山东专用高考物理一轮复习专题六机械能守恒定律_应用集训含解析

专题六　机械能守恒定律
应用篇
【应用集训】
应用一　机车启动
1.(2020山东菏泽一中高一期末,6)一辆汽车在水平路面上由静止启动,在前4 s内做匀加速直线运动,4 s末达到额定功率,之后保持额定功率运动,其v-t图像如图所示。已知汽车的质量为m=3×103 kg,汽车受到的阻力为车重的0.2,g取10 m/s2,则下列不正确的是 (　　)

A.汽车的最大速度为20 m/s
B.汽车的额定功率为180 kW
C.汽车在前4 s内的牵引力为1.5×104 N
D.汽车在前4 s内牵引力做的功为3.6×105 J
答案　A　
2.(2020山东寿光现代中学开学考,18)一辆汽车以恒定加速度由静止开始在水平路面上做直线运动,其行驶过程中牵引力F与车速的倒数1v的关系如图所示,v2为行驶过程的最大速度。已知汽车质量为1×103 kg,最大功率为2×104 W,运动中汽车所受阻力恒定。求:
(1)v1和v2的大小;
(2)汽车匀加速运动的时间;
(3)汽车速度为10 m/s时的加速度。

答案　(1)6.67 m/s　20 m/s　(2)3.33 s　(3)1 m/s2
应用二　利用动能定理求总路程的方法
1.如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,BC是水平的,其长度d=0.50 m。盆边缘的高度为h=0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)。已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10。小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停下的位置到B的距离为 (　　)

　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.0.50 m　　B.0.25 m　　C.0.10 m　　D.0
答案　D　
2.(2020山东肥城高一期中,17)如图所示,半径R=0.5 m的光滑圆弧轨道的左端A与圆心O等高,B为圆弧轨道的最低点,圆弧轨道的右端C与一倾角θ=37°的粗糙斜面相切。一质量m=1 kg的小滑块从A点正上方h=1 m处的P点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ=0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2。
(1)求滑块第一次运动到B点时对轨道的压力;
(2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。

答案　(1)70 N　方向竖直向下　(2)1.4 m
应用三　巧用机械能守恒定律解决非质点问题
1.如图所示,AB为光滑的水平面,BC是倾角为α的足够长的光滑斜面,斜面体固定不动。AB、BC间用一小段光滑圆弧轨道相连。一条长为L的均匀柔软链条开始时静止地放在ABC面上,其一端D至B的距离为L-a。现自由释放链条,重力加速度为g,则:
(1)链条下滑过程中,系统的机械能是否守恒?简述理由;
(2)链条的D端滑到B点时,链条的速率为多大?

答案　(1)守恒　理由见解析　(2)gL(L2-a2)sinα
2.如图所示,露天娱乐场空中列车是由许多节完全相同的车厢组成,列车先沿光滑水平轨道行驶,然后滑上一固定的半径为R的空中圆形光滑轨道,若列车全长为L(L>2πR),R远大于一节车厢的长度和高度,那么列车在运行到圆形光滑轨道前的速度至少要多大,才能使整个列车安全通过固定的圆形轨道(车厢间的距离不计)。重力加速度为g。

答案　gR1+4πRL
应用四　传送带模型中动力学方法和能量观点的应用
　如图所示,与水平面成30°角的传送带以v=2 m/s的速度按如图所示顺时针方向匀速运行,A、B两端距离l=9 m。把一质量m=2 kg的物块无初速地轻轻放到传送带的A端,物块在传送带的带动下向上运动。若物块与传送带间的动摩擦因数μ=1.433,不计物块的大小,g取10 m/s2。问:
(1)从放上物块开始计时,t=0.5 s时摩擦力对物块做功的功率是多少?此时传送带克服摩擦力做功的功率是多少?
(2)把这个物块从A端传送到B端的过程中,传送带运送物块产生的热量多大?
(3)把这个物块从A端传送到B端的过程中,摩擦力对物块做功的平均功率是多少?

　答案　(1)14 W　28 W　(2)14 J　(3)18.8 W
应用五　滑块—木板模型中动力学方法和能量观点的应用
　(2020山东临朐实验中学月考,18)如图所示,在光滑水平台面上静置一质量mA=0.9 kg的长木板A,A的右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量mC=0.9 kg的物体C拴接。当C从静止开始运动至下落高度为h=0.4 m时,在木板A的最右端轻放一质量为mB=3.6 kg的小铁块B(可视为质点),A、B间的动摩擦因数μ=0.25,最终B恰好未从木板A滑落,g取10 m/s2。求:
(1)刚放铁块B时,A的速度大小v0;
(2)木板A的长度L。

　答案　(1)2 m/s　(2)0.8 m
[教师专用题组]
【应用集训】
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(2020湖南四校联考)(多选)如图甲所示,倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上,物体相对地面的v-t图像如图乙所示,设沿传送带向下为正方向,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=cos 53°=0.6,则 (　　)

A.传送带的速率v0=10 m/s
B.传送带与水平方向的夹角θ=30°
C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5
D.0~2.0 s内摩擦力对物体做的功Wf=-24 J
答案　ACD　由题图乙知,物体先以加速度a1做初速度为零的匀加速直线运动,速度达到传送带速度后(在t=1.0 s时刻),物体继续向下做加速度为a2的匀加速直线运动,可知传送带的速度为v0=10 m/s,故A正确;在0~1.0 s内,物体摩擦力方向沿斜面向下,加速度为a1=mgsinθ+μmgcosθm=g sin θ+μg cos θ,由图可得a1=101 m/s2=10 m/s2,即g sin θ+μg cos θ=10 m/s2,在1.0~2.0 s内,物体的加速度为a2=mgsinθ-μmgcosθm=g sin θ-μg cos θ,由图可得a2=12-101 m/s2=2 m/s2,即g sin θ-μg cos θ=2 m/s2,联立解得μ=0.5、θ=37°,故B错误,C正确;根据图线与横轴所围的面积表示物体的位移,可知0~1.0 s内物体的位移x1=12×10×1 m=5 m,由动能定理有mgx1 sin θ+Wf1=12mv02,解得Wf1=20 J,1.0~2.0 s内物体的位移x2=10+122×1 m=11 m,由动能定理有mgx2 sin θ+Wf2=12mv22-12mv02,解得Wf2=-44 J,故0~2.0 s内摩擦力对物体做的功Wf=Wf1+Wf2=-24 J,D正确。
2.(2020四川眉山中学模拟)(多选)如图所示,在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点,每隔相同的时间T,轻放上一个相同的工件。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ,工件质量为m。经测量,发现后面那些和传送带共速的工件之间的距离均为L,已知重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　)

A.传送带的速度大小为LT
B.工件在传送带上加速的时间为2μgLT
C.每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为 μmgL2
D.传送带传送一个工件多消耗的能量为mL2T2
答案　AD　工件在传送带上先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动,每个工件放上传送带后运动的规律相同,可知L=vT,解得传送带的速度v=LT,选项A正确;设每个工件匀加速运动的时间为t,根据牛顿第二定律得,工件的加速度a=μg,根据v=v0+at,解得t=va=LμgT,选项B错误;工件与传送带发生相对滑动的位移Δx=x传-x物=vvμg-v22μg=L22μgT2,则因摩擦产生的热量为Q=μmgΔx=mL22T2,选项C错误;根据能量守恒定律可得,传送带传送一个工件多消耗的能量为E=12mv2+Q=mL2T2,选项D正确。
【易错提醒】 在解涉及功能关系的传送带问题时,要理解功是能量转化的量度,从物体增加的机械能和系统增加的内能两个角度去求解电动机多消耗的电能。
3.(2020天津模拟)(多选)质量为m的汽车在平直路面上启动,启动过程的v-t图像如图所示。从t1时刻起牵引力的功率保持不变,整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff,则 (　　)

A.0~t1时间内,汽车的牵引力等于mv1t1
B.t1~t2时间内,汽车的功率等于(mv1t1+Ff)v1
C.汽车运动的最大速度v2=(mv1Fft1+1)v1
D.t1~t2时间内,汽车的平均速度小于v1+v22
答案　BC　由题图可知,0~t1阶段,汽车做匀加速直线运动,a=v1t1,F1-Ff=ma,联立得F1=mv1t1+Ff,选项A错误;在t1时刻汽车达到额定功率,P=F1v1=(mv1t1+Ff)v1,t1~t2时间内,汽车保持额定功率不变,选项B正确;t2时,速度达到最大值v2,此时F2=Ff,P=F2v2,v2=PF2=(mv1Fft1+1)v1,选项C正确;由v-t图线与t轴所围面积表示位移的大小可知,t1~t2时间内,汽车的平均速度大于v1+v22,选项D错误。
4.(2015课标Ⅱ,17,6分)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中,可能正确的是 (　　)


答案　A　由题意知汽车发动机的功率为P1、P2时,汽车匀速运动的速度v1、v2满足P1=fv1、P2=fv2,即v1=P1/f、v2=P2/f。若t=0时刻v0v1的情况,故不做分析。在t1时刻,发动机的功率突然由P1增大到P2,而瞬时速度未来得及变化,则由P=Fv知牵引力突然增大,则汽车立即开始做加速运动有:P2v-f=ma2,同样,a2随v的增大而减小,直到a2=0时开始匀速运动,故A正确、C错误。
5.(2020河北衡水中学六调)(多选)如图所示,A、B质量分别为m和M,B系在固定于墙上的水平轻弹簧的另一端,并置于光滑的水平面上,弹簧的劲度系数为k,将B向右拉离平衡位置x后,无初速度释放,在以后的运动中A、B保持相对静止,则在弹簧恢复原长的过程中 (　　)

A.A受到的摩擦力最大值为mkxM
B.A受到的摩擦力最大值为mkxM+m
C.摩擦力对A做功为mkx22M
D.摩擦力对A做功为mkx22(M+m)
答案　BD　刚释放时,A、B加速度最大,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得kx=(M+m)am,解得am=kxM+m,此时A受到的摩擦力最大,对A根据牛顿第二定律得Ffm=mam=mkxM+m,故A错误,B正确;在弹簧恢复原长的过程中,A受的摩擦力随位移增大而线性减小到零,所以摩擦力对A做的功为W=Ffm2·x=mkx22(M+m),故C错误,D正确。
6.(2020湖北襄阳四中模拟)(多选)如图所示,n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列,总长度为l,总质量为M,它们一起以速度v在光滑水平面上滑动,某时刻开始滑上粗糙水平面。小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ,若小方块恰能完全进入粗糙水平面,则摩擦力对所有小方块所做功的大小为 (　　)

A.12Mv2　　B.Mv2　　C.12μMgl　　D.μMgl
答案　AC　小方块恰能完全进入粗糙水平面,说明小方块进入粗糙水平面后速度为零,以所有小方块为研究对象,据动能定理得,Wf=0-12Mv2,所以所有小方块克服摩擦力做功为12Mv2,故A正确,B错误。由于摩擦力是变力,联立f=μFN和FN=Mgl·x,得f=μMgl·x,画出f-x图像如图所示,f-x图像与x轴围成的面积代表克服摩擦力做的功,大小为12μMgl,故C正确,D错误。

7.(2020福建厦门检测)如图所示,一劲度系数为k=100 N/m的轻弹簧下端固定于倾角为θ=53°的光滑斜面底端,上端连接物块Q。一轻绳跨过定滑轮O,一端与物块Q连接,另一端与套在光滑竖直杆的物块P连接,定滑轮到竖直杆的距离为d=0.3 m。初始时在外力作用下,物块P在A点静止不动,OQ段轻绳与斜面平行,绳子张力大小为50 N。已知物块P的质量为m1=0.8 kg,物块Q的质量为m2=5 kg,不计滑轮大小及摩擦作用,取g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。现将物块P由静止释放,求:

(1)物块P位于A时,弹簧的伸长量x1;
(2)物块P上升h=0.4 m至与滑轮O等高的B点时的速度大小;
(3)物块P上升至B点过程中,轻绳拉力对其所做的功。
答案　(1)0.1 m　(2)23 m/s　(3)8 J
解析　(1)物块P位于A点时,有T=m2g sin θ+kx1
解得x1=0.1 m。
(2)经分析,物块P上升h=0.4 m到B点时,物块Q速度为0,下降距离为Δx=0.5 m-0.3 m=0.2 m
即弹簧压缩x2=0.2 m-0.1 m=0.1 m
故弹性势能变化量为零
对物块P、Q及弹簧组成的系统,从A到B根据系统机械能守恒有m2g·Δx· sin θ-m1gh=12m1vB2
代入可得vB=23 m/s。
(3)物块P上升至B点的过程中,对物块P有WT-m1gh=12m1vB2
代入数据得WT=8 J。
8.(2020福建四校联考)如图所示,水平传送带在电动机带动下以速度v1=2 m/s匀速运动,小物体P、Q质量分别为0.2 kg和0.3 kg,由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带中点处由静止释放。已知P与传送带间的动摩擦因数为0.5,传送带水平部分两端点间的距离为4 m,不计定滑轮质量及摩擦,P与定滑轮间的绳水平,取g=10 m/s2。

(1)判断P在传送带上的运动方向并求其加速度大小;
(2)求P从开始到离开传送带水平端点的过程中,与传送带间因摩擦产生的热量;
(3)求P从开始到离开传送带水平端点的过程中,电动机多消耗的电能。
答案　(1)向左运动　4 m/s2　(2)4 J　(3)2 J
解析　(1)传送带对P的摩擦力f=μm1g=1 N,
Q的重力m2g=3 N,故P将向左运动。
根据牛顿第二定律,
对P:T-μm1g=m1a
对Q:m2g-T=m2a
解得:a=m2g-μm1gm1+m2=4 m/s2。
(2)从开始到离开端点:L2=12at2
传送带的位移s=v1t
Q=μm1g(L2+s)=4 J。
(3)电动机多消耗的电能为传送带克服摩擦力所做的功
ΔE电=W克=μm1gs=2 J
9.(2020江西南昌联考)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下滑,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,然后水平滑上与平台等高的小车。已知小车质量为M=3.5 kg,滑块与斜面及小车表面间的动摩擦因数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)滑块在斜面上滑行的时间t1;
(2)滑块脱离圆弧末端B点前,轨道对滑块支持力的大小;
(3)当小车开始匀速运动时,滑块在车上滑行的距离s1。

答案　(1)2.5 s　(2)31.7 N　(3)10 m
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-μmg cos θ=ma,又s=12at12
联立以上两式,代入数据解得a=3.2 m/s2,t1=2.5 s。
(2)滑块在圆弧AB上运动过程,由机械能守恒定律,有
12mvA2+mgR(1- cos θ)=12mvB2,其中vA=at1
由牛顿第二定律,有FB-mg=mvB2R
联立以上各式,代入数据解得轨道对滑块的支持力
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=μmgM=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
由(2)可知滑块刚滑上小车的速度vB=10 m/s,代入上式得t2=2 s,所以最终同速时的速度v=vB-a1t2=3 m/s
由功能关系可得:μmg·s1=12mvB2-12(m+M)v2
解得:s1=10 m。
【延伸思考】 (1)滑块在斜面上下滑时产生的摩擦热Q1=μmg cos θ·s=42 J。
(2)滑块在小车上滑行时滑块与小车组成的系统产生的摩擦热Q2=μmg·s1=12mvB2-12(m+M)v2=52.5 J。
(3)要使滑块能从小车的右端滑出去,小车的长度l应满足:l 10.(2020四川成都第二次联考)如图所示,倾角为θ的斜面底端固定一个挡板P,质量为m的小物块A与质量不计的木板B叠放在斜面上,A位于B的最上端且与挡板P相距L。已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,且μ1> tan θ>μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,B与挡板P相撞后不反弹,A与挡板P相撞的过程中没有机械能损失。将A、B同时由静止释放。
(1)求A、B释放瞬间小物块A的加速度大小a1;
(2)若A与挡板P不相撞,求木板B的最小长度l0;
(3)若木板B的长度为l,求整个过程中木板B运动的总路程。

答案　见解析
解析　(1)释放A、B,它们一起匀加速下滑。以A、B为研究对象,由牛顿第二定律有mg sin θ-μ2mg cos θ=ma1,
解得a1=g sin θ-μ2g cos θ。
(2)在B与挡板P相撞前,A和B相对静止,以相同的加速度一起向下做匀加速运动。B与挡板P相撞后立即静止,A开始匀减速下滑。若A到达挡板P处时的速度恰好为零,此时B的长度即为最小长度l0。
从A释放至到达挡板P处的过程中,B与斜面间由于摩擦产生的热量Q1=μ2mg cos θ·(L-l0),
A与B间由于摩擦产生的热量Q2=μ1mg cos θ·l0
根据能量守恒定律有mgL sin θ=Q1+Q2,
解得l0= sinθ-μ2 cosθ(μ1-μ2)cosθL。
(3)分两种情况:
①若l≥l0,A一直减速直到静止在木板B上,木板B通过的路程x=L-l。
②若l 在此过程中,A与B间由于摩擦产生的热量Q1'=μ1mg cos θ·l,
B与斜面间由于摩擦产生的热量Q2'=μ2mg cos θ·x,
根据能量守恒定律有mgL sin θ=Q1'+Q2',
解得x=Lsinθ-μ1lcosθμ2 cosθ。
创新篇
【创新集训】
创新点　匀质链条、绳索、流体模型中的功能关系
1.(2020山东枣庄一模)如图所示,有一条长为L的均匀金属链条,一半长度在光滑斜面上,斜面倾角为θ,另一半长度沿竖直方向下垂在空中,当链条从静止开始释放后滑动,求链条刚好从右侧全部滑出斜面时的速度是多大?(重力加速度为g)


答案　gL(3-sinθ)2
2.(2020天津质检)如图所示,游乐列车由许多节车厢组成。列车全长为L,圆形轨道半径为R(R远大于一节车厢的高度h和单节车厢的长度l,但L>2πR)。已知列车的车轮是卡在导轨上的,光滑轨只能使列车沿着圆周运动而不能脱轨。试问:列车在水平轨道上应具有多大的初速度v0,才能使列车通过圆形轨道?

答案　v0>2RπgL