之和解析:根據(jù)能量守恒定律,小物塊和彈簧組成的系統(tǒng),機械能變化量等于恒力F與摩擦力做的總功,即ΔE=WF-μ(mg-F彈)L=[F-μ(mg-F彈)]L,故A錯誤;由于彈簧起初長度為L,處于拉伸狀態(tài),與豎直方向夾角為30°,在向右運動位移為L的過程中,其長度先減少再恢復(fù)到原來拉伸長度,此過程中彈簧可能經(jīng)歷恢復(fù)原長、壓縮、恢復(fù)原長、再拉伸狀態(tài),彈性勢能即為先減小后增大接著又減小再增大,故B正確;當(dāng)小物塊處于彈簧懸點正下方時,由于并不確定彈簧的彈力大小,因此無法確定F,Ff的合力情況,加速度可能不為零,故C錯誤;由于對稱性運動過程中彈力做的總功為0,根據(jù)動能定理,有WF-Wf=ΔEk,故D正確.12.(2022·四川成都質(zhì)檢)如圖所示,傳送帶與地面的夾角θ=37°,A,B兩端間距L=16m,傳送帶以速度v=10m/s沿順時針方向運動,物體質(zhì)量m=1kg無初速度地放置于A端,它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=,sin37°=,g=10m/s2,試求:(1)物體由A端運動到B端的時間;(2)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量.解析:(1)物體無初速度放上傳送帶受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力,向下加速運動,根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma1,設(shè)經(jīng)時間t1加速到與傳送帶同速,則v=a1t1,x1=12a1t代入數(shù)據(jù)解得a1=10m/s2,t1=1s,x1=5m當(dāng)物體與傳送帶同速后,因mgsinθ>μmgcosθ,物體將繼續(xù)加速則有mgsinθ-μmgcosθ=ma2L-x1=vt2+12a2解得t2=1s故物體由A端運動到B端的時間t=t1+t2=2s.(2)物體與傳送帶間的相對滑動距離x相對=(vt1-x1)+(L-x1-vt2)=6m故Q=μmgcosθ·x相對=24J.答案:(1)2s(2)24J13.如圖所示,半徑R=1m的光滑半圓軌道AC與傾角θ=37°的粗糙斜面軌道BD放在同一豎直平面內(nèi),兩軌道之間由一條光滑水平軌道AB相連,B處用光滑小圓弧平滑連接.在水平軌道上,用擋板將a,b兩物塊間的輕質(zhì)彈簧擋住后處于靜止?fàn)顟B(tài),物塊與彈簧不拴接.只放開左側(cè)擋板,物塊a恰好通過半圓軌道最高點C;只放開右側(cè)擋板,物塊b恰好能到達斜面軌道最高點D.已知物塊a的質(zhì)量為m1=2kg,物塊b的質(zhì)量為m2=1kg,物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ=,物塊到達A點或B點時已和彈簧分離.重力加速度g取10m/s2,sin37°=,cos37°=,求:(1)物塊a經(jīng)過半圓軌道的A點時對軌道的壓力大小;(2)斜面軌道BD的高度h.解析:(1)物塊a經(jīng)最高點C時,有m1g=m1物塊a從A點運動到C點過程,由機械能守恒定律得12m1vA2=2m1gR+1物塊a經(jīng)過半圓軌道A點時,有FN-m1g=m1代入數(shù)據(jù),解得FN=120N根據(jù)牛頓第三定律物塊a對軌道的壓力大小FN′=120N.(2)物塊a彈開過程中機械能守恒,則彈簧的彈性勢能Ep=12m1vA2=2m1gR+12m1gR=放開右擋板物塊b彈出到最高點的過程中,根據(jù)能量守恒定律,有Ep=m2