1、1能力课 动力学观点和能量观点的综合应用一、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
2、。下列关系中正确的是( )图 1A W1 W2， P1 P2， Q1 Q2B W1 W2， P1 P2， Q1 Q2C W1 W2， P1 P2， Q1 Q2D W1 W2， P1 P2， Q1 Q2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 W1 W2，当传送带不动时，物体运动的时间为 t1 ；当传送带以 v2的速度匀速lv1运动时，物体运动的时间为 t2 ，所以第二次用的时间短，功率大，即 P1 P2；lv1 v2一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 Q1 Q2，选项 B 正确。答案 B2
3、(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2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 2A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
4、量解析 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
5、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 0.25。皮带传动装置顺时针匀速转动的速度 v4 m/s，两轮轴心相距 L5 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 m1 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 v08 m/s， A、 B 间的距离 s1 m。工件可视为质点， g 取 10 m/s2。(sin 370.6，cos 370.8)求：图 3(1)弹簧的最大弹性势能；3(2)工件沿传送带
6、上滑的时间。解析 (1)弹簧的最大弹性势能Ep mgssin 37 mv12 20得 Ep38 J。(2)工件沿传送轨道减速向上滑动过程mgsin 37 mg cos 37 ma1与传送带共速需要时间 t1 0.5 sv0 va1工件滑行位移大小 s1 3 m L因为 tan 37，所以工件将沿传送带继续减速上滑 mgsin 37 mg cos 37 ma2假设工件速度减为 0 时，工件未从传送带上滑落。则t2 1 sva2工件滑行位移大小 s2 2 m L s1v22a2故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为t t1 t21.5 s。答案 (1)38 J (2)1.5 s4(2016扬州摸底)
7、如图 4 所示，半径 R0.5 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L10.25 m，斜面 MN 足够长，物块 P 质量 m13 kg，与 MN 间的动摩擦因数 。求：13(sin 370.6，cos 370.8， g 取 10 m/s2)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
8、)物块 P 在 MN 斜面上滑行的总路程。4解析 (1)根据几何关系， P、 D 间的高度差h L1sin 53 R(1cos 53)0.4 m物块由 P 到 D 过程，由机械能守恒定律得m1gh m1v12 2D在 D 点，支持力和重力的合力提供向心力FD m1g m1联立解得 FD78 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m1gL1sin 53 m1v12 2M解得 vM2 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 E m1gL1sin 53产生的内能 Q m 1gcos
9、53s根据能量守恒定律得 E Q，即m1gL1sin 53 m 1gcos 53s解得其在 MN 斜面上滑行的总路程 s1.0 m。答案 (1)78 N (2)1.0 m5(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 R0.3 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 L2 m， 60，小球质量为 m0.5 kg， D 点与小孔 A 的水平距离 s2 m， g 取 10 m/s2。图 5(1)摆线能承受的最大拉力为多大？(2)
10、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 的范5围。解析 (1)摆球由 C 到 D 过程机械能守恒，则mg(L Lcos ) mv12 2D在 D 点由牛顿第二定律得T mg联立得摆线的最大拉力为 T2 mg10 N。(2)摆球不脱离圆轨道的情况有： 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 1mgs0 mv12 2D解得 10.5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mv mgR12 2A对摆球从 D 到 A 的过程，由动能定理得 2mgs mv mv12 2A 12 2D解得 20.35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mgmv2R由动能定理得 3mgs2 mgR mv2 mv12 12 2D解得 30.125综上所述，动摩擦团数 的范围为 0.35 0.5 或者 0.125。答案 (1)10 N (2)0.35 0.5 或 0.125
