2021学年第四章 机械能及其守恒定律本章综合与测试课后复习题

第四章　机械能及其守恒定律

专题强化练6　动能定理应用中的图像和多过程问题

一、选择题

1.(2021吉林长春外国语学校高三期中,)(多选)如图甲所示,质量m=2 kg的物体以100 J的初动能在粗糙的水平地面上滑行,其动能Ek随位移x变化的关系图像如图乙所示,则下列判断中正确的是              (　　)

A.物体运动的总位移大小为10 m

B.物体运动的加速度大小为10 m/s2

C.物体运动的初速度大小为10 m/s

D.物体所受的摩擦力大小为10 N

2.(2021山东德州齐河第一中学高三期末,)(多选)在平直公路上,汽车由静止开始做匀加速运动,当速度达到vm后立即关闭发动机直到停止,v-t图像如图所示。设汽车的牵引力为F,摩擦力为f,全过程中牵引力做功W1,克服摩擦力做功W2,则              (　　)

A.F∶f=1∶3　　　　　　B.F∶f=4∶1

C.W1∶W2=1∶1　　　　　　D.W1∶W2=1∶3

3.(2021四川绵阳高三模拟,)静止在粗糙水平地面上的物块,在恒定水平拉力的作用下开始运动,当位移为2x0时撤去外力,此时物块动能为Ek0,继续滑行x0后停下来,其动能随位移变化的关系如图所示。根据图像中已知信息,不能确定的物理量是              (深度解析)

A.恒定水平拉力的大小

B.物块与水平地面之间的动摩擦因数

C.物块加速运动和减速运动的时间之比

D.物块加速运动和减速运动的加速度大小之比

4.(2021河南三门峡陕州中学高三月考,)(多选)一质量为2 kg的物体,在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g=10 m/s2,由此可知              (　　)

A.物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35

B.减速过程中拉力对物体所做的功约为13 J

C.匀速运动时的速度约为6 m/s

D.减速运动的时间约为1.7 s

5.(2021湖北恩施中学高三模拟,)(多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg的物体受到水平拉力的作用,在0～6 s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示。下列说法中正确的是              (　　)

A.0～6 s内拉力做的功为140 J

B.物体在0～2 s内所受的拉力为4 N

C.物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5

D.合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等

6.(2021江西南昌第一次模拟,)质量为2 kg的物块放在粗糙水平面上,在水平拉力的作用下由静止开始运动,物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是              (　　)

A.x=1 m时物块的速度大小为2 m/s

B.x=3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s2

C.在前4 m位移过程中拉力对物块做的功为9 J

D.在前4 m位移过程中物块所经历的时间为2.8 s

二、非选择题

7.(2021广东佛山一中高三模拟,)如图所示,质量m=3 kg的小物块以初速度v0=4 m/s水平向右抛出,恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道,圆弧轨道的半径为R=3.75 m,B点是圆弧轨道的最低点,圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接,A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道,小物块与MN间的动摩擦因数μ=0.1,轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r=0.4 m的半圆轨道,C点是圆弧轨道的最高点,半圆轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。

(1)求小物块的抛出点离A点的竖直距离h;

(2)若MN的长度为L=6 m,求小物块通过C点时所受轨道的弹力FN;

(3)若小物块恰好能通过C点,求MN的长度L'。

8.(2020山东济宁高三一模,)如图所示,一根轻弹簧左端固定于竖直墙上,右端被质量为m=1 kg、可视为质点的小物块压缩而处于静止状态,且弹簧与物块不拴接,弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一水平传送带AB,长为L=12 m,与传送带相邻的粗糙水平面BC长为x=4 m,物块与传送带及水平面BC间的动摩擦因数均为μ=0.3。在C点右侧有一半径为R的光滑竖直半圆轨道与BC平滑连接,在半圆轨道的最高点F处有一固定挡板(图中未画出),物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以v=6 m/s的速率顺时针匀速转动,不考虑物块滑上和滑下传送带时的机械能损失。释放物块,当弹簧储存的能量Ep=8 J全部转移给物块时,小物块恰能滑到与圆心O等高的E点,取g=10 m/s2。

(1)求物块被弹簧弹出时的速度大小;

(2)求半圆轨道的半径R;

(3)若传送带的速度大小可调,欲使小物块与挡板只碰一次,且碰后不脱离轨道,求传送带速度的可调范围。

答案全解全析

1.ACD　由图像可知,物体运动的总位移为10 m,根据动能定理得,-Ffx=0-Ek0,解得Ff= N=10 N,故A、D正确。根据牛顿第二定律得,物体运动的加速度大小a= m/s2=5 m/s2,故B错误。根据Ek0= m/s=10 m/s,故C正确。

2.BC　全过程初、末状态的动能都为零,对全过程应用动能定理得W1-W2=0,即W1=W2,C正确,D错误。设汽车在0～1 s内和1～4 s内运动的位移大小分别为s1、s2,则W1=Fs1,W2=f(s1+s2),在v-t图像中,图线与时间轴所围的面积表示位移,由图像可知,s2=3s1,联立解得F∶f=4∶1,A错误,B正确。

3.B　物块位移从0～2x0的过程,由动能定理得F·2x0-f·2x0=Ek0-0,从2x0～3x0的过程,由动能定理得-fx0=0-Ek0,联立可解得水平拉力F的大小和物块与水平地面之间的摩擦力f的大小,由于物块的质量未知,则无法确定物块与水平地面之间的动摩擦因数;设物块运动过程中的最大速度为vmax,则有2x0=t1,x0=t2,联立可求得物块加速运动和减速运动的时间之比;由A分析可解得F=f,则物块加速运动和减速运动的加速度大小之比。本题选不能确定的物理量,故选B。

导师点睛

与动能定理结合紧密的几种图像

(1)v-t图像:由公式x=vt可知,v-t图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。

(2)F-x图像:由公式W=Fx可知,F-x图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。

(3)P-t图像:由公式W=Pt可知,P-t图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。

(4)a-t图像:由公式Δv=at可知,a-t图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。

(5)Ek-x图像:由公式F合x=Ek-Ek0可知,Ek-x图线的斜率表示合外力。

4.ABC　F-x图像与x轴围成的面积代表拉力F所做的功,由图知减速阶段F-x图线与x轴围成面积约13个小格,每个小格表示1 J,则约为13 J,故B正确。物体开始时做匀速运动,则F=μmg,由图像知F=7 N,则μ==0.35,故A正确。对全程应用动能定理:WF-μmgs=0-,其中WF=(7×4+13) J=41 J,得v0=6 m/s,故C正确。减速运动时有f-F=ma,所以物体做加速度增大的减速运动,且加速度最后增大到amax=μg,如果物体从v0以a=μg的加速度匀减速停止,则时间t0=≈1.7 s,故D错误。

5.AD　0～6 s内拉力做的功可以由P-t图线与t轴围成的面积求得,W=140 J,故A正确;2～6 s内物体匀速运动,由P=Fv得2～6 s内拉力F2==2 N,则摩擦力Ff=F2=2 N,0～2 s内由v-t图像得a=5 m/s2,由牛顿第二定律F1-Ff=ma,得F1=6 N,故B错误;由Ff=μmg得μ=0.25,故C错误;合外力做的功等于动能的增加量,所以0～6 s内与0～2 s内合外力做的功相等,故D正确。

6.D　由图像可知x=1 m时物块的动能为2 J,速度大小为v1= m/s,A错误;根据动能定理ΔEk=F合x可知,物块在两段运动中所受合外力均恒定,则物块均做匀加速直线运动,当x=2 m时动能为4 J,v2=2 m/s,当x=4 m时动能为9 J,v4=3 m/s,则2～4 m过程中,有2a2x2=,解得加速度为a2=1.25 m/s2,B错误;对物块运动全过程,由动能定理得:W+(-μmgx)=-0,解得W=25 J,C错误;0～2 m过程,t1==2 s,2～4 m过程,t2==0.8 s,故总时间为2 s+0.8 s=2.8 s,D正确。

7.答案　(1)0.45 m　(2)60 N　(3)10 m

解析　(1)根据平抛运动规律有: tan 37°=

得t=0.3 s

解得h=gt2=0.45 m。

(2)小物块由抛出点运动到B点的过程中,根据动能定理有

mg[h+R(1- cos 37°)]=

解得vB=2 m/s

小物块由B点运动到C点的过程中,根据动能定理有

-μmgL-2mgr=

在C点:FN+mg=

解得FN=60 N。

(3)小物块恰好能通过C点时,有mg=

解得vC'=2 m/s

小物块从B点运动到C点的过程中,根据动能定理有

-μmgL'-2mgr=

解得L'=10 m。

8.答案　(1)4 m/s　(2)0.6 m　(3)3 m/s

解析　(1)物块被弹簧弹出,弹簧储存的能量全部转化为物块的动能,得Ep=,解得v0=4 m/s。

(2)若物块在传送带上一直加速运动,设物块获得的速度为v',有v'2-=2μgL,解得v'=2 m/s>6 m/s,所以物块在传送带上先加速运动后匀速运动,经过传送带后物块获得的速度为v=6 m/s。从B点到E点,由动能定理得-μmgx-mgR=0-mv2,解得R=0.6 m。

(3)设物块在B点的速度为v1时恰能到F点,在F点满足mg=m;从B点到F点过程中,由动能定理可得-μmgx-mg×2R=,解得v1=3 m/s。

设物块在B点的速度为v2时,物块撞挡板返回后恰好能再次上滑到E点,对从B点到第二次滑到E点过程,由动能定理可知-μmg×3x-mgR=0-,解得v2=2 m/s;

因为物块在传送带上一直加速获得的最大速度为2 m/s,所以传送带速度的可调范围为3 m/s。