【物理】2020届一轮复习人教版动力学和能量观点解决力学综合问题课时作业 6页

2020 届一轮复习人教版 动力学和能量观点解决力学综合问题 课时作业 1．(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 m 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 m 放到木板上到它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，那么力 F 对 木板做功的数值为( ) A.mv2 4 B．mv2 2 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 m 的动能，一部 分转化为系统内能，故 W＝1 2 mv2＋μmg·x 相，x 相＝vt－v 2 t，a＝μg，v＝at 即 v＝μgt，联立以上各式可 得：W＝mv2，故选项 C 正确． 2．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( ) 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．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体重力势能的变化 C．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量 D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量等于全过程摩擦力对物体所做的功 解析：选 D.物体受重力、支持力和摩擦力，摩擦力一直沿斜面向上，第一阶段滑动摩擦力对物体做正 功，第二阶段静摩擦力对物体做正功，故 A 错误；假定传送带速度为 v，第一阶段，物体匀加速位移 x1＝v 2 t， 传送带位移 x2＝vt，除重力外其余力做的功等于机械能的变化量，故物体机械能增加量等于 Ffx1，由功能 关系得内能增加量为 Q＝FfΔx＝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 能的增加量，大于重力势能的增加量，故 B 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第一阶段物体动能的增加量，故 C 错误； 由功能关系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，故 D 正确． 3．质量为 5 kg 的物块自倾角为 37°的传送带上由静止下滑，物块经过水平地 面 CD 后进入光滑半圆弧轨道 DE，传送带向下匀速转动，其速度 v＝10 m/s，传送 带与水平地面之间光滑连接(光滑圆弧 BC 长度可忽略)，传送带 AB 长度为 16 m，水 平地面 CD 长度为 6.3 m，物块与水平地面、传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，圆弧 DE 的半径 R＝1.125 m．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) (1)求物块在传送带上运动的时间 t； (2)求物块到达 D 点时的速度； (3)物块能否到达 E 点，若能，求通过 E 点后物块落地点距离 D 点的距离． 解析：(1)刚开始时，对物块受力分析可知 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 解得 a1＝10 m/s2 物块与传送带达到共同速度时 v＝a1t1，解得 t1＝1 s 物块的位移 x＝1 2 a1t21＝5 m 此后对物块受力分析可知 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 解得 a2＝2 m/s2 物块在传送带上的第二段运动：LAB－x＝vt2＋1 2 a2t22 解得 t2＝1 s 物块在传送带上运动的时间 t＝t1＋t2＝2 s. (2)物块到达传送带底端的末速度 v2＝v＋a2t2＝12 m/s 对物块在 CD 部分的运动，由动能定理可得 －μmgLCD＝1 2 mv23－1 2 mv22 解得 v3＝9 m/s. (3)若物块能到达 E 点，则由动能定理得 －mg·2R＝1 2 mv24－1 2 mv23 解得 v4＝6 m/s 物块恰能过最高点的速度 v5＝ gR≈3.35 m/s 显然 v5＜v4，故物块可以通过最高点，经过最高点后物块做平抛运动 x′＝v4t3 2R＝1 2 gt23 解得 x′＝9 5 5 m. 答案：(1)2 s (2)9 m/s (3)见解析 4．(2019·临沂模拟)某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如图所 示，AB 为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮 着一个半径为 R，角速度为ω，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平 距离为 L，平台边缘与转盘平面的高度差为 H.选手抓住悬挂器，可以在电动机 带动下，从 A 点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零、加速度为 a 的 匀加速直线运动．选手必须在合适的位置放手，才能顺利落在转盘上．设人的质量为 m(不计身高大小)， 人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为 g. (1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转 盘的角速度ω应限制在什么范围？ (2)若已知 H＝5 m，L＝8 m，a＝2 m/s2，g＝10 m/s2，且选手从某处 C 点放手能恰好落到转盘的圆心上， 则他是从平台出发后多长时间放手的？ (3)若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为 F＝0.6mg，悬挂器在轨道上运动 时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到(2)中所述位置 C 点时，因恐惧没有放手，但立即关闭了它的电动机， 则按照(2)中数据计算，悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远？ 解析：(1)设人落在转盘边缘也不至被甩下，由最大静摩擦力提供向心力， 则有μmg≥mω2R 即转盘转动角速度应满足ω≤ μg R . (2)设水平加速段位移为 x1，时间为 t1；平抛时水平位移为 x2，时间为 t2， 则加速时有 x1＝1 2 at21 v＝at1 平抛运动阶段：x2＝vt2 H＝1 2 gt22 全程水平方向：x1＋x2＝L 解得 t1＝2 s. (3)设阻力为 Ff，能继续向右滑动的距离为 x3，由动能定理得 加速段：(F－Ff)x1＝1 2 mv2 减速段：－Ffx3＝0－1 2 mv2 人加速时，根据牛顿第二定律，得 F－Ff＝ma 解得 x3＝2 m. 答案：(1)ω≤ μg R (2)2 s (3)2 m [能力提升题组](25 分钟，50 分) 1．如图所示，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 的速度逆时针匀速运 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( ) 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 解析：选 B.当传送带不运动时，拉力做功 W1＝FL，物体从 A 运动到 B 的时间 t1＝ L v1 ，因摩擦而产生的 热量 Q1＝fL.当传送带运动时，拉力做功 W2＝FL，物体从 A 运动到 B 的时间 t2＝ L v1＋v2 ＜t1，因摩擦而产生 的热量 Q2＝fv1t2.拉力做功功率 P1＝W1 t1 ，P2＝W2 t2 ，比较可知 W1＝W2，P1＜P2.又 v1t2＜v1t1，v1t1＝L，得 Q1 ＞Q2.故选 B. 2．(多选)将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，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( ) 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 解析：选 BD.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． 3．如图所示，质量 M＝8.0 kg 的小车放在光滑的水平面上，给小车施加一 水平向右的恒力 F＝8.0 N．当向右运动的速度达到 v0＝1.5 m/s 时，有一物块以 水平向左的初速度 v0′＝1.0 m/s 滑上小车的右端，小物块的质量 m＝2.0 kg，物块与小车表面间的动摩擦 因数μ＝0.2，设小车足够长，g 取 10 m/s2，各问最终计算结果均保留 1 位小数． (1)物块从滑上小车开始，经过多长时间速度减小为零？ (2)求物块在小车上相对小车滑动的过程中，物块相对地面的位移大小； (3)求整个过程系统因摩擦产生的内能． 解析：(1)物块滑上小车后，做加速度为 am 的匀变速运动，根据牛顿第二定律，有μmg＝mam，解得 am＝2.0 m/s2，设物块滑上小车后经过时间 t1 速度减为零，v0′＝amt1，解得 t1＝0.5 s. (2)小车做加速度为 aM 的匀加速运动，根据牛顿第二定律有 F－μmg＝MaM，解得 aM＝F－μmg M ＝0.5 m/s2， 设物块向左滑动的位移为 x1，根据运动学公式得 x1＝v0′t1－1 2 amt21＝0.25 m， 当物块的速度为零时，小车的速度 v1 为 v1＝v0＋aMt1＝1.75 m/s， 设物块向右滑动经过时间 t2 相对小车静止， 有 v＝v1＋aMt2＝amt2，解得 v＝7 3 m/s，t2＝7 6 s， 物块在时间 t2 内的位移为 x2＝1 2 amt22＝49 36 m， 因此，物块在小车上滑动的过程中相对地面的位移为 x＝x2－x1＝10 9 m≈1.1 m. (3)t1 时间内小车对地的位移 x3＝v0＋v1 2 t1， 相对位移Δx1＝x1＋x3， t2 时间内小车对地的位移 x4＝v1＋v 2 t2， 相对位移Δx2＝x4－x2， 摩擦产生的内能 Q＝μmg(Δx1＋Δx2)， 解得 Q＝8.3 J. 答案：(1)0.5 s (2)1.1 m (3)8.3 J 4．如图所示，质量为 m＝1 kg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面 的末端 B 与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为 v0＝3 m/s， 长为 l＝1.4 m；今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端 C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间 的动摩擦因数为μ＝0.25，g 取 10 m/s2.求： (1)水平作用力 F 的大小； (2)滑块下滑的高度； (3)若滑块滑上传送带时的速度大于 3 m/s，滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． 解析：(1)滑块受到水平力 F、重力 mg 和支持力 FN 作用处于平衡状态， 水平力 F＝mgtan θ，F＝10 3 3 N. (2)设滑块从高为 h 处下滑，到达斜面底端的速度为 v， 由下滑过程机械能守恒得 mgh＝1 2 mv2， 解得 v＝ 2gh 若滑块滑上传送带时的速度小于传送带的速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力作用而 做匀加速运动． 根据动能定理有μmgl＝1 2 mv20－1 2 mv2 则 h＝v20 2g －μl，代入数据解得 h＝0.1 m 若滑块滑上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力作用而做匀减速运 动． 根据动能定理有－μmgl＝1 2 mv20－1 2 mv2 则 h′＝v20 2g ＋μl 代入数据解得 h′＝0.8 m. (3)由(2)知，当滑块滑上传送带的速度大于传送带速度时，滑块从 h′＝0.8 m 处滑下，设滑块在传送 带上运动的时间为 t， 则 t 时间内传送带的位移 x＝v0t， mgh′＝1 2 mv2， v0＝v－at， μmg＝ma 滑块相对传送带滑动的位移Δx＝l－x 相对滑动生成的热量 Q＝μmg·Δx 代入数据解得 Q＝0.5 J. 答案：(1)10 3 3 N (2)0.1 m 或 0.8 m (3)0.5 J