高考物理一轮复习课时检测三十一应用能量观点解决力学综合问题含解析新人教版

应用能量观点解决力学综合问题

1．目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm。设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是(　　)

A．关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒

B．关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零

C．上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间可能等于

D．上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于

解析：选D　关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故A错误；关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则冲量不为零，故B错误；上坡过程中，设汽车速度由增至所用的时间为t，根据动能定理可得：Pt－fs′＝m2－m2，解得t＝＋，故C错误；上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，功率不变，则速度增大、加速度减小，设所用时间为t1，则·t1<s，解得t1<，故D正确。

2.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.   B.

C．mv2  D．2mv2

解析：选C　由能量守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝mv2＋μmgx相，x相＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确。

3．轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图甲所示。弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴。现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示。物块运动至x＝0.4 m 处时速度为零。则此时弹簧的弹性势能为(g取10 m/s2)(　　)

A．3.1 J  B．3.5 J

C．1.8 J  D．2.0 J

解析：选A　物块与水平面间的摩擦力为Ff＝μmg＝1 N。现对物块施加水平向右的外力F，由F x图像面积表示功，结合题图可知物块运动至x＝0.4 m处时，F做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4 J。由功能关系可知，W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1 J，选项A正确。

4．(多选)如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到顶点A且速度刚好为零，若已知该物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，则由此可知(　　)

A．该物体从D点出发沿DCA滑动刚好到顶点A的初速度一定也为v0

B．该物体从D点出发沿DCA滑动刚好到顶点A的初速度不一定为v0

C．该物体从A点静止出发沿ACD滑动到D点的速度大小一定为v0

D．该物体从A点静止出发沿ACD滑动到D点的速度一定小于v0

解析：选AD　物体从D点滑动到顶点A过程中，由动能定理可得：－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcos α·xAB＝－mv02，其中斜面与水平面的夹角为α，由几何关系cos α·xAB＝xBO，因而上式可以简化为－mg·xAO－μmg·xDO＝－mv02，从上式可以看出，到达顶点的动能与路径无关，所以该物体从D点出发沿DCA滑动刚好到顶点A的初速度一定也为v0，故A正确，B错误；该物体从A点静止出发沿ACD滑动到D点由动能定理可知：mgxAO－μmgxACcos α－μmgxCD＝mv2与公式－mg·xOA－μmg·xACcos α－μmgxCD＝－mv02，比较可知：v<v0，故C错误，D正确。

5．足够长的水平传送带以恒定速率v匀速运动，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＝mv2  B．W＝0，Q＝2mv2

C．W＝，Q＝mv2  D．W＝mv2，Q＝2mv2

解析：选B　对小物块，由动能定理有W＝mv2－mv2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对路程x相对＝，小物块与传送带因摩擦产生的热量Q＝μmgx相对＝2mv2，选项B正确。

6. (多选)如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ。取出发点为参考点，选项图中能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、重力势能Ep、机械能E随时间t、位移x变化的关系图像是(　　)

解析：选CD　根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于滑块重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，滑块机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，选项C、D正确；产生的热量Q＝Ffx，Q随位移x均匀增大，滑块动能Ek随位移x均匀减小，又位移x＝vt－at2，故选项A、B错误。

7．(多选)如图所示倾角为30°的传送带在电动机带动下始终以v0的速度匀速上行。相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块(可视为质点)分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升h高度滑至顶端时恰好与皮带保持相对静止，乙滑块上升高度处恰与皮带保持相对静止。现比较甲、乙两滑块从传送带底端到顶端的过程(　　)

A．甲滑块与皮带的动摩擦因数大于乙滑块与皮带的动摩擦因数

B．甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量

C．两个过程中皮带对滑块所做的功相同

D．两个过程中电动机对皮带所做的功相同

解析：选BC　相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块分别无初速放在传送带底端，最终都与传送带速度相等，动能增加量相同，但甲的速度增加的慢，说明甲受到的摩擦力小，故甲滑块与皮带的动摩擦因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数，故A项错误；动能增加量相同，f甲·2h－mgh＝f乙·h－mgh，得f乙＝2f甲－mg，相对位移Δx甲＝2Δx乙，根据Q＝f·Δs知甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量，故B项正确；从传送带底端到顶端，甲、乙动能增加量相同，重力做功相同，根据动能定理知皮带对滑块所做的功相同，故C项正确；电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和滑块机械能的增加量，根据B、C两项分析知放甲滑块时电动机做的功较多，故D项错误。

8．如图所示，水平传送带以v＝2 m/s的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40 kg的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动。如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的功率为(　　)

A．80 W  B．160 W

C．400 W  D．800 W

解析：选B　由功能关系，电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量，所以ΔPt＝mv2＋Q，传送带做匀速运动，而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半，所以煤粉相对传送带的位移等于相对地面的位移，故Q＝f·Δx＝fx＝mv2，解得ΔP＝160 W，B项正确。

9．游乐场有一种滑雪游戏，其理想简化图如图甲所示，滑道由倾角为θ＝30°的斜坡和水平滑道组成。小孩(视为质点)在距地面高h＝10 m处由静止开始从斜坡滑下，到达底端时恰好滑上水平滑道上放置的长为l＝3 m的木板(忽略木板厚度)，此后小孩和木板运动的v ­t图像如图乙所示。已知斜坡滑道与水平滑道为圆滑过渡，速度由斜面方向转为水平方向时大小不变，不计小孩在运动过程中受到的空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求：

(1)小孩与斜坡间的动摩擦因数；

(2)小孩脱离木板时的速率。

解析：(1)对小孩在斜坡上运动过程，由题图乙可知，小孩滑到斜坡底端时的速度：

v＝10 m/s

由几何知识可知小孩在斜坡上下滑的距离为2h

由动能定理可得：

mgh－μmgcos θ·2h＝mv2

解得：μ＝。

(2)小孩在0.5 s时滑离木板，由题图乙可知木板在0～0.5 s 内的位移：

x木＝×0.5×6 m＝1.5 m

小孩的位移：

x人＝x木＋l

设小孩滑离木板的速度为v人，由平均速度公式

x人＝(v＋v人)t

解得：v人＝8 m/s。

答案：(1)　(2)8 m/s

[潜能激发]

10．(2021年1月新高考8省联考·辽宁卷)(多选)如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1 kg、2 kg，放在静止的水平传送带上，两者相距5 m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。t＝0时，甲、乙分别以6 m/s、2 m/s的初速度开始向右滑行。t＝0.5 s时，传送带启动(不计启动时间)，立即以3 m/s的速度向右做匀速直线运动。传送带足够长，重力加速度取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

A．t＝0.5 s时，两滑块相距2 m

B．t＝1.5 s时，两滑块速度相等

C．0～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为0.25 m

D．0～2.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5 J

解析：选BCD　两滑块做匀变速运动时的加速度大小a＝＝μg＝2 m/s2，根据x＝v0t－at2，t＝0.5 s时，两滑块相距Δx＝x0－＋＝3 m，A错误；传送带启动时，甲滑块的速度为v1′＝v1－at＝5 m/s，与传送带速度相等所用时间Δt1＝＝1 s，因此在t＝1.5 s时，甲滑块速度与传送带相等；传送带启动时，乙滑块传送的速度为v2′＝v2－at＝1 m/s，与传送带速度相等所用时间Δt2＝＝1 s，因此在t＝1.5 s时，乙滑块速度与传送带相等；t＝1.5 s时，两滑块速度相等，B正确；0～0.5 s内，乙相对传送带的位移大小为x1＝v2t－at2＝0.75 m,0.5～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为x2＝v0t′－＝1 m，因此0～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为x2－x1＝0.25 m，C正确；甲相对传送带的位移x甲＝v1t甲－at－v0t甲′＝6×1.5 m－×2×1.52 m－3×1 m＝3.75 m，甲滑块与传送带间摩擦生热量Q1＝μm1g·x甲＝7.5 J，乙滑块与传送带间摩擦生热量Q2＝μm2g(x1＋x2)＝7 J，因此0～2.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热为Q＝Q1＋Q2＝14.5 J，D正确。

11．如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮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放上一具有初速度的小物块。取沿斜面向上为正方向，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/s2，计算结果可以保留根号，求：

(1)传送带与小物块之间的动摩擦因数μ；

(2)0～t2时间内电动机多消耗的电能。

解析：(1)从v­t图可知，小物块的加速度a＝1 m/s2，

对物块受力分析，可得μmgcos θ－mgsin θ＝ma，

解得μ＝。

(2)法一：物块运动速度减为零后，反向加速经历时间t＝＝2 s，

因此v­t图中t2＝3 s，

3 s内传送带的位移s＝v0t2＝6 m，

传送带多消耗的电能W电＝μmgcos θ·s＝36 J；

法二：物块运动速度减为零后，反向加速经历时间t＝＝2 s，

v­t图中可知t2＝3 s，

物块运动的位移s＝1.5 m，

传送带与物块的相对位移Δs＝4.5 m

产生内能Q＝μmgcos θ·Δs＝27 J，

物块增加的重力势能ΔEp＝mgsin θ·s＝7.5 J，

物块动能的增量ΔEk＝mv02－mv12＝1.5 J，

传送带多消耗的电能W电＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36 J。

答案：(1)　(2)36 J

12.如图所示，一质量为m＝1.5 kg的滑块从倾角为θ＝37°的斜面上自静止开始滑下，滑行距离s＝10 m后进入半径为R＝9 m 的光滑圆弧AB，其圆心角为θ，然后水平滑上与圆弧B点(B点的切线为水平方向)等高的小车。已知小车质量为M＝3.5 kg，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数为μ＝0.35，地面光滑且小车足够长，取g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：

(1)滑块在斜面上的滑行时间t1；

(2)滑块脱离圆弧末端B点前，圆弧对滑块的支持力FB的大小；

(3)当小车开始匀速运动时，滑块在小车上滑行的距离s1。

解析：(1)设滑块在斜面上滑行的加速度为a，由牛顿第二定律，有mg(sin θ－μcos θ)＝ma

又s＝at12

解得t1＝2.5 s。

(2)滑块在圆弧上运动过程中，由机械能守恒定律，有

mvA2＋mgR(1－cos θ)＝mvB2

又vA＝at1

由牛顿第二定律，有FB－mg＝m

解得圆弧对滑块的支持力FB≈31.7 N。

(3)滑块在小车上滑行时的加速度大小

a1＝＝μg＝3.5 m/s2

小车的加速度大小a2＝μg＝1.5 m/s2

小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足

vB－a1t2＝a2t2

解得t2＝2 s

故小车与滑块的共同速度v＝a2t2＝3 m/s

由功能关系可得μmgs1＝mvB2－(m＋M)v2

解得s1＝10 m。

答案：(1)2.5 s　(2)31.7 N　(3)10 m