高考物理总复习第五章机械能专题讲座五动力学和能量观点的综合应用课时训练教科版.pdf

2019 年高考物理总复习第五章机械能专题讲座五动力学和能量观点的综合应用课时训练教科版20180723389 第 2 页 专题讲座五 动力学和能量观点的综合应用 1.(2019安徽合肥一模)如图所示,一个质量为m 的小铁块沿半径为 R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下,到半圆轨道最低点时,轨道所受压力为铁块重力的 1.5 倍,则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为 g)(D)A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 解析:铁块在最低点,支持力与重力合力等于向心力,即1.5mg-mg=m,即铁块动能Ek=mv2=mgR,初动能为零,故动能增加 mgR,铁块重力势能减少 mgR,所以机械能损失 mgR,选项 D 正确.2.(2019黑龙江哈尔滨模拟)(多选)升降机底板上放一质量为 100 kg 的物体,物体随升降机由静止开始竖直向上移动 5 m 时速度达到 4 m/s,则此过程中(取g=10 m/s2)(AC)A.升降机对物体做功为 5 800 J B.合外力对物体做功为 5 800 J C.物体的重力势能增加了 5 000 J D.物体的机械能增加了 5 000 J 第 3 页 解析:升降机对物体所做的功 W=mgh+mv2=5 800 J,选项 A 正确;合外力做功 W合=mv2=800 J,选项B 错误;重力势能增加 Ep=mgh=5 000 J,选项 C 正确;物体机械能增加 E=mgh+mv2=5 800 J,选项 D错误.3.(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=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 0.5 m C.摩擦力对每个工件做正功为 1 J D.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=g=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 第 4 页 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Wf=mv2-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=mg(x2-x1)=0.25 J,选项 D 错误.4.(2019湖南长沙一模)如图所示,斜面倾角为=37,物体 1 放在斜面紧靠挡板处,物体 1 和斜面间的动摩擦因数为=0.5,一根很长的不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质小定滑轮,绳一端固定在物体1上,另一端固定在物体2上,斜面上方的轻绳与斜面平行,物体 2 下端固定一长度为h 的轻绳,轻绳下端拴在物体 3 上,物体 1,2,3 的质量之比为 415,开始时用手托住物体 3,物体 3 到地面的高度为 h,此时各段轻绳刚好拉紧.已知物体触地后立即停止运动,不再反弹,重力加速度为g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,小物体3从静止突然放手后物体1沿斜面上滑的最大距离为(D)A.3h B.h C.2h D.h 第 5 页 解析:从开始放手到3触地(设触地时3的速度为v1)的过程中,对 1,2 和 3 应用功能关系有6mgh-(4mgsin+4mgcos)h=(10m),之后 3 停止运动,设物体 2 继续向下运动距离 s 后速度减小为 0,对 1 和 2 应用功能关系有mgs-(4mgsin+4mgcos)s=0-(5m),得s=h,则 1 沿斜面上滑的最大距离为 L=h+s=h,选项 D 正确.5.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)B.合外力对物体所做的功约为-40 J 2 m/s D.物体运动的时间为 0.4 s 解析:由于 02.5 m 内物体匀速运动,可得 F=mg,=0.12;由 F-s 图线与 s 轴所围面积表示力 F 所做的功可得 WF=50 J,设物体的初速度为 v,由动能定理可得 W总=WF-mgs=0-mv2,即 W总=-40 J,第 6 页 v=2 m/s;物体匀速运动的时间 t匀=s=s0.4 s.6.导学号 58826122(2019湖北黄冈一模)(多选)如图所示,物体以 100 J 的初动能从斜面的底端向上运动,斜面足够长.当它通过斜面上的 M点时,其动能减少 80 J,机械能减少 32 J.如果物体能从斜面上返回底端,则(CD)A.物体在斜面上运动时,机械能守恒 B.物体在向上运动时,机械能减少 100 J D.物体返回 A 点时动能为 20 J 解析:由题意,摩擦力始终做负功,机械能不守恒,选项 A 错误;选最底端为零势能面,物体向上运动到最高点时,重力势能不为零,机械能减少量小于 100 J,选项 B 错误;根据题意,当它通过斜面上的M点时,其动能减少80 J,机械能减少32 J,说明克服摩擦力做功 32 J,从 M 点上升到最高点的过程中,动能减少 20 J,需要克服摩擦力做功 8 J,整个上升过程,共克服摩擦力做功 40 J,机械能减少了 40 J,物体上升到 M 还能上升的距离为到达 M 点前的,选项 C 正确;物体返回 A 点的过 第 7 页 程中,损失的机械能也是 40 J,物体返回 A 点时动能为 20 J,选项 D 正确.7.(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 点与右端足够长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 点后再经 D 点滑上传送带,则(CD)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,由重力提供向心力,则mg=,解得vC=,从A到C根据动能定理mg(h-2R)=m-0,得h=2.5R,选项A 错误;从 A 到 第 8 页 滑块在传送带上向右运动距离最大,根据动能定理得 mgh-mgx=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,可能反向做加速运动,如果再次到达 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=mgx相对,当传送带的速度越大,则在相同时间内二者相对位移越大,则产生的热量越多,选项 D 正确.8.(2019河北保定调研)(多选)如图所示,内壁光滑、半径大小为 R 的圆轨道竖直固定在桌面上,一个质量为 m 的小球静止在轨道底部 A 点.现用小锤沿水平方向快速击打小球,击打后迅速移开,使小球沿轨道在竖直面内运动.当小球回到 A 点时,再次用小锤沿运动方向击打小球,通过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点.已知小球在运动过程中始终未脱离轨道,在第一次击打过程中小锤对小球做功 W1,第二次击打过程中小锤对小球做功 W2.设先后两次击打过程中小锤对 第 9 页 小球做功全部用来增加小球的动能,则的值可能是(AB)A.B.C.解析:第一次击打小球时小球最高运动到过 O 点与水平地面平行的直径的两端位置,小锤对小球做功 W1=mgR,第二次击打小球,小球恰好做圆周运动,此时小球在最高点速度 v=,小球在最低点的速度为 vA,根据机械能守恒定律可得mg2R=m-mv2,第二次击打小球,小锤对小球做的功 W2=m-mgR=mgR,则先后两次击打,小锤对小球做功的最大值为,选项A,B正确,C,D错误.9.导学号 58826123(2019河南郑州三模)特种兵过山谷的一种方法可简化为如图所示的模型:将一根长为 2d、不可伸长的细绳的两端固定在相距为 d 的 A,B 两等高处,细绳上有小滑轮 P,战士们相互配合,可沿着细绳滑到对面.开始时,战士甲拉住滑轮,质量为 m 的战士乙吊在滑轮上,处于静止状态,AP 竖直.(不计滑轮与绳的质量,不计滑轮的大小及摩擦,重力加速度为 g)第 10 页(1)若甲对滑轮的拉力沿水平方向,求此拉力的大小;(2)若甲将滑轮由静止释放,求乙在滑动中速度的最大值(结果可带 根式).解析:(1)设 BP 与竖直方向的夹角为,由几何关系+=2d 联立三角函数关系解得 sin=0.8,cos=0.6,tan=如图所示,对滑轮受力分析.由平衡条件得 mg=T1+T2cos,F=T2sin,又 T1=T2,解得 F=.(2)设 AP 的长度为 l,则 l=乙在最低点时有最大速度 v,设此时乙距 AB 的高度为 h.则 h2=d2-()2 由机械能守恒定律得 mg(h-l)=mv2 得 v=.第 11 页 答案:(1)(2)10.(2019吉林长春模拟)如图所示,半径R=0.5 m1=0.25 m,斜面 MN 足够长,物块 P 质量 m1=3 kg,与 MN 间的动摩擦因数=,重力加速度 g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8.求:(1)小物块 Q 的质量 m2;(2)烧断细绳后,物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小;(3)物块 P 在 MN 斜面上滑行的总路程.解析:(1)根据平衡条件,满足 m1gsin 53=m2gsin 37 可得 m2=4 kg.(2)P 到 D 过程由动能定理得 m1gh=m1 由几何关系 h=L1sin 53+R(1-cos 53)运动到 D 点时,根据牛顿第二定律 FD-m1g=m1 解得 FD=78 N 由牛顿第三定律得,物块 P 对轨道的压力大小为78 N.(3)分析可知最终物块在 CDM 之间往复运动,在 C点和 M 点速度为零.对全过程由动能定理得 第 12 页 m1gL1sin 53-m1gx总cos 53=0 解得 x总=1 m.答案:(1)4 kg(2)78 N(3)1 m 11.导学号 58826124(2019江苏南京诊断)如图所示,质量 M=0.4 kg 的长薄板 BC 在外力作用下静置于倾角为 37的光滑斜面上,在 A 点有质量m=0.1 kg的小物体(可视为质点)以v0=4.0 m/s速度水平抛出,恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端 B 并在薄板上运动,当小物体落在薄板上时,薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动,小物体运动到薄板的最下端 C 时,与薄板速度恰好相等,已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为0.5,sin 37=0.6,cos 37=0.8,g=10 m/s2,求:(1)A 点与 B 点的水平距离;(2)薄板 BC 的长度.解析:(1)小物体从 A 到 B 做平抛运动,设下落时间为 t1,水平位移为 x,则 gt1=v0tan 37 x=v0t1 联立得 x=1.2 m.(2)设小物体落到 B 点的速度为 v,则 v=小物体在薄板上运动,则 mgsin 37-mgcos 37=ma1 第 13 页 薄板在光滑斜面上运动,则 Mgsin 37+mgcos 37=Ma2 小物体从落到薄板到两者速度相等用时为 t2,则 v+a1t2=a2t2 小物体的位移 x1=vt2+a1 薄板的位移 x2=a2 薄板的长度 l=x1-x2 联立得 l=2.5 m.答案:(1)1.2 m(2)2.5 m 12.导学号 58826125 如图所示,长 L=5.5 m、质量 M=2 kg 的滑板 A 静止在水平地面上,在滑板右端放一质量 m=1 kg 的小滑块(可视为质点),已知滑板 A 与地面的动摩擦因数1=0.2,滑块 B 与 A的动摩擦因数2=0.1,可认为 A 与地面、A 与 B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2.试求:(1)要将滑板从滑块下抽出,施加在滑板上的水平拉力至少要大于 多少;(2)若施加的水平拉力 F=11 N,要使滑板从滑块下抽出,力 F 作用的最短时间;第 14 页(3)在(2)问条件下,水平拉力 F 做功的最大功率和系统因摩擦而产生的热量.解析:(1)当 M 和 m 刚好发生相对滑动时,满足的条件是二者共同运动,且摩擦力达到最大值.则隔离对 m 分析,加速度 a1=2g10 m/s2=1 m/s2.由整体法可知 F-1(M+m)g=(M+m)a1 所以 F=(M+m)(a1+1g)=(2+1)(1+2)N=9 N.(2)当 F=11 N 时,在 F 作用下,m 的加速度 a1=2g=1 m/s2,M 的加速度 a2=m/s2=2 m/s2,设作用的最短时间为 t,则 t 秒末 m 的速度 v1=a1t=t,m 的位移 x1=a1t2=t2,M 的速度 v2=a2t=2t,M 的位移 x2=a2t2=t2,相对位移的大小x1=x2-x1=t2,撤去 F 后,m 的加速度 a3=a1=1 m/s2,M 的加速度大小 a4=第 15 页=m/s2=3.5 m/s2.再经过 t时间 m 和 M 的速度相等,此时 m 恰好滑到 M 的最左端,根据速度时间公式有 v1+a3t=v2-a4t,解得 t=t,m 的位移 x3=v1t+a3t2=t2,M 的位移 x4=v2t-a4t2=t2,相对位移的大小 x2=x4-x3=t2,根据x1+x2=5.5 m,代入数据解得 t=3 s.(3)撤去力 F 时,木板的速度最大,M 的速度为 v2=a2t=2t=23 m/s=6 m/s,最大功率为 P=Fv2=116 W=66 W 系统因摩擦而产生的热量为 Q=2mgL+1(M+m)g(x2+x4)110(2+1)10(32+32)J 78.8 J.答案:(1)9 N(2)3 s(3)66 W 78.8 J