2019届高考物理一轮复习 专题 动力学和能量观点的综合应用专项练习
2019届高考物理一轮复习专题动力学和能量观点的综合应用专项
练习
一、选择题(1题为单项选择题，2题为多项选择题)
1．如图1所示，水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态。
把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B 点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。
随后让传送带以v2的速度匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2。
下列关系中正确的是( )
图1
A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2
B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2
C．W1＞W2，P1＝P2，Q1＞Q2
D．W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q2
2．(2016·江西九江一模)将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图2甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。
现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木板A的左端开始向右滑动，如图乙所示。
若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是( )
图2
A．小铅块将从木板B的右端飞离木板
B．小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止
C ．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等
D ．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量 二、非选择题
3．(2016·乐山市三诊)利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处。
如图3所示，已知传送轨道平面与水平方向成37°角，倾角也是37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数μ＝0.25。
皮带传动装置顺时针匀速转动的速度v ＝4 m/s ，两轮轴心相距L ＝5 m ，B 、C 分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。
现将质量m ＝1 kg 的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到皮带上的B 点时速度v 0＝8 m/s ，A 、B 间的距离x ＝1 m 。
工件可视为质点，g 取10 m/s 2。
(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图3
(1)弹簧的最大弹性势能； (2)工件沿传送带上滑的时间。
4．(2016·扬州摸底)如图4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，O 为圆弧圆心，D 为圆弧最低点。
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P 、C 间距为L 1＝0.25 m ，
斜面MN 足够长，物块P 质量m 1＝3 kg ，与MN 间的动摩擦因数μ＝13。
求：(sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2
)
图4
(1)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；
(2)物块P在MN斜面上滑行的总路程。
5．(2016·宜春冲刺)如图5所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达小孔A 进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。
已知摆线长L＝2 m，θ＝60°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与小孔A的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2。
图5
(1)摆线能承受的最大拉力为多大？
(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间动摩擦因数μ的范围。
参考答案
1.解析 因为两次的拉力和拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以W 1＝W 2，当传送带不动时，物体运动的时间为t 1＝l v 1
；当传送带以v 2的速度匀速运动时，物体运动的时间为t 2＝
l
v 1＋v 2
，所以第二次用的时间短，功率大，即P 1＜P 2；一对滑
动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也等于转化的内能，第二次的相对路程小，所以Q 1＞Q 2，选项B 正确。
答案 B
2.解析 在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到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对应过程，故第二次小铅块与B 木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B 的右端，两者速度就已经相同，选项A 错误，B 正确；根据摩擦力乘相对位移等于产生的热量，第一次的相对位移大小大于第二次的相对位移大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量，选项C 错误，D 正确。
答案 BD
3.解析 (1)弹簧的最大弹性势能
E p ＝mgx sin 37°＋1
2
mv 20
得E p ＝38 J 。
(2)工件沿传送轨道减速向上滑动过程
mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1
与传送带共速需要时间t 1＝
v 0－v
a 1
＝0.5 s 工件滑行位移大小x 1＝v 20－v
2
2a 1
＝3 m ＜L
因为μ＜tan 37°，所以工件将沿传送带继续减速上滑mg sin 37°－μmg cos 37°＝
ma 2
假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落。
则
t 2＝v
a 2
＝1 s
工件滑行位移大小x 2＝v 2
2a 2
＝2 m ＝L －x 1
故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为
t ＝t 1＋t 2＝1.5 s 。
答案 (1)38 J (2)1.5 s
4.解析 (1)根据几何关系，P 、D 间的高度差
h ＝L 1sin 53°＋R (1－cos 53°)＝0.4 m
物块由P 到D 过程，由机械能守恒定律得
m 1gh ＝1
2
m 1v 2D
在D 点，支持力和重力的合力提供向心力
F D －m 1g ＝m 1v 2D
R
联立解得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 。
(2)物块P 运动到M 点过程，根据机械能守恒定律得
m 1gL 1sin 53°＝1
2
m 1v 2M
解得v M ＝2 m/s
物块最终在圆弧轨道上往复滑动，且到达M 点时速度为零 全过程减少的机械能ΔE ＝m 1gL 1sin 53° 产生的内能Q ＝μm 1g cos 53°·s 根据能量守恒定律得ΔE ＝Q ，即
m 1gL 1sin 53°＝μm 1g cos 53°·s
解得其在MN 斜面上滑行的总路程s ＝1.0 m 。
答案 (1)78 N (2)1.0 m
5.解析 (1)摆球由C 到D 过程机械能守恒，则
mg (L －L cos θ)＝12
mv 2D
在D 点由牛顿第二定律得
F T －mg ＝mv 2
D
L
联立得摆线的最大拉力为F T ＝2mg ＝10 N 。
(2)摆球不脱离圆轨道的情况有：
①摆球能到达A 孔，且小球到达A 孔的速度恰好为零 对摆球从D 到A 的过程，由动能定理得
－μ1mgs ＝0－12mv 2
D
解得μ1＝0.5
②摆球进入A 孔的速度较小，在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道 其临界情况为到达与圆心等高处速度为零 由机械能守恒定律得 12
mv 2
A ＝mgR 对摆球从D 到A 的过程，由动能定理得 －μ2mgs ＝12mv 2A －12mv 2
D
解得μ2＝0.35
③摆球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道在圆周的最高点，由牛顿第二定律得
mg ＝mv 2
R
由动能定理得
－μ3mgs －2mgR ＝12mv 2－12mv 2
D
解得μ3＝0.125
综上所述，动摩擦团数μ的范围为0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125。
答案 (1)10 N (2)0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125。
2019年度高考物理一轮复习 第十章 动力学、动量和能量观点在电学中的应用课时达标训练
2 电磁感应中的动力学和能量问题一、选择题(1～3题为单项选择题，4～7题为多项选择题)1．如图1所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。
杆ef及线框中导线的电阻都可不计。
开始时，给ef一个向右的初速度，则( )图1A．ef将减速向右运动，但不是匀减速B．ef将交减速向右运动，最后停止C．ef将匀速向右运动D．ef将往返运动解析ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝B2L2vR＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确。
答案 A2．一半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环用一根长为L的绝缘轻细杆悬挂于O1点，杆所在直线过圆环圆心，在O1点的正下方有一半径为L＋2r的圆形匀强磁场区域，其圆心O2与O1点在同一竖直线上，O1点在圆形磁场区域边界上，如图2所示。
现使绝缘轻细杆从水平位置由静止释放，下摆过程中金属圆环所在平面始终与磁场垂直，已知重力加速度为g，不计空气阻力及其他摩擦阻力，则下列说法正确的是( )图2A．金属圆环最终会静止在O1点的正下方B ．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mgLC ．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg (L ＋2r )D ．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg (L ＋r )解析 圆环最终要在如图中A 、C 位置间摆动，因为此时圆环中的磁通量不再发生改变，圆环中不再有感应电流产生。
由几何关系可知，圆环在A 、C 位置时，其圆心与O 1、O 2的距离均为L ＋r ，则圆环在A 、C 位置时，圆环圆心到O 1的高度为L ＋2r2。
由能量守恒可得金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg (L ＋2r )，C 正确。
答案 C3．CD 、EF 是两条水平放置的电阻可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L ，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场区域的长度为d ，如图3所示。
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动力学和能量观点的综合应用
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动力学和能量观点的综合应用1.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v 顺时针运动，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 ＝m v 2B ．W ＝0，Q ＝2m v 2C ．W ＝m v 22，Q ＝m v 2D ．W ＝m v 2，Q ＝2m v 22.(多选)如图所示，质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，轨道与传送带在A 点平滑连接，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带A 、B 两点之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度顺时针运动，则(g 取10 m/s 2)( )A ．物体从A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC ．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2 JD ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J3.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，已知物体与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.m v 24B.m v 22 C ．m v 2D ．2m v 24．(多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t ＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v －t 图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m ＝1 kg ，已知木板足够长，g 取10 m/s 2，则( )A ．小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5B ．在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 JC ．小物块的初速度为v 0＝12 m/sD ．0～2 s 与2～3 s 物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17∶15．(多选)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，速率始终不变．t ＝0时刻在传送带适当位置上放一具有一定初速度的小物块．取沿传送带向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示．已知小物块质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．传送带顺时针转动，速度大小为2 m/sB ．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝235C ．0～t 2时间内因摩擦产生的热量为27 JD ．0～t 2时间内电动机多消耗的电能为28.5 J6.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M ＝1.0 kg ，长度L ＝1.0 m ．在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m ＝1.0 kg.小铁块和木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F 将木板抽出，若F ＝8 N ，g 取10 m/s 2.求：(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功； (2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q .7．(2023·安徽省六安中学高三检测)如图所示，水平轨道AB 长为2R ，其A 端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上．圆心在O 1、半径为R 的光滑圆弧轨道BC 与AB 相切于B 点，并且和圆心在O 2、半径为2R 的光滑细圆管轨道CD 平滑对接，O 1、C 、O 2三点在同一条直线上．光滑细圆管轨道CD 右侧有一半径为2R ，圆心在D 点的14圆弧挡板MO 2竖直放置，并且与地面相切于O 2点．质量为m 的小滑块(可视为质点)从轨道上的C 点由静止滑下，刚好能运动到A 点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B 点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D (计算时圆管直径可不计，重力加速度为g )．求：(1)小滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数μ； (2)弹簧锁定时具有的弹性势能E p ；(3)小滑块通过最高点D 后落到挡板上时具有的动能E k .8.“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐．挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆．某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC 为一段半径为R ＝5 m 的光滑圆弧轨道，B 为圆弧轨道的最低点．P 为一倾角θ＝37°的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板DE ，木板上边缘与斜面顶端D 重合，圆形轨道末端C 与斜面顶端D 之间的水平距离为x ＝0.32 m ．一物块以某一速度从A 端进入，沿圆形轨道运动后从C 端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t ＝0.2 s 恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长．已知物块质量m ＝3 kg ，薄木板质量M ＝1 kg ，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝1924，木板与物块之间的动摩擦因数μ2＝56，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，求：(1)物块滑到圆轨道最低点B 时，对轨道的压力(计算结果可以保留根号)； (2)物块相对于木板运动的距离；(3)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量．9．如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC 平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接．水平传送带MN以v0＝4 m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8 m，MN间的距离为L MN＝3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑．直轨道BC长L BC＝1 m，小滑块P的质量为m＝1 kg.重力加速度g取10 m/s2.(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P 从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程中的水平位移大小；(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H 的范围．答案及解析1．B 2.AC 3.C 4.ACD 5.ABC 6．(1)－7.5 J 4.5 J (2)3 J解析 (1)当用F ＝8 N 的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度大小为a 1＝μg ＝3 m/s 2木板运动的加速度大小为 a 2＝F －μmg M ＝5 m/s 2设抽出过程的时间为t ，则有 12a 2t 2－12a 1t 2＝L ， 解得t ＝1 s ，所以小铁块运动的位移为x 1＝12a 1t 2，解得x 1＝1.5 m木板运动的位移为x 2＝12a 2t 2，解得x 2＝2.5 m摩擦力对小铁块做的功为 W 1＝μmgx 1， 解得W 1＝4.5 J 摩擦力对木板做的功为 W 2＝－μmgx 2， 解得W 2＝－7.5 J(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q ＝μmgL ＝3 J. 7．(1)13 (2)113mgR(3)(22－1)mgR解析 (1)由几何关系得BC 间的高度差h ＝23R小滑块从C 点运动到A 点的过程中，由动能定理得mgh －μmg ·2R ＝0，解得μ＝13(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W 弹＝E p 滑块从A 到D 过程由动能定理得 E p －mg ·2R －μmg ·2R ＝12m v 2－0 滑块在D 点，由重力提供向心力，有mg ＝m v 22R联立解得E p ＝113mgR .(3)滑块通过D 点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x ＝v t 竖直方向有y ＝12gt 2由几何关系可知x 2＋y 2＝4R 2可得滑块落到挡板上时的动能为E k ＝12m [v 2＋(gt )2]，联立解得E k ＝(22－1)mgR .8．(1)(91.92－245) N (2)1.5 m (3)87 J解析 (1)物块由C 到D ，做斜上抛运动 水平方向v 水平＝xt＝1.6 m/s物块恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，则在D 的速度大小 v ＝v 水平cos θ＝2 m/s ， v 竖直＝v sin θ＝1.2 m/s物块在C 端时竖直方向速度大小v 竖直′＝v 竖直－gt ＝－0.8 m/s ， v C ＝v 水平2＋v 竖直′2＝455m/s 由B 到C 有12m v B 2＝12m v C 2＋mgR (1－cos α)其中cos α＝v 水平v C，在B 点有F N －mg ＝m v B 2R由牛顿第三定律得F 压＝F N ＝(91.92－245) N(2)物块刚滑上木板时，对物块有μ2mg cos θ－mg sin θ＝ma m ，解得物块加速度大小a m ＝23 m/s 2，做匀减速直线运动对木板有μ2mg cos θ＋Mg sin θ－μ1(M ＋m )g cos θ＝Ma M ，解得木板加速度大小a M ＝23 m/s 2，做匀加速直线运动设两者经时间t 1达到共速v 共，则有v －a m t 1＝a M t 1＝v 共 解得t 1＝1.5 s ，v 共＝1 m/s 此过程中s 物＝v ＋v 共2t 1＝94 m ，s 板＝v 共2t 1＝34m物块相对于木板运动的距离 Δs ＝s 物－s 板＝1.5 m(3)μ2mg cos θ>mg sin θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止． 以物块和木板为整体，a 共＝μ1g cos θ－g sin θ＝13 m/s 2，s 共＝v 共22a 共＝1.5 mQ 物－板＝μ2mg cos θ·Δs ＝30 JQ 板－斜＝μ1(M ＋m )g cos θ·(s 板＋s 共)＝57 J整个过程中，系统由于摩擦产生的热量Q ＝Q 物－板＋Q 板－斜＝87 J. 9．(1)0.4 m (2)0.8 m (3) 0.7 m ≤H ≤0.8 m解析 (1)滑块P 在圆形轨道F 点时对轨道的压力刚好为零，则v F ＝0 mg (H －R )－μmgL BC ＝0解得H ＝0.4 m(2)H ′＝1.0 m ，设滑块运动到N 点时的速度为v N ，对滑块从开始到N 点的过程应用动能定理mgH ′－μmg (L BC ＋L MN ) ＝12m v N 2－0 解得v N ＝2 m/s滑块从N 点做平抛运动，水平位移为 x ＝v N2hg＝0.8 m (3)设滑块P 在运动过程中恰好能第一次经过E 点时，高度差为H 1，从开始到E 点应用动能定理有mgH 1－μmgL BC －2mgR ＝12m v E 2－0 在E 点时有mg ＝m v E 2R解得H 1＝0.7 m滑块滑上传送带时的速度为v M mgH 1－μmgL BC ＝12m v M 2－0v M ＝10 m/s<4 m/s 滑块做减速运动的位移为 L ＝v M 22μg＝2.5 m<L MN因此滑块返回M 点时的速度为v M ′＝10 m/s ，因此能第二次过E 点． 设高度为H 2时，滑块从传送带返回M 点时的最大速度为 v ＝2μgL MN ＝2 3 m/s 从开始到M 点应用动能定理有mgH 2－μmgL BC ＝12m v 2－0解得H 2＝0.8 m第二次经过E 点后，当滑块再次从B 点滑上圆轨道时在B 点的速度为v B ，则有mgH 2－3μmgL BC ＝12m v B 2－0 v B ＝2 m/s<10 m/s所以滑块不会第三次过E 点，则能两次经过E 点的高度差H 的范围是0.7 m ≤H ≤0.8 m.。
【高中物理】2019届高考物理一轮复习第5章机械能第5讲动力学和能量课时作业及答案(1).doc
5、动力学和能量观点的综合应用 [基础训练]1．(2018·陕西西工大附中适应考)(多选)如图所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体运动一段时间后能保持与传送带相对静止．对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是( )A ．电动机多做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为12mv 2C ．电动机增加的功率为μmgvD ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2答案：BC 解析：由能量守恒知电动机多做的功为物体动能增量和摩擦生热Q ，所以A 项错误；根据动能定理，对物体列方程，W f ＝12mv 2，所以B 项正确；因为电动机增加的功率P ＝物体动能增量＋摩擦生热时间＝μmg v 2t ＋μmg v 2tt＝μmgv ，C 项正确；因为传送带与物体共速之前，传送带的路程是物体路程的2倍，所以传送带克服摩擦力做功是摩擦力对物体做功的2倍，即mv 2，D 项错误．2．(2018·河南郑州一模)(多选)如图所示，质量为m 的物块从倾角为θ的传送带底端由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持速率v 匀速运动，物块与传动带间的动摩擦因数为μ(μ＞tan θ)，物块到达顶端前能与传送带保持相对静止．在物块从静止释放到相对传送带静止的过程中，下列说法正确的是( )A ．电动机因运送物块多做的功为mv 2B ．系统因运送物块增加的内能为μmv 2cos θ2μcos θ－sin θC ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D ．电动机因运送物块增加的功率为μmgv cos θ答案：BD 解析：电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量． 对物块，增加的机械能为ΔE ＝f ·x 物＝μmg cos θ·v2·t ，系统增加的内能Q ＝f ·Δx ＝f ·(x 带－x 物)＝f (vt －v 2t )＝μmg cos θ·v2t .故ΔE ＝Q .故电动机多做的功等于物块机械能增加量的2倍，大于mv 2，故A 错误． 系统增加的内能Q ＝f ·Δx ＝μmg cos θ·v2t .物块的加速度a ＝f －mg sin θm＝g (μcos θ－sin θ)． 故加速时间t ＝v a ＝vg μcos θ－sin θ，故系统增加的内能Q ＝μmv 2cos θ2μcos θ－sin θ，故B 正确．传送带运动的距离x带＝vt＝v2gμcos θ－sin θ，故传送带克服摩擦力做的功W克f＝f·x带＝μmg cos θ·v2gμcos θ－sin θ＝μmv2cos θμcos θ－sin θ，故C错误．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为P＝fv＝μmg cos θ·v，故D 正确．3．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)0～8 s内物体位移的大小；(2)物体与传送带间的动摩擦因数；(3)0～8 s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q.答案：(1)14 m (2)0.875 (3)90 J 126 J解析：(1)0～8 s，内物体位移等于vt图线与t轴所围面积其中前4 s，位移为零4～8 s的位移为x＝2＋42×2 m＋4×2 m＝14 m.(2)0～2 s内，物体向下减速，a＝μg cos θ－g sin θ0＝v0－at解得μ＝v＋gt sin θgt cos θ＝2＋10×2×0.610×2×0.8＝0.875.(3)0～8 s内物体机械能增量为ΔE＝ΔE k＋ΔE p＝12mv22－12mv21＋mgx sin θ＝12×1×42 J－12×1×22 J＋1×10×14×0.6 J＝90 J0～8 s传送带位移为x′＝v0t＝4×8 m＝32 m.物体与传送带摩擦生热为Q＝Wf＝μmg cos θ(x′－x)＝0.875×1×10×0.8×(32－14) J＝126 J.4．如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg、可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2.求：(1)物块在车面上滑行的时间t；(2)物块克服摩擦力做的功；(3)在此过程中摩擦产生的内能．答案：(1)0.24 s (2)0.336 J (3)0.24 J解析：(1)小车做匀加速运动时的加速度为a1，物块做匀减速运动时的加速度为a2，则a 1＝μm2gm1＝103m/s2，a2＝μg＝5 m/s2，v－a2t＝a1t，所以t＝va1＋a2＝2 m/s253m/s2＝0.24 s.(2)相对静止时的速度v＝a1t＝0.8 m/s，物块克服摩擦力做的功W ＝12m 2(v 20－v 2)＝0.336 J.(3)由功能关系可知，系统损失的机械能转化为内能，则E ＝12m 2v 20－12(m 1＋m 2)v 2＝0.24 J.5．如图所示，传送带A 、B 之间的距离为L ＝3.2 m ，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v ＝2 m/s ，在上端A 点无初速度放置一个质量为m ＝1 kg 、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R ＝0.4 m 的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E ，已知B 、D 两点的竖直高度差为h ＝0.5 m ．(取g ＝10 m/s 2)求：(1)金属块经过D 点时的速度；(2)金属块在BCD 弯道上克服摩擦力做的功． 答案：(1)2 5 m/s (2)3 J解析：(1)对金属块在E 点，mg ＝m v 2ER ，v E ＝2 m/s在从D 到E 过程中，由动能定理得： －mg ·2R ＝12mv 2E －12mv 2Dv D ＝2 5 m/s.(2)金属块刚刚放上时，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1a 1＝10 m/s 2设经过位移x 1达到共同速度，v 2＝2ax 1，x 1＝0.2 m ＜3.2 m 继续加速过程中：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2a 2＝2 m/s 2x2＝L－x1＝3 mv2B－v2＝2a2x2vB＝4 m/s在从B到D过程中，由动能定理得：mgh－W＝12mv2D－12mv2BW＝3 J.[能力提升]6．(2018·山东济南模拟)质量为m＝1 kg的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑的圆弧轨道．B、C为圆弧轨道的两端点，其连线水平．已知圆弧轨道的半径R ＝1.0 m，圆弧轨道对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h＝0.8 m，小物块离开C点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8 s后经过D点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝13.(取g＝10 m/s2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)求小物块离开A点时的水平初速度v1；(2)求小物块经过O点时对轨道的压力大小；(3)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.3，传送带的速度为5 m/s，求P、A间的距离；(4)求斜面上C、D间的距离．答案：(1)3 m/s (2)43 N (3)1.5 m (4)0.98 m解析：(1)对于小物块，由A点到B点有v2y＝2gh在B点有tan θ2＝vyv1所以v1＝3 m/s.(2)对于小物块，由B点到O点有mgR(1－cos θ2)＝12mv2O－12mv2B其中v B＝32＋42 m/s＝5 m/s在O点，有N－mg＝m v2OR，所以N＝43 N.由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为N′＝43 N.(3)小物块在传送带上加速的过程有μ2mg＝ma3P、A间距离xPA ＝v212a3＝1.5 m.(4)小物块沿斜面上滑时有mg sin θ2＋μ1mg cosθ2＝ma1解得a1＝10 m/s2小物块沿斜面下滑时有mg sin θ2－μ1mg cosθ2＝ma2解得a2＝6 m/s2由机械能守恒定律可知v C＝v B＝5 m/s小物块由C点上升到最高点历时t1＝vCa1＝0.5 s小物块由最高点回到D点历时t2＝0.8 s－0.5 s＝0.3 s故x CD＝vC2t1－12a2t22xCD＝0.98 m.7．如图所示，从A点以v0＝4 m/s 的水平速度抛出一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M＝4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m，R＝0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，取g＝10 m/s2.求：(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？答案：(1)5 m/s 方向与水平方向成37°角斜向下(2)47.3 N，方向竖直向下(3)2.8 m解析：(1)物块做平抛运动：H－h＝12gt2到达B点的竖直分速度：v y＝gt＝3 m/sv1＝v20＋v2y＝5 m/s设方向与水平面的夹角为θ，则tan θ＝vyv＝34，θ＝37°，即方向与水平面成37°角斜向下．(2)从A至C点，由动能定理mgH＝12mv22－12mv2设C点受到的支持力为N，则有N－mg＝m v2 2 R由上式可得v2＝27 m/s，N＝47.3 N根据牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道C点的压力大小为47.3 N，方向竖直向下．(3)由题意可知小物块对长木板的摩擦力f＝μ1mg＝5 N长木板与地面间的最大静摩擦力不小于滑动摩擦力f′＝μ2(M＋m)g＝10 N因f＜f′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0，才能保证小物块不滑出长木板则长木板长度至少为l＝v222μ1g＝2.8 m.。
专题探究五 动力学和能量观点的综合应用
专题探究五动力学和能量观点的综合应用1.将一小球竖直向上抛出,小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略.a为小球运动轨迹上的一点,小球上升和下降经过a点时的动能分别为E k1和E k2.从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1,从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2.下列选项正确的是( B )A.E k1=E k2,W1=W2B.E k1>E k2,W1=W2C.E k1<E k2,W1<W2D.E k1>E k2,W1<W2解析:从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点,上升的高度相等,因重力做功只与初末位置有关,故重力做功相等,即W1=W2.对两次经过a点的过程根据动能定理得,-W1-W f1=E k1-E k0,-W2-W f2=E k2-E k0,由于W1=W2,W f2>W f1,可知E k1>E k2,故B正确,A,C,D错误.2.(多选)如图所示,质量为M,长度为L的小车静止在光滑的水平面上,质量为m的小物块放在小车的最左端,现用一水平力F作用在小物块上,小物块与小车之间的摩擦力为F f,经过一段时间小车运动的位移为x,小物块刚好滑到小车的右端,则下列说法中正确的是( BD )A.小物块滑到右端时,小物块的动能为F(x+L)B.小物块滑到右端时,小车的动能为F f xC.整个过程中,小物块和小车增加的机械能为Fx-F f LD.整个过程中,因摩擦而产生的热量为F f L解析:小物块运动的位移为x+L,拉力和摩擦力做功,由动能定理得(F-F f)(x+L)=E k1,故选项A错误;小车仅受摩擦力,由动能定理得F f x=E k2,选项B正确;小物块和小车组成的系统的机械能增加量等于F,F f做的功,即(F-F f)(x+L)+F f x=F(x+L)-F f L,选项C错误;因摩擦而产生的热量为摩擦力与相对路程之积,即Q=F f L,选项D正确.3.如图所示,BC是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道,下端C与水平直轨道相切.一个小物块从B点正上方R处的A点处由静止释放,从B点刚好进入圆弧形光滑轨道下滑,已知圆弧形轨道半径为R=0.2 m,小物块的质量为m=0.1 kg,小物块与水平面间的动摩擦因数μ =0.5,取g=10 m/s2.小物块在水平面上滑动的最大距离是( D )A.0.1 mB.0.2 mC.0.6 mD.0.8 m解析:设小物块在水平面上滑动的最大距离为x,由动能定理得mg·2R-μmgx=0,x==0.8 m,选项D正确.4.(多选)如图所示,一质量为1 kg的小物块自斜面上A点由静止开始下滑,经2 s运动到B点后通过光滑的衔接弧面恰好滑上与地面等高的传送带,传送带以4 m/s的恒定速率运行.已知A,B间距离为2 m,传送带长度(即B,C间距离)为10 m,小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2,取g=10 m/s2.下列说法正确的是( BCD )A.小物块在传送带上运动的时间为2.32 sB.小物块在传送带上因摩擦产生的热量为2 JC.小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为6 JD.小物块滑上传送带后,传动系统因此而多消耗的能量为8 J解析:小物块自斜面上A点由静止开始下滑,由x=at2,v=at,得出小物块滑上传送带时的速度v=2 m/s2,小物块滑上传送带后做匀加速直线运动,加速度a1=μg=0.2×10 m/s2=2 m/s2,加速时间t1==1 s,加速运动的位移x 1=vt1+a1=3 m,匀速运动时间t2==1.75 s,小物块在传送带上运动的时间为t′=t1+t2=2.75 s,选项A错误;小物块相对传送带的位移Δx=v0t1-x1=1 m,小物块在传送带上因摩擦产生的热量为Q=F fΔx=μmgΔx=2 J,选项B正确;由动能定理,小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为W=m-mv2=6 J,选项C正确;根据能量守恒定律,小物块滑上传送带后,传动系统因此而多消耗的能量为E=Q+W=2 J+6 J=8 J,选项D正确.5.(2019·河北北戴河模拟)(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0.12B.合外力对物体所做的功约为-40 JC.物体匀速运动时的速度为2 m/sD.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;由于F s图线与s轴所围面积表示力F所做的功,可得W F约为50 J,设物体匀速运动的速度为v,在整个运动过程中,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ts= s>0.4 s.匀=6.(2019·北方重工三中月考)(多选)一物体静止在水平地面上,现给物体施加一竖直向上的拉力作用,不计空气阻力,物体机械能E与物体升高的高度h之间的关系图像如图所示,其中图线在A点处的切线的斜率最大,在B点处的切线水平,h2～h3的图线为平行于横轴的直线,则下列说法正确的是( AD )A.h2～h3过程中拉力的功率为零B.0～h2过程中物体所受拉力始终大于重力C.在h2处物体的速度最大D.在h1处物体所受的拉力最大解析:h2～h3过程中,物体的机械能守恒,根据机械能守恒的条件可知,拉力为零,则拉力的功率为零,故A正确.根据功能关系知,FΔh=ΔE,得F=,可知图像的斜率大小等于拉力大小.0～h2过程中,图像的斜率先增大后减小,拉力先增大后减小,直至为零,所以拉力先大于重力,后小于重力,物体先加速后减速,在拉力等于重力时,速度最大,该位置在h1～h2之间,故B,C错误.在h1处,图像的斜率最大,则物体所受的拉力最大,故D正确.7.(2019·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 mC.摩擦力对每个工件做正功为1 JD.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Wmv2-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.8.(2019·广西南宁外国语学校月考)如图所示,表面粗糙的斜面体固定在水平地面上.一物体在沿斜面向上且平行斜面的力F1作用下,沿斜面向上做速度为v1的匀速运动,F1的功率为P0.若该物体在沿斜面斜向上的且与斜面夹角为α的力F2(如图)作用下,在同一斜面上做沿斜面向上的速度为v2的匀速运动,F2的功率也为P0,则下列说法中正确的是( B )A.F2大于F1B.v1一定小于v2C.v1可能小于v2D.在相同的时间内,物体增加的机械能相同解析:设斜面与物体之间的动摩擦因数是μ,物体在沿斜面向上且平行斜面的力F1作用下,在斜面上做速度为v1的匀速运动,则F1=mgsin θ+μmgcos θ;在与斜面夹角为α的力F2作用下运动时,有F2sin α+N=mgcos θ,F2cos α=mgsin θ+μN,由此可知,当tan α=时,对物体的拉力有最小值,所以F2不一定大于F1,故A错误.在第二种情况下,摩擦力比较小,则沿斜面向下的合外力较小,则F2cos α较小,由于两种情况下,功率相等,由P=Fv可知速度v2较大,所以v1一定小于v2,在相等的时间内力F和摩擦力做的总功较大,即增加的机械能较大,所以在相同的时间内,物体增加的机械能不相同,故C,D错误,B 正确.9.(2018·山东威海三模)(多选)水平地面上固定一倾角为θ=37°的足够长的光滑斜面,如图所示,斜面上放一质量为m A=2.0 kg、长l=3 m 的薄板A.质量为m B=1.0 kg的滑块B(可视为质点)位于薄板A的最下端,B与A之间的动摩擦因数μ=0.5,开始时用外力使A,B静止在斜面上,某时刻给滑块B一个沿斜面向上的初速度v0=5 m/s,同时撤去外力,已知重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.下列说法正确的是( CD )A.在滑块B向上滑行的过程中,A,B的加速度大小之比为3∶5B.从A,B开始运动到A,B相对静止的过程所经历的时间为0.5 sC.从A,B开始运动到A,B相对静止的过程中滑块B克服摩擦力所做的功为 JD.从A,B开始运动到A,B相对静止的过程中因摩擦产生的热量为 J 解析:当滑块B沿薄板向上运动时,B对A的摩擦力F f=μm B gcos 37°=4.0 N,方向沿斜面向上,F f<m A gsin 37°,则薄板A将沿斜面向下运动,对薄板A,由牛顿第二定律得m A gsin θ-μm B gcos θ=m A a A,则a A=4 m/s2,方向沿斜面向下;对滑块B,μm B gcos θ+m B gsin θ=m B a B,则滑块B的加速度a B=10 m/s2,方向沿斜面向下,故在滑块B向上滑行的过程中,A,B的加速度大小之比为2∶5,选项A错误;开始运动时,滑块B向上做匀减速直线运动,减速到零所需的时间t=0.5 s,此时薄板A的速度大小为v A=a A t1=2 m/s,然后二者均向下运动,且二者的加速度不变,最后速度相同,则有v A+a A t2=a B t2,代入数据可解得t2= s,共同速度为v= m/s,A,B从开始运动到速度相同所用时间为t=t1+t2= s,选项B错误;滑块B的位移为x B=t1-t2= m,方向沿斜面向上,所以滑块B 克服摩擦力做的功为W=μm B gx B cos θ= J,选项C正确;A,B的相对位移为x=ta A+v A t2+a A-t2,代入数据得x= m,故在整个过程中产生的热量Q=μm B gxcos θ= J,选项D正确.10.(2019·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点经D点滑上传送带后又从D点离开,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,从A到C根据动能定理提供向心力,则mg=,解得vmg(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,然后反向做加速运动,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,则二者相对位移越大,则产生的热量越多,选项D正确. 11.(2019·浙江杭州模拟)如图所示,将一质量为m的滑块(可视为质点)静置于光滑水平轨道上的A点,对滑块施加一水平恒力,大小为kmg,经过一段时间后滑块滑行至B点,从B点水平飞出,恰好在P点沿切线方向进入固定在竖直面内的光滑圆弧形轨道,已知水平轨道AB 的长度为L,OP和竖直方向的夹角θ=37°,圆弧形轨道的半径为R,O 为圆心,Q为轨道的最低点.(空气阻力可忽略,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:(1)滑块运动到P点时速度v P的大小;(2)B,P两点间的水平距离x及滑块在刚要滑过Q点时受到的支持力大小.解析:(1)滑块从A运动到B点的过程,由动能定理得kmgL=m在P点,由几何关系有v P=联立解得v P=.(2)滑块由B点到P点做平抛运动,由x=v0tv P sin θ=gt联立解得x=滑块由P点到Q点机械能守恒,有mgR(1-cos 37°)=m-m滑块到达Q点时,由牛顿第二定律有F N-mg=m联立解得F N=mg+.答案:(1)(2)mg+12.(2019·山西太原模拟)如图所示,将质量为m=1 kg的小物块放在长为L=1.5 m的小车左端,车的上表面粗糙,物块与车上表面间动摩擦因数μ=0.5,直径d=1.8 m的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON竖直,车的上表面和轨道最低点高度相同,距地面高度h=0.65 m,开始车和物块一起以v0=10 m/s的初速度在光滑水平面上向右运动,车碰到轨道后立即停止运动,取g=10 m/s2,求:(1)小物块刚进入半圆形轨道时对轨道的压力;(2)小物块落地点至车左端的水平距离.解析:(1)车停止运动后取小物块为研究对象,设其到达车右端时的速度为v1,由动能定理得-μmgL=m-m刚进入半圆形轨道时,设物块受到的支持力为F N,由牛顿第二定律得F N-mg=m又d=2R解得F N≈104.4 N由牛顿第三定律得F N=F N′得F N′=104.4 N,方向竖直向下.(2)假设小物块能到达半圆形轨道最高点,则由机械能守恒定律得m=2mgR+m解得v2=7 m/s设恰能过最高点的速度为v3,则mg=m解得v 3==3 m/s因v2>v3,故小物块从半圆形轨道最高点做平抛运动h+2R=gt2,x=v2t联立解得x=4.9 m故小物块落地点距车左端为x-L=3.4 m.答案:(1)104.4 N 方向竖直向下(2)3.4 m。
专题12 计算动力学方法和能量观点的综合应用(解析版)
学考大作战12计算动力学方法和能量观点的综合应用1、【2019学年第一学期金丽衢十二校高三第一次联考】如图所示，水平传送带顺时针匀速传动，紧靠传送带右端B 的竖直平面内固定有一个半径为R =1.6m 的光滑半圆轨道CD ，半圆轨道下端连接有半径同为R 的内壁光滑的1/4细圆管DE ，细圆管的内径远小于R ，一劲度系数k =80N/m 的轻弹簧一端固定在地面，自由伸长时另一端刚好在管口E 处。
质量m =2kg 的小物块轻放在传送带的左端A 点，随后经B 、C 间的缝隙进入CD ，并恰能沿CD 做圆周运动。
小物块经过D 点后进入DE ，随后压缩弹簧，速度最大时弹簧的弹性势能E P =17J.取g =10m/s 2，求:(1).传送带对小物块做的功W ；(2).小物块刚经过D 点后进入DE 时，DE 轨道对小物块的弹力；(3).小物块的最大速度v m 。
【答案】(1)16J (2)80N 竖直向下(3)10m/s【解析】(1)由于小物块恰能沿CD 做圆周运动，设在C 点时的速度为C v ，则有2C v mg m R=根据动能定理得212=C W mv 解得W =16J (2)由C 点到D 点，根据机械能守恒定律有2211222=-D C mgR mv mv 2+=D ND v F mg m R解得F ND =80N方向:竖直向下(3)当弹簧弹力等于小物块重力时，小物块速度最大，设此时弹簧压缩量为x ，则有kx=mg ，小物块从D 点到速度最大时，根据能量守恒定律有22P 11()22+=-+m D mg R x mv mv E 解得v m =10m/s 2、【2019年第一学期浙南名校联盟高三第1次联考】如图所示，某玩具厂设计出一个“2019”字型的竖直模型玩具，固定在足够长的水平地面上，四个数字等高，"2”字和“9”字用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，过"2”字出口H 点的竖直虚线与“2”字上半圆相切，“9”字下半部分圆弧轨道半径是上半部分圆弧轨道半径的两倍，“0”字是半径为R 的单层光滑圆轨道，“1”字是高度为2R 的具有左右两条通道的光滑竖直细管道，且从左边的A 有向上速度就自动无能量损失落入右边管道，从右边的A 有向上速度也自动无能量损失落入左边管道，所有轨道转角及连接处均平滑，H 、F 、E 、C 间的距离分别为3R 、3R 、2R 0一小物块m =0.1kg （可视为质点）从“2”字轨道J 端的通道以速度v 0进入模型开始运动，小物块与HF ,FE 段轨道的动摩擦因数0.1，已知R =1m 。
2019届高考物理一轮复习：第十章 第讲 电磁感应规律的综合应用(二)——动力学和能量、动量 Word版含答案
第4讲电磁感应规律的综合应用(二)——动力学和能量、动量板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】电磁感应现象中的动力学问题Ⅱ1、安培力的大小2、安培力的方向(1)先用右手定则或楞次定律确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向、(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反、3、分析导体受力情况时，应做包含安培力在内的全面受力分析、4、根据平衡条件或牛顿第二定律列方程、【知识点2】电磁感应现象中的能量问题Ⅱ1、电磁感应中的能量转化闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受安培力、外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，通有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能、2、实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化、板块二考点细研·悟法培优考点1 电磁感应中的动力学问题[解题技巧]导体棒的运动学分析电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况、1、两种状态及处理方法2、力学对象和电学对象的相互关系3、动态分析的基本思路例1[2016·安徽模拟]如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b 间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中、质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上、初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0、整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧的中心轴线与导轨平行、(1)求初始时刻通过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v ，求此时导体棒的加速度大小 a 、导体棒向上运动和向下运动过程中流过R 的电流方向相同吗？ 提示:不同、(2)下降过程的牛顿第二定律、 提示:mg sin θ＋F 弹－F 安＝ma 、尝试解答 (1)BL v 0R ＋r b →a (2)g sin θ－B 2L 2vm (R ＋r )、(1)导体棒产生的感应电动势E 1＝BL v 0 通过R 的电流大小I 1＝E 1R ＋r ＝BL v 0R ＋r电流方向为b →a 、(2)导体棒产生的感应电动势为E 2＝BL v 感应电流I 2＝E 2R ＋r ＝BL v R ＋r导体棒受到的安培力大小F ＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r ，方向沿斜面向上、根据牛顿第二定律有mg sin θ－F ＝ma 解得a ＝g sin θ－B 2L 2vm (R ＋r )、总结升华单棒切割磁感线的两种模型模型一:导体棒ab 先自由下落再进入匀强磁场，如图甲所示、模型二:导体棒ab 沿光滑的倾斜导轨自由下滑，然后进入匀强磁场(磁场垂直于轨道平面)，如图乙所示、两类模型中的临界条件是导体棒ab 受力平衡、以模型一为例，有mg ＝F 安＝B 2l 2v 0R ，即v 0＝mgR B 2l2、 若线框进入磁场时v >v 0，则线框先减速再匀速；若v <v 0，线框先加速再匀速(都假设线框和磁场区域长度足够长)、[跟踪训练] (多选)如图所示，相距L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B 、将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动、导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g 、下列选项正确的是( )A 、P ＝2mg v sin θB 、P ＝3mg v sin θC 、当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g2sin θD 、在速度达到2v 以后的匀速运动过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功 答案 AC解析 当导体棒第一次匀速运动时，沿导轨方向有mg sin θ＝B 2L 2vR ；当导体棒第二次匀速运动时，沿导轨方向有F ＋mg sin θ＝2B 2L 2vR ，两式联立解得F ＝mg sin θ，此时拉力F 的功率P＝F ×2v ＝2mg v sin θ，选项A 正确，B 错误；当导体棒的速度达到v2时，沿导轨方向有mg sin θ－B 2L 2v 2R ＝ma ，解得a ＝12g sin θ，选项C 正确；导体棒的速度达到2v 以后，拉力与重力的合力所做的功全部转化为R 上产生的焦耳热，选项D 错误、 考点2 电磁感应中的能量问题 [解题技巧]1、能量转化及焦耳热的求法 (1)能量转化(2)求解焦耳热Q 的三种方法2、电能求解的三种主要思路(1)利用克服安培力做功求解:电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功； (2)利用能量守恒或功能关系求解；(3)利用电路特征来求解:通过电路中所产生的电能来计算、 3、解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化； (3)根据能量守恒定律列式求解、例2 将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为θ＝30°，其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板，在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场区域的宽度为H ＝0、4 m ，如图甲所示，磁场边界与挡板平行，且上边界到斜面顶端的距离为x ＝0、55 m 、将一通电导线围成的矩形导线框abcd 置于斜面的底端，已知导线框的质量为m ＝0、1 kg ，导线框的电阻为R ＝0、25 Ω，ab 的长度为L ＝0、5 m 、从t ＝0时刻开始在导线框上加一恒定的拉力F ，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框的下边与磁场的上边界重合时，将恒力F撤走，最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，碰后导线框以等大的速度反弹，导线框沿斜面向下运动、已知导线框向上运动的v-t图象如图乙所示，导线框与斜面间的动摩擦因数为μ＝33，整个运动过程中导线框没有发生转动，且始终没有离开斜面，g＝10 m/s2、(1)求在导线框上施加的恒力F以及磁感应强度的大小；(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时，其速度v与位移s的关系为v＝v0－B2L2mR s，其中v0是导线框ab边刚进入磁场时的速度大小，s为导线框ab边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量Q、由图乙的v-t图可求出什么？提示:加速度、(2)在图乙中0、4 s以后有一段匀速直线运动，说明什么问题？提示:导线框进入磁场区域后以2 m/s的速度匀速运动，受力平衡、(3)安培力做功与焦耳热的关系？提示:克服安培力做功等于回路中产生的电能，如果是纯电阻电路，也等于回路中总的焦耳热、尝试解答(1)1、5_N__0、50_T__(2)0、45__J、(1)由v-t图象可知，在0～0、4 s时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1＝2、0 m/s，所以在此过程中的加速度a＝ΔvΔt＝5、0 m/s2由牛顿第二定律有F－mg sinθ－μmg cosθ＝ma解得F＝1、5 N由v-t图象可知，导线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动通过导线框的电流I＝ER＝BL v1R导线框所受安培力F安＝BIL对于导线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有F ＝mg sin θ＋μmg cos θ＋B 2L 2v 1R解得B ＝0、50 T 、(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v 1匀速穿出磁场，说明导线框的宽度等于磁场的宽度H ，导线框ab 边离开磁场后做匀减速直线运动，在导线框到达挡板时的位移为 x 0＝x －H ＝0、15 m设导线框与挡板碰撞前的速度为v 2，由动能定理，有 －mg (x －H )sin θ－μmg (x －H )cos θ＝12m v 22－12m v 21 解得v 2＝v 21－2g (x －H )(sin θ＋μcos θ)＝1、0 m/s导线框碰挡板后速度大小仍为v 2，导线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mg sin θ＝μmg cos θ＝0、50 N ，因此导线框与挡板碰撞后向下做匀速直线运动，ab 边刚进入磁场时的速度为v 2＝1、0 m/s ；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设导线框全部离开磁场区域时的速度为v 3 由v ＝v 0－B 2L 2mR s 得v 3＝v 2－2B 2L 2HmR ＝－1、0 m/s因v 3<0，说明导线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，导线框受力平衡，所以导线框将静止在磁场中某位置导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q 1＝I 2Rt ＝2B 2L 2H v 1R＝0、40 J 导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热 Q 2＝12m v 22＝0、05 J所以Q ＝Q 1＋Q 2＝0、45 J 、 总结升华电磁感应现象中能量的计算(1)回路中电流稳定可利用电路知识，由W ＝UIt ，Q ＝I 2Rt 直接计算、 (2)若电流变化利用安培力做功、功能关系解决、[跟踪训练] 如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l ＝0、5 m ，左端接有阻值R ＝0、3 Ω的电阻、一质量m ＝0、1 kg 、电阻r ＝0、1 Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0、4 T 、棒在水平向右的外力作用下由静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x ＝9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1、导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求:(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ； (2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2； (3)外力做的功W F 、答案 (1)4、5 C (2)1、8 J (3)5、4 J解析 (1)设金属棒做匀加速运动的时间为Δt ，回路中磁通量的变化量为ΔΦ，回路中产生的平均感应电动势为E ，则由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ，其中ΔΦ＝Blx设回路中的平均电流为I ， 则由闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r 通过电阻R 的电荷量q ＝I Δt联立以上各式，代入数据解得q ＝4、5 C 、(2)设撤去外力时棒的速度为v ，在棒做匀加速运动的过程中，由运动学公式得 v 2＝2ax 设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做的功为W ， 由动能定理得W ＝0－12m v 2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2＝－W 代入数据解得Q 2＝1、8 J 、(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 Q 1∶Q 2＝2∶1，可得Q 1＝3、6 J 在棒运动的整个过程中，由功能关系可知 W F ＝Q 1＋Q 2＝5、4 J 、考点3 电磁感应中的动量问题 [拓展延伸]电磁感应现象中产生感应电流，感应电流在磁场中受安培力作用，经过一段时间就会使导体棒(线圈)产生动量的变化、如果是一个系统，系统合外力为0，则系统动量守恒、例3 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L 、导轨上面垂直放置两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路，如图所示、两根导体棒的质量皆为m ，电阻均为R ，回路中其余部分的电阻可不计、在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B 、设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行、开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度v 0、若两导体棒在运动中始终不接触，则:(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？(2)当ab 棒的速度变为初速度的34时，cd 棒的加速度是多少？什么时候产生的焦耳热最多？提示:两棒速度相同时、(2)两棒速度相同时，安培力有什么特点？怎样求相同速度？ 提示:安培力大小相等、方向相反，两导体棒运动遵循动量守恒、 尝试解答 (1)14m v 20 (2)B 2L 2v 04mR、ab 棒向cd 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量变小，于是产生感应电流，ab 棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，cd 棒则在安培力的作用下向右做加速运动、只要ab 棒的速度大于cd 棒的速度，回路总有感应电流，ab 棒继续减速，cd 棒继续加速，直到两棒速度相同时，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度v 做匀速运动、(1)从开始到两棒达到相同速度v 的过程中，两棒的总动量守恒，有m v 0＝2m v 根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热 Q ＝12m v 20－12(2m )v 2＝14m v 20、 (2)设ab 棒的速度变为34v 0时，cd 棒的速度为v ′，则由动量守恒定律可知m v 0＝34m v 0＋m v ′解得v ′＝14v 0，回路中的电动势E ＝34BL v 0－14BL v 0＝12BL v 0I ＝E2R此时cd 棒所受的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v 04R、由牛顿第二定律可得，cd 棒的加速度a ＝F m ＝B 2L 2v 04mR、总结升华[递进题组]1、 如图所示，ab 和cd 是两条竖直放置且足够长的长直光滑金属导轨，MN 和M ′N ′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m 和2m 、竖直向上的外力F 作用在杆MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R ，导轨间距为l 、整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直、导轨电阻可忽略，重力加速度为g 、在t ＝0时刻将细线烧断，保持F 不变，金属杆和导轨始终接触良好且垂直、求:(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比； (2)两杆分别达到的最大速度、 答案 (1)2∶1 (2)4mgR 3B 2l 2 2mgR3B 2l 2解析 (1)设某时刻MN 和M ′N ′速度分别为v 1、v 2 由动量守恒m v 1－2m v 2＝0，得v 1v 2＝21、(2)当MN 和M ′N ′的加速度为零时，速度最大对M ′N ′由平衡条件知BIl ＝2mg I ＝E RE ＝Bl v 1＋Bl v 2 得v 1＝4mgR 3B 2l 2，v 2＝2mgR3B 2l 2、 2、 [2017·哈尔滨师大附中二模]如图所示，竖直平面内，水平线OO ′下方足够大的区域内存在水平匀强磁场，磁感应强度为B ，一个单匝正方形导体框，边长为L ，质量为m ，总电阻为r ，从ab 边距离边界OO ′为L 的位置由静止释放、已知从ab 边刚进入磁场到cd 边刚进入磁场所用时间为t ，重力加速度为g ，空气阻力不计，导体框不翻转，求:(1)ab 边刚进入磁场时，b 、a 间电势差大小U ba ； (2)cd 边刚进入磁场时，导体框的速度大小、 答案 (1)3BL 42gL (2)gt －B 2L 3mr ＋2gL解析 (1)ab 边刚进入磁场时速度大小为v 1， 则mgL ＝12m v 21E ＝BL v 1 I ＝E r U ba ＝I ·34r解得U ba ＝3BL42gL 、 (2)从ab 边刚进入磁场到cd 边刚进入磁场的过程中 mgt －F A t ＝m v 2－m v 1 F A ＝B I L I ＝Er E ＝ΔΦtΔΦ＝BL2由以上各式解得:v2＝gt－B2L3mr＋2gL、1、模型构建对杆在导轨上运动组成的系统，杆在运动中切割磁感线产生感应电动势，并受到安培力的作用改变运动状态，最终达到稳定状态，该系统称为“杆和导轨”模型、2、模型分类单杆模型、双杆模型、3、模型特点(1)单杆模型(2)双杆模型 ①模型特点a 、一杆切割时，分析同单杆类似、b 、两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E ＝ΔΦΔt＝Bl (v 1－v 2)、 ②电磁感应中的“双杆”问题分析a 、初速度不为零，不受其他水平外力的作用b、初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用如图所示，两根间距为L的金属导轨MN和PQ，电阻不计，左端向上弯曲，其余水平，水平导轨左端有宽度为d、方向竖直向上的匀强磁场区域Ⅰ，右端有另一磁场区域Ⅱ，其宽度也为d ，但方向竖直向下，磁场的磁感应强度大小均为B 、有两根质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 和b 与导轨垂直放置，b 棒置于磁场区域Ⅱ内导轨的中点C 、D 处，导轨除C 、D 两处(对应的距离极短)外其余均光滑，两处对棒可产生总的最大静摩擦力为棒重力的k 倍，a 棒从弯曲导轨某处由静止释放、当只有一根棒做切割磁感线运动时，它速度的减少量与它在磁场中通过的距离成正比，即Δv ∝Δx 、重力加速度为g 、(1)若a 棒释放的高度大于h 0，则a 棒进入磁场区域Ⅰ时会使b 棒运动，判断b 棒的运动方向并求出h 0、(2)若将a 棒从高度小于h 0的某处释放，使其以速度v 0进入磁场区域Ⅰ，结果a 棒以12v 0的速度从磁场区域Ⅰ中穿出，求在a 棒穿过磁场区域Ⅰ过程中通过b 棒的电荷量q 和两棒即将相碰时b 棒上的电功率P b 、 [答案] (1)b 向左运动 h 0＝2k 2m 2gR 2B 4L 4(2)q ＝BLd 2R P b ＝B 2L 2v 2064R[解析] (1)根据右手定则可判断出，进入磁场区域Ⅰ时，金属棒a 中感应电流的方向为由M 指向P ，从而可知b 棒中电流方向由D 指向C ，根据左手定则可知金属棒b 所受安培力方向向左，所以b 棒向左运动a 棒从高度为h 0处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有 mgh 0＝12m v 2解得v ＝2gh 0a 棒刚进入磁场区域Ⅰ时，感应电动势:E ＝BL v 此时感应电流大小I ＝E 2R此时b 棒受到的安培力大小F ＝BIL ，依题意有F ＝kmg 联立解得h 0＝2k 2m 2gR 2B 4L 4、(2)由于a 棒从高度小于h 0的某处释放，因此b 棒在两棒相碰前将保持静止、流过b 棒的电荷量q ＝I ·Δt ，又I ＝E R 总，E ＝ΔΦΔt，ΔΦ＝B ΔS ，ΔS ＝Ld ，R 总＝2R 联立解得q ＝BLd2R由题意可知，两棒将要相碰时的a 棒的速度v ′，因为Δv ∝Δx ，所以a 棒进入磁场区域Ⅱ中速度的变化量为v －v 02d ·12d 、v ′＝12v 0－v 0－v 02d ·12d ＝14v 0此时电流大小I ＝BL v ′2R ＝BL v 08R此时b 棒上的电功率P b ＝I 2R ＝B 2L 2v 2064R、名师点睛分析“杆和导轨”的模型要按照下述步骤分析:(1)先进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E 和r ； (2)再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；(3)然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；(4)接着进行“运动”状态的分析和能量的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型及能量转化关系、1、[2017·湖南衡阳模拟]如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，相距均为d 的三条水平虚线l 1、l2、l 3，它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B 、一个质量为m 、边长为d 、总电阻为R 的正方形导线框，从l 1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过l 1进入磁场Ⅰ时，恰好以速度v 1做匀速直线运动；当ab 边在越过l 2运动到l 3之前的某个时刻，线框又开始以速度v 2做匀速直线运动，重力加速度为g 、在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是( )A 、线框中感应电流的方向不变B 、线框ab 边从l 1运动到l 2所用时间大于从l 2运动到l 3所用时间C 、线框以速度v 2匀速直线运动时，发热功率为 m 2g 2R 4B 2d 2sin 2θ D 、线框从ab 边进入磁场到速度变为v 2的过程中，减少的机械能ΔE 机与线框产生的焦耳热Q 电的关系式是ΔE 机＝W G ＋12m v 21－12m v 22＋Q 电 答案 C解析 ab 边在两个不同的区域切割磁感线产生的感应电流的方向相反，A 错误；线框以速度v 1做匀速直线运动时，有 mg sin θ－B 2d 2v 1R ＝0，线框以速度v 2做匀速直线运动时，mg sin θ－4B 2d 2v 2R ＝0，显然v 2<v 1，线框ab 边从l 1运动到l 2所用时间小于从l 2运动到l 3所用时间，B 错误；线框以速度v 2匀速直线运动时，发热功率与重力做功的功率相同，P ＝mg v 2sin θ＝m 2g 2R 4B 2d 2sin 2θ，C 正确；线框从ab 边进入磁场到速度变为v 2的过程中，机械能的变化等于除重力外其他力做的功，即减少的机械能等于克服安培力做的功，也等于线框中产生的焦耳热，所以有ΔE 机＝Q 电，D 错误、2、如图所示，PQ 和MN 是固定于倾角为30°斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计、金属棒ab 、cd 放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好、金属棒ab 的质量为2m ，cd 的质量为m ，长度均为L ，电阻均为R ；两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路、整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，若锁定金属棒ab 不动，使金属棒cd 在与其垂直且沿斜面向上的恒力F ＝2mg 作用下，沿轨道向上做匀速运动、重力加速度为g 、(1)试推导论证:金属棒cd 克服安培力做功的功率P 安等于电路获得的电功率P 电； (2)设金属棒cd 做匀速运动中的某时刻t 0＝0，恒力大小变为F ′＝1、5mg ，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒ab ，直到t 时刻金属棒ab 开始做匀速运动、求: ①t 时刻以后金属棒ab 的热功率P ab ； ②0～t 时刻内通过金属棒ab 的电荷量q 、答案 (1)见解析 (2)m 2g 2R B 2L 2 2m 2gR ＋3mgB 2L 2t3B 3L 3解析 (1)设金属棒cd 做匀速运动的速度为v ， E ＝BL v ①I ＝E 2R② F －mg sin30°＝F 安＝IBL ③金属棒cd 克服安培力做功的功率P 安＝F 安v ④ 电路获得的电功率P 电＝E 22R ⑤由①②③④得P 安＝B 2L 2v 22R ⑥由①⑤得P 电＝B 2L 2v 22R ⑦所以P 安＝P 电⑧(2)①金属棒ab 做匀速运动，则有I 1BL ＝2mg sin30°⑨ 金属棒ab 的热功率P ab ＝I 21R ⑩ 由⑨⑩解得P ab ＝m 2g 2R B 2L2⑪②设t 时刻后金属棒ab 做匀速运动的速度为v 1，金属棒cd 也做匀速运动，速度为v 2；由金属棒ab 、金属棒cd 组成的系统动量守恒:m v ＝2m v 1＋m v 2⑫ 回路电流I 1＝BL (v 2－v 1)2R⑬ 由①②③⑨⑫⑬解得:金属棒ab 做匀速运动的速度为 v 1＝mgR 3B 2L2⑭0～t 时刻内对金属棒ab 分析:在电流为i 的很短的时间Δt 内，速度的改变量为Δv ，由动量定理得BiL Δt －2mg sin30°·Δt ＝2m Δv ⑮对⑮式进行求和，得BLq －mgt ＝2m v 1⑯ 对⑭⑯解得q ＝2m 2gR ＋3mgB 2L 2t3B 3L 3、。
2019版高考物理一轮复习热考题型专攻(三)动量和能量的综合练习
热考题型专攻 ( 三) 动量和能量的综合(45 分钟100 分)1.(25分)(2018·鹰潭模拟)如下图是某游玩场过山车的娱乐装置原理图, 弧形轨道尾端与一个半径为R 的圆滑半圆轨道光滑连结, 两辆质量均为m的同样小车 ( 大小可忽视 ), 中间夹住一轻弹簧后连结在一同, 两车从圆滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下, 当两车刚滑入半圆最低点时连结两车的挂钩忽然断开, 弹簧将两车弹开 , 此中后车恰巧停下, 前车沿半圆轨道运动恰能超出半圆轨道最高点, 求 :(1)前车被弹出时的速度。
(2)前车被弹出的过程中弹簧开释的弹性势能。
(3)两车从静止下滑到最低点的高度h。
【分析】 (1) 设前车在最高点速度为v2, 依题意有 :mg=m设前车在最低地点与后车分别后速度为v1, 依据机械能守恒得: m+mg· 2R= m解得 :v 1=(2)设两车分别前速度为 v0, 由动量守恒定律得 :2mv0=mv1解得 :v 0=设分别前弹簧弹性势能为E p, 依据系统机械能守恒得:E p= m -· 2m= mgR(3) 两车从 h 高处运动到最低处机械能守恒, 则 :2mgh= · 2m解得 :h= R答案 : (1)(2) mgR (3)R2.(25分)如图 , 质量为6m、长为L 的薄木板AB放在圆滑的平台, 木板 B 端与台面右侧沿齐平。
B 端上放上有质量为3m且可视为质点的滑块C,C 与木板之间的动摩擦因数为μ =。
质量为m的小球用长为L 的细绳悬挂在平台右侧沿正上方的O点, 细绳竖直时小球恰巧与C接触。
现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放 , 小球运动到最低点时细绳恰巧断裂, 小球与 C 碰撞后反弹速率为碰前的一半。
(1)求细绳可以蒙受的最大拉力。
(2)若要使小球落在开释点的正下方P 点 , 平台高度应为多大 ?(3)经过计算判断 C可否从木板上掉下来。
【分析】 (1) 设小球运动到最低点的速率为v0, 小球向下摇动过程机械能守恒, 由机械能守恒定律得 :mgL= m解得 :v 0=小球在圆周运动最低点, 由牛顿第二定律得:F T -mg=m由牛顿第三定律可知, 小球对细绳的拉力:F T′ =F T解得 :F T′ =3mg(2)小球碰撞后做平抛运动 , 则 :在竖直方向上:h=gt 2水平方向 :L=t解得 :h=L(3) 小球与滑块 C 碰撞过程中小球和C系统知足动量守恒, 设 C 碰后速率为v1,以小球的初速度方向为正方向, 由动量守恒定律得:mv 0=m+3mv1假定木板足够长, 在C 与木板相对滑动直到相对静止过程, 设二者最后共同速率为v , 以C的初速度方向为2正方向 , 由动量守恒定律得:3mv1=(3m+6m)v2由能量守恒定律得:·3m = (3m+6m) +μ · 3mgs联立解得 :s=L由 s<L 可知 , 滑块 C不会从木板上掉下来答案 : (1)3mg (2)L(3)C不会从木板上掉下来3.(25分 ) 如下图, 质量M=1.0 kg的木块随传递带一同以v=2.0 m/s的速度向左匀速运动, 木块与传递带间的动摩擦因数μ =0.50 。
备战2019高考物理一轮复习 第一部分 计算题部分 快练3 动力学方法和能量观点的综合应用
快练3 动力学方法和能量观点的综合应用1．如图1所示，半径分别为2R和R的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD，甲圆形轨道左侧有一个与轨道CD完全一样的水平轨道OC.一质量为m的滑块以一定的速度从O点出发，先滑上甲轨道，通过动摩擦因数为μ的CD段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，若滑块在两圆轨道的最高点对轨道的压力都恰好为零，试求：(重力加速度为g)图1(1)CD段的长度；(2)滑块在O点的速度大小．2．如图2所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R＝0.4 m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆形轨道在C点连接完好．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧的自然状态．将一个质量为m＝0.8 kg的小球放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到C处后对轨道的压力为F1＝58 N．水平轨道以B处为界，左侧AB段长为x＝0.3 m，与小球的动摩擦因数为μ＝0.5，右侧BC段光滑．g＝10 m/s2，求：图2(1)弹簧在压缩状态时所储存的弹性势能；(2)小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力大小．3．(2018·西湖高级中学月考)水上滑梯可简化成如图3所示的模型：倾角为θ＝37°的倾斜滑道AB和水平滑道BC平滑连接，起点A距水面的高度H＝7.0 m，BC的长度d＝2.0 m，端点C距水面的高度h＝1.0 m．一质量m＝50 kg的运动员从滑道起点A无初速度地自由滑下，运动员与AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.1(取重力加速度g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，运动员可视为质点)图3(1)求运动员沿AB下滑时的加速度的大小a；(2)求运动员从A滑到C的过程中克服摩擦力所做的功W和到达C点时的速度的大小v C；(3)保持水平滑道左端点在同一竖直线上，调节水平滑道高度h和长度d到图中B′C′位置时，运动员从滑梯平抛到水面的水平位移最大，求此时滑道B′C′距水面的高度h′.4．(2018·诸暨市牌头中学期中)雪橇运动在北方很受人们欢迎，其简化模型如图4所示．倾角θ＝37°的直线雪道AB与曲线雪道BCDE在B点平滑连接，其中A、E两点在同一水平面上，雪道最高点C所对应的圆弧半径R＝10 m，B、C两点距离水平面AE的高度分别为h1＝18 m、h2＝18.1 m，雪橇与雪道间的动摩擦因数μ＝0.1.游客可坐在电动雪橇上由A点从静止开始向上运动．若电动雪橇以恒定功率P＝1.03 kW工作t＝10 s时间后自动关闭，则雪橇和游客(总质量M＝50 kg)到达C点时的速度v C＝1 m/s，到达E点时的速度v E＝9 m/s.已知雪橇运动过程中不脱离雪道，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.图4(1)求雪橇在C点时对雪道的压力大小；(2)求雪橇在BC段克服摩擦力做的功；(3)求雪橇从C点运动到E点过程中损失的机械能；(4)若仅将DE段改成与曲线雪道CD段平滑连接的倾斜直线轨道(如图中虚线所示)，则雪橇从C点运动到E点过程中损失的机械能将如何变化(增加，减少还是不变)？请简要说明理由．5．(2018·台州市外国语学校期末)如图5所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0 m，现有一个质量为m＝0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，D、E两点间的距离h＝1.6 m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：图5(1)物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力F N的大小；(2)要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度L AB至少要多长；(3)若斜面已经满足(2)要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，求在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小．6．(2017·嘉兴市一中期末)如图6所示，一质量m＝0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10 W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N．已知轨道AB的长度L＝2.0 m，半径OC 和竖直方向的夹角α＝37°，圆弧形轨道的半径R＝0.5 m．(空气阻力可忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图6(1)滑块运动到C点时速度v C的大小；(2)B、C两点的高度差h及水平距离x；(3)水平外力作用在滑块上的时间t.7．如图7所示为某种弹射小球的游戏装置，水平面上固定一轻质弹簧及长度可调节的竖直细管AB.细管下端接有一小段长度不计的圆滑弯管，上端B与四分之一圆弧弯管BC相接，每次弹射前，推动小球将弹簧压缩到同一位置后锁定．解除锁定，小球即被弹簧弹出，水平射进细管A端，再沿管ABC从C端水平射出．已知弯管BC的半径R＝0.30 m，小球的质量为m＝50 g，当调节竖直细管AB的长度L至L0＝0.90 m时，发现小球恰好能过管口C端．不计小球运动过程中的机械能损失．(g取10 m/s2)图7(1)求每次弹射时弹簧对小球所做的功W.(2)当L取多大时，小球落至水平面的位置离细直管AB最远？(3)调节L时，小球到达管口C时管壁对球的作用力F N也相应变化，考虑到游戏装置的实际情况，L不能小于0.15 m，请在图8坐标纸上作出F N随长度L变化的关系图线．(取管壁对球的作用力F N方向向上为正，并要求在纵轴上标上必要的刻度值)图8答案精析1．(1)5R2μ(2)15gR解析 (1)在甲轨道的最高点，由牛顿第二定律可知：mg ＝m v 1 22R在乙轨道的最高点，由牛顿第二定律可知：mg ＝m v 22R从甲轨道的最高点到乙轨道的最高点，根据动能定理可得mg (4R －2R )－μmgl ＝12mv 2 2－12mv 1 2联立解得：l ＝5R2μ(2)从O 点到甲圆的最高点，由动能定理可得： －mg (4R )－μmgl ＝12mv 1 2－12mv 0 2解得：v 0＝15gR . 2．(1)11.2 J (2)10 N 解析 (1)小球运动到C 处时， 由牛顿第二定律和牛顿第三定律得：F 1′－mg ＝m v 12R代入数据解得v 1＝5 m/s由A →C ，根据动能定理有E p －μmgx ＝12mv 1 2解得E p ＝11.2 J(2)小球从C 到D 过程，由机械能守恒定律得 12mv 1 2＝2mgR ＋12mv 2 2 代入数据解得v 2＝3 m/s 由于v 2>gR ＝2 m/s所以小球在D 处对轨道外壁有压力，由牛顿第二定律得F 2＋mg ＝m v 22R，代入数据解得F 2＝10 N根据牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为10 N. 3．(1)5.2 m/s 2(2)500 J 10 m/s (3)3 m 解析 (1)运动员沿AB 下滑时，受力情况如图所示F f ＝μF N ＝μmg cos θ根据牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma得运动员沿AB 下滑时加速度的大小为：a ＝g sin θ－μg cos θ＝5.2 m/s 2(2)运动员从A 滑到C 的过程中，克服摩擦力做功为：W ＝μmg cos θ(H －hsin θ)＋μmgd ＝μmg (d ＋H －htan θ)＝500 J 由动能定理得：mg (H －h )－W ＝12mv C 2得运动员滑到C 点时速度的大小v C ＝10 m/s(3)在从C ′点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t ，h ′＝12gt 2，t ＝2h ′g下滑过程中克服摩擦力做功仍为W ＝500 J 根据动能定理得：mg (H －h ′)－W ＝12mv 2，v ＝2g (H －h ′)－2Wm运动员在水平方向的位移：x ＝vt ＝2g (H －h ′)－2Wm·2h ′g＝2－h ′2＋6h ′＝2－(h ′－3)2＋9 当h ′＝3 m 时，水平位移最大.4．(1)495 N (2)25 J (3)7 050 J (4)见解析解析 (1)在C 点时，据牛顿第二定律有Mg －F N C ＝M v C2R，解得：F N C ＝495 N根据牛顿第三定律，雪橇在C 点时对雪道的压力：F N C ′＝F N C ＝495 N(2)设雪橇在BC 段克服摩擦力做的功为W BC ，从A 到C 对雪橇和游客的整体运用动能定理可得：Pt －Mgh 2－μMg cos θ·h 1sin θ－W BC ＝12Mv C2，解得：W BC ＝25 J(3)对雪橇和游客的整体从C 到E 运用动能定理可得：Mgh 2－W CE ＝12Mv E 2－12Mv C 2 解得从C 到E 克服摩擦力做功：W CE ＝7 050 J所以雪橇和游客的整体从C 点运动到E 点过程中损失的机械能：ΔE 损＝W CE ＝7 050 J(4)设D 到E 的水平距离为L ，平滑连接的倾斜直线轨道倾角为α，摩擦力做功：W fl ＝－μmg cos θ ·Lcos θ＝－μmgL 曲线轨道上任选极短一段如图所示，将这一小段近似看成倾角为γ的倾斜直线轨道，该段轨道在水平方向上的投影长为Δx ，则摩擦力在该段轨道上做功：W f ＝－μmg cos γ·Δx cos γ＝－μmg Δx ，所以整个曲线轨道摩擦力做功等于每一小段摩擦力做功的累加， 即：W f2＝－μmg ΣΔx ＝－μmgL故两轨道的摩擦力做功相同：W fl ＝W f2＝ΔE 损所以雪橇和游客的整体从C 点运动到E 点过程中损失的机械能相同．5．(1)12.4 N (2)2.4 m (3)4.8 J解析 (1)物体从E 到C ，由机械能守恒定律得：mg (h ＋R )＝12mv C 2① 在C 点，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v C 2R② 联立①②代入数据解得：F N ＝12.4 N(2)从E →D →C →B →A 过程，由动能定理得W G ＋W f ＝0③W G ＝mg [(h ＋R cos 37°)－L AB sin 37°]④W f ＝－μmg cos 37°L AB ⑤联立③④⑤解得斜面长度至少为：L AB ＝2.4 m.(3)因为mg sin 37°＞μmg cos 37°(或μ＜tan 37°)，所以物体不会停在斜面上，物体最后以C 为中心，B 为一侧最高点沿圆弧轨道做周期性运动．从E 点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量Q ＝ΔE p ⑥ΔE p ＝mg (h ＋R cos 37°)⑦联立⑥⑦解得Q ＝4.8 J.6．(1)5 m/s (2)0.45 m 1.2 m (3)0.4 s解析 (1)滑块运动到D 点时，由牛顿第二定律和牛顿第三定律得F N －mg ＝m v D 2R滑块由C 点运动到D 点的过程，由机械能守恒定律得mgR (1－cos α)＋12mv C 2＝12mv D 2 联立解得v C ＝5 m/s(2)滑块在C 点时，速度的竖直分量为v y ＝v C sin α＝3 m/sB 、C 两点的高度差为h ＝v y 22g＝0.45 m 滑块由B 运动到C 所用的时间为t y ＝v y g＝0.3 s滑块运动到B 点时的速度为v B ＝v C cos α＝4 m/s B 、C 两点间的水平距离为x ＝v B t y ＝1.2 m(3)滑块由A 点运动到B 点的过程，由动能定理得Pt －μmgL ＝12mv B 2，解得t ＝0.4 s 7．(1)0.60 J (2)0.30 m (3)见解析图解析 (1)小球恰好过C 点，其速度v C ＝0①根据功能关系，每次弹射时弹簧对小球所做的功为：W ＝mg (L 0＋R )＝0.60 J②(2)设小球被弹出时的初速度为v 0，到达C 时的速度为v ，根据动能定理有W ＝12mv 0 2－0③ 根据机械能守恒定律有12mv 0 2＝mg (L ＋R )＋12mv 2④ 联立②③④得v ＝2g (L 0－L )⑤根据平抛运动规律，小球落至水平面时的位置离细直管AB 的距离为x ＝vt ＋R ⑥ 其中t ＝ 2(L ＋R )g⑦ 联立⑤⑥⑦得x ＝2(L 0－L )(L ＋R )＋R 根据数学知识可判知，当L ＝L 0－R2＝0.30 m 时，x 最大．即当L 取0.30 m 时，小球落至水平面的位置离细直管AB 最远．(3)设小球经过C 端时所受管壁作用力方向向上，根据牛顿运动定律有mg －F N ＝m v 2R 又v ＝2g (L 0－L )则有F N ＝2mg R L ＋mg (1－2L 0R) 代入数据得F N ＝103L －2.5 (N)(0.15 m≤L ≤0.90 m) 据此作出所求图线如图：。
专题五 动力学和能量观点的综合应用(真题精讲)-2019领军高考物理真题透析一轮复习(解析版)
【专题解读】1.本专题是力学两大观点在直线运动、曲线运动多物体多过程的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大的培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)．1.设问的角度(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系.(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解.2.功能关系分析(1)功能关系分析：W＝ΔE k＋ΔE p＋Q.(2)对W和Q的理解：①传送带做的功：W＝F f x传；②产生的内能Q＝F f x相对.考向一传送带模型问题1．模型分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题．2．处理方法：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．例1.如图1所示，水平传送带A、B两轮间的距离L＝40 m，离地面的高度H＝3.2 m，传送带以恒定的速率v0＝2 m/s向右匀速运动.两个完全一样的小滑块P、Q中间夹有一根轻质弹簧(弹簧与P、Q不拴接)，用一轻绳把两滑块拉至最近(弹簧始终处于弹性限度内)，使弹簧处于最大压缩状态.现将P、Q轻放在传送带的最左端，P 、Q 一起从静止开始运动，t 1＝4 s 时轻绳突然断开，很短时间内弹簧伸长至本身的自然长度(不考虑弹簧的长度的影响)，此时滑块P 速度反向，滑块Q 的速度大小刚好是P 的速度大小的两倍.已知小滑块的质量均为m ＝0.2 kg ，小滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图1(1)弹簧处于最大压缩状态时的弹性势能； (2)两滑块落地的时间差；(3)两滑块在传送带上运动的全过程中由于摩擦产生的热量. 【答案】(1)7.2 J (2)6 s (3)6.4 J(2)两滑块离开传送带后做平抛运动的时间相等，故两滑块的落地时间差就是弹簧恢复到自然长度后，两滑块在传送带上运动的时间之差.t 1＝4 s 时，滑块P 、Q 位移大小x 1＝x 0＋v 0(t 1－t 0)＝6 m滑块Q 与传送带相对静止时所用的时间t 2＝v Q －v 0a＝6 s这段时间内滑块Q 的位移大小x 2＝v Q t 2－12at 22＝30 m<L －x 1＝34 m故滑块Q 先减速后匀速，匀速运动时间 t 3＝L －x 1－x 2v 0＝2 s滑块P 速度减小到0时运动的位移大小x 3＝v P 22a ＝8 m>x 1＝6 m滑块P 运动到左端时的速度大小|v P ′|＝v P 2－2ax 1＝2 m/s运动时间t 4＝|v P |－|v P ′|a＝2 s两滑块落地时间差Δt ＝t 2＋t 3－t 4＝6 s练1.电机带动水平传送带以速度v 匀速传动，一质量为m 的小木块由静止轻放在传送带上，如图2所示.若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，当小木块与传送带相对静止时，求：图2(1)小木块的位移； (2)传送带转过的路程； (3)小木块获得的动能； (4)摩擦过程产生的摩擦热；(5)电机带动传送带匀速传动输出的总能量. 【答案】(1)v 22μg (2)v 2μg (3)12mv 2 (4)12mv 2 (5)mv 2【解析】木块刚放上时速度为零，必然受到传送带的滑动摩擦力作用，做匀加速直线运动，达到与传送带速度相同后不再相对滑动，整个过程中木块获得一定的能量，系统要产生摩擦热.对小木块，相对滑动时由μmg ＝ma 得加速度a ＝μg .由v ＝at 得，达到相对静止所用时间t ＝vμg.(1)小木块的位移x ＝v 2t ＝v 22μg.(2)传送带始终匀速运动，路程s ＝vt ＝v 2μg .(3)小木块获得的动能E k ＝12mv 2.(也可用动能定理μmgx ＝E k ，故E k ＝12mv 2.)(4)产生的摩擦热：Q ＝μmg (s －x )＝12mv 2.(注意：Q ＝E k 是一种巧合，不是所有的问题都这样)(5)由能量守恒定律得，电机输出的总能量转化为小木块的动能与摩擦热，所以E 总＝E k ＋Q ＝mv 2.例2.如图3所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s沿顺时针方向运动，物体质量m＝1 kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，试求：图3(1)物体由A端运动到B端的时间；(2)系统因摩擦产生的热量.【答案】(1)2 s(2)24 J(2)物体与传送带间的相对位移x相对＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m故Q＝μmg cos θ·x相对＝24 J.练2(多选)如图4甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行，t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图象如图乙所示.设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2，则()图4A.传送带的速率v0＝10 m/sB.传送带的倾角θ＝30°C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D.0～2.0 s内摩擦力对物体做功W f＝－24 J【答案】ACD考向二滑块—木板模型问题1．多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题．2．解题策略(1)动力学方法观点：牛顿运动定律、运动学基本规律．(2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律．1.模型分类滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型.2.位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度.3.解题关键找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度.例3.如图5所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ＝30°、高度为h＝1.5 m，一薄木板B置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l0＝0.2 m的轻弹簧，木板总质量为m＝1 kg、总长度为L＝2.0 m.一质量为M＝3 kg的小物块A从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度为H＝1.7 m，物块A经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行.已知A、B之间的动摩擦因数为μ＝32，木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力.求：(1)物块A落到木板上的速度大小v；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能.【答案】(1)4 m/s(2)5 J(2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足：mg sin 30°＝μ0mg cos 30°得：μ0＝tan 30°＝3 3物块A在木板上滑行时，由牛顿第二定律得，a A＝μMg cos 30°－Mg sin 30°M＝2.5 m/s2(方向沿斜面向上)a B＝μMg cos 30°＋mg sin 30°－μ0M＋m g cos 30°m＝7.5 m/s2(方向沿斜面向下)假设A与木板B达到共同速度v共时，A还没有压缩弹簧且木板B还没有到达斜面底端，则有v共＝a B t＝v－a A t解得v 共＝3 m/s ，t ＝0.4 s 此过程，x A ＝v ＋v 共2·t ＝1.4 mx B ＝v 共2·t ＝0.6 m<h sin 30°－L ＝1 m故Δx ＝x A －x B ＝0.8 m<L －l 0＝1.8 m ，说明以上假设成立.练3.如图6所示，在光滑的水平面上有一个质量为M 的木板B 处于静止状态，现有一个质量为m 的木块A 在B 的左端以初速度v 0开始向右滑动，已知M >m ，用①和②分别表示木块A 和木板B 的图象，在木块A 从B 的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v 随时间t 、动能E k 随位移x 的变化图象，其中可能正确的是( )图6【答案】D练4.如图7所示，一质量m ＝2 kg 的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M ＝1 kg 的小铁块以水平向左的速度v 0＝9 m/s 从木板的右端滑上木板.已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取重力加速度g ＝10 m/s 2，木板足够长，求：图7(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q 和木板在水平地面上滑行的总路程s . 【答案】(1)0.5 m/s 2 (2)36 J 1.5 m【解析】(1)设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a 2，由牛顿第二定律可得μ2Mg －μ1(M ＋m )g ＝ma 2， 解得a 2＝0.4×1×10－0.1×3×102m/s 2＝0.5 m/s 2.(2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a 1，由牛顿第二定律得μ2Mg ＝Ma 1，解得a 1＝μ2g ＝4 m/s 2. 设铁块与木板相对静止时的共同速度为v ，所需的时间为t ，则有v ＝v 0－a 1t ＝a 2t ， 解得：v ＝1 m/s ，t ＝2 s. 铁块相对地面的位移x 1＝v 0t －12a 1t 2＝9×2 m －12×4×4 m ＝10 m.木板相对地面的位移x 2＝12a 2t 2＝12×0.5×4 m ＝1 m ，铁块与木板的相对位移Δx ＝x 1－x 2＝10 m －1 m ＝9 m ， 则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量 Q ＝F f Δx ＝μ2Mg Δx ＝0.4×1×10×9 J ＝36 J.设铁块与木板共速后的加速度为a 3，发生的位移为x 3，则有：a 3＝μ1g ＝1 m/s 2，x 3＝v 2－02a 3＝0.5 m.木板在水平地面上滑行的总路程s ＝x 2＋x 3＝1 m ＋0.5 m ＝1.5 m.。
高考物理一轮复习 第六章 专题强化十 动力学和能量观点的综合应用
2.功能关系分析 (1)传送带克服摩擦力做的功：W＝fs传； (2)系统产生的内能：Q＝fs相对. (3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
例1 (多选)如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机 的带动下运输带始终以恒定的速度v0＝1 m/s顺时针传动.建筑工人将质量 m＝2 kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v0＝1 m/s 的速度向右匀速运动.已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为μ＝0.1， 运输带的长度为L＝2 m，重力加速度大小为g＝10 m/s2.以下说法正确的是
法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F1＝2 N (第二问可知) F1做功为W1＝F1s＝2×0.8＝1.6 J 滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为： F2＝f1＋f－s)＝22×1.2 J＝26.4 J 碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s 滑块动能变化：ΔEk＝20 J 所以系统因摩擦产生的热量： Q＝W1＋W2＋ΔEk＝48 J.
最终工件获得的动能 Ek＝12mv02＝20 J 工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J 电动机多消耗的电能 E＝Q＋Ek＋Ep＝230 J.
方法点拨
摩擦生热的计算 1.正确分析物体的运动过程，做好受力分析. 2.利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及 位移关系，求出两个物体的相对位移. 3.代入公式Q＝f·s相对计算，若物体在传送带上做往复运动，则 为相对路程s相对.
经过C点时受轨道的支持力大小FN， 有 FN－mg＝mvRC2 解得FN＝50 N 由牛顿第三定律可得滑块在C点时对轨道的压力大小F压＝50 N
(3)弹簧的弹性势能的最大值； 答案 6 J
设弹簧的弹性势能最大值为Ep，滑块从C到F点 过程中， 根据动能定理有－μmgL－mgLsin 30°－Ep＝0－ 12mvC2 代入数据可解得Ep＝6 J