新教科版課時(shí)31專題提升課8動(dòng)能定理在多過程問題中的應(yīng)用作業(yè)

專題提升課8動(dòng)能定理在多過程問題中的應(yīng)用基礎(chǔ)對點(diǎn)練1.(動(dòng)力學(xué)和能量綜合的板塊模型)(2023黑龍江大慶模擬)如圖所示,長木板A靜止放在光滑的水平地面上,物體B以水平速度沖上木板A后,由于摩擦力作用,最后停止在木板A上,則從物體B沖上木板A到相對木板A靜止的過程,下列說法正確的是()A.物體B克服摩擦力做的功等于木板A增加的機(jī)械能與系統(tǒng)增加的內(nèi)能之和B.物體B動(dòng)能的減少量等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能C.物體B克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量D.物體B損失的機(jī)械能等于木板A獲得的機(jī)械能答案A解析根據(jù)功能關(guān)系可知,物體B克服摩擦力做的功等于物體B動(dòng)能的減少量,把A、B看作一個(gè)系統(tǒng),根據(jù)系統(tǒng)能量守恒知,物體B動(dòng)能的減少量等于木板A增加的機(jī)械能(動(dòng)能)與系統(tǒng)增加的內(nèi)能之和。故選A。2.(動(dòng)力學(xué)和能量綜合的傳送帶模型)(2023云南昆明模擬)一條罐頭生產(chǎn)線的部分示意圖如圖所示,電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)傳送帶以恒定的速率沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)。機(jī)器手臂將一瓶罐頭無初速地放到傳送帶底端,一段時(shí)間后罐頭與傳送帶共速,然后勻速向上運(yùn)動(dòng)。在罐頭隨傳送帶勻速向上運(yùn)動(dòng)的過程中()A.罐頭的機(jī)械能守恒B.罐頭受到的摩擦力方向沿傳送帶向下C.罐頭受到的摩擦力對它做正功D.罐頭受到的支持力對它做正功答案C解析罐頭隨傳送帶勻速向上運(yùn)動(dòng)的過程中,其動(dòng)能保持不變,重力勢能一直增加,根據(jù)E=Ep+Ek可知罐頭的機(jī)械能不守恒,A錯(cuò)誤;罐頭隨傳送帶勻速向上運(yùn)動(dòng)的過程中,受力平衡,可知罐頭受到的摩擦力方向沿傳送帶向上,B錯(cuò)誤;根據(jù)上面選項(xiàng)分析,罐頭隨傳送帶勻速向上運(yùn)動(dòng)的過程中,罐頭受到的摩擦力方向與其位移方向相同,所以罐頭受到的摩擦力對它做正功,C正確;罐頭受到的支持力方向與其位移方向垂直,所以支持力對它不做功,D錯(cuò)誤。3.(動(dòng)力學(xué)和能量綜合的板塊模型)如圖所示,一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng),現(xiàn)將質(zhì)量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端,已知物體和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,為保持木板的速度不變,從物體放到木板上到物體相對木板靜止的過程中,須對木板施一水平向右的作用力F,則力F對木板所做的功為()A.mv24C.mv2 D.2mv2答案C解析由能量轉(zhuǎn)化和能量守恒定律可知,力F對木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體的動(dòng)能,一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能,故W=12mv2+μmgx相,x相=vt-v2t,a=μg,v=at,聯(lián)立以上各式可得W=mv24.(動(dòng)力學(xué)和能量綜合的多過程問題)(多選)(2023山西太原模擬)如圖所示,質(zhì)量均為m的物塊甲、乙用輕彈簧相連且靜止在傾角為α的光滑斜面上,物塊乙與固定在斜面底端并與斜面垂直的擋板接觸,彈簧的勁度系數(shù)為k。某時(shí)刻若用沿斜面向上的恒力F1作用在物塊甲上,當(dāng)物塊甲向上運(yùn)動(dòng)到速度為零時(shí),物塊乙剛好要離開擋板,此過程F1做功為W1;若用沿斜面向上的恒力F2作用在物塊甲上,當(dāng)物塊甲斜向上運(yùn)動(dòng)到加速度為零時(shí),物塊乙剛好要離開擋板,此過程F2做功為W2,重力加速度為g,彈簧始終處在彈性限度內(nèi),則下列判斷正確的是()A.F1=2mgsinαB.F2=2mgsinαC.W1等于彈簧彈性勢能的增加量D.W2等于物塊甲機(jī)械能的增加量答案BD解析當(dāng)用F1拉著物塊甲向上運(yùn)動(dòng)到速度為零時(shí),物塊乙剛好要離開擋板,此時(shí)物塊甲的加速度方向沿斜面向下,因此F1<2mgsinα,A錯(cuò)誤;當(dāng)用F2拉著物塊甲向上運(yùn)動(dòng)到加速度為零時(shí),物塊乙剛好要離開擋板,此時(shí)甲、乙整體所受的合力為零,則有F2=2mgsinα,B正確;當(dāng)用F1拉著物塊甲向上運(yùn)動(dòng)到速度為零時(shí),彈簧彈性勢能的變化量為零,F1做的功W1等于物塊甲重力勢能的增加量,C錯(cuò)誤;當(dāng)用F2拉著物塊甲向上運(yùn)動(dòng)到加速度為零時(shí),物塊乙剛好要離開擋板,此過程中彈簧彈性勢能的變化量仍為零,F2做的功W2等于物塊甲機(jī)械能的增加量,D正確。5.(動(dòng)力學(xué)和能量綜合的多過程問題)過山車是游樂場中常見的設(shè)施,一種過山車的簡易模型如圖所示,由弧形軌道AB、豎直圓軌道、水平軌道BCD構(gòu)成,B是圓軌道的最低點(diǎn),軌道右端D點(diǎn)處固定有原長為CD的彈簧,BCD段軌道粗糙,其余軌道光滑,各段軌道均平滑連接。用質(zhì)量m=1.0kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))模擬過山車的運(yùn)動(dòng),現(xiàn)將滑塊從與水平軌道之間的高度差為h=1.8m位置處靜止釋放,滑塊通過圓軌道后向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧,被彈回后第一次到達(dá)E點(diǎn)即停止運(yùn)動(dòng)。已知滑塊與水平軌道BCD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.3,BE之間的距離LBE=2.0m,EC之間的距離LEC=1.0m,滑塊始終與圓軌道保持接觸,不計(jì)空氣阻力,重力加速度g取10m/s2。求:(1)圓軌道半徑R的最大值;(2)彈簧的最大彈性勢能。答案(1)0.72m(2)6J解析(1)圓軌道半徑R最大時(shí),滑塊從圓軌道的最高點(diǎn)經(jīng)過時(shí)對軌道恰好無作用力,設(shè)圓軌道半徑的最大值為Rmax,在圓軌道的最高點(diǎn)mg=mv滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理可得mg(h-2Rmax)=1解得Rmax=0.72m。(2)滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理可得mgh=1滑塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最右端的過程中,設(shè)彈簧的最大壓縮量為x,最大彈性勢能為Ep,可得12mvB2=μmg(LBE+L滑塊從最右端運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過程中Ep=μmg(x+LEC)解得Ep=6J。素養(yǎng)綜合練6.(多選)(2023廣西河池模擬)如圖所示,質(zhì)量為m'、長L=4m的木板Q放在光滑的水平面上,可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m的物塊P放在木板的最左端。T=0時(shí)刻給物塊水平向右的初速度,當(dāng)物塊P滑到木板Q的最右端時(shí)木板Q的位移x=7m。則下列說法正確的是()A.P、Q所受的摩擦力之比為m∶m'B.摩擦力對P、Q所做的功的絕對值之比為11∶7C.P減小的動(dòng)能與P、Q間因摩擦而產(chǎn)生的熱量之比為11∶4D.Q增加的動(dòng)能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能之比為11∶4答案BC解析P對Q的摩擦力與Q對P的摩擦力是作用力、反作用力,即P、Q所受的摩擦力之比為1∶1,A錯(cuò)誤;摩擦力對物體P所做的功為WfP=-FfxP=-Ff(x+L),摩擦力對物體Q所做的功為WfQ=FfxQ=Ffx,摩擦力對P與摩擦力對Q所做的功的絕對值之比為11∶7,B正確;對P由動(dòng)能定理得-FfxP=ΔEkP,對Q由動(dòng)能定理得FfxQ=ΔEkQ,P、Q組成的系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為ΔE=FfL,即系統(tǒng)損失的機(jī)械能為FfL,則ΔEkP∶ΔE=11∶4,ΔEkQ∶ΔE=7∶4,C正確、D錯(cuò)誤。7.(2022江蘇昆山柏廬高級中學(xué)模擬)如圖所示裝置,AB為光滑豎直管道,高度h=8m,BCD為半徑R1=2m的光滑半圓軌道,DE為半徑R2=3m的粗糙四分之一圓軌道,現(xiàn)有質(zhì)量m=1kg的小球從A點(diǎn)由靜止釋放進(jìn)入裝置中。已知小球到達(dá)E點(diǎn)時(shí),小球?qū)ν廛壍赖膲毫?.5mg,C為水平地面上的一點(diǎn),重力加速度g取10m/s2,下列說法正確的是()A.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,小球的機(jī)械能守恒B.小球到達(dá)最低點(diǎn)C點(diǎn)時(shí),對軌道的壓力為100NC.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程,摩擦力做的功Wf=-37.5JD.小球從E點(diǎn)離開軌道,再次落到地面上時(shí)的動(dòng)能Ek=87.5J答案D解析DE軌道粗糙,小球經(jīng)過時(shí),摩擦力會做功,不符合機(jī)械能守恒條件,A錯(cuò)誤;小球到達(dá)最低點(diǎn)C時(shí),軌道的支持力為F,有F-mg=mv2R1、mg(h+R1)=12mv2,聯(lián)立解得F=110N,根據(jù)牛頓第三定律可知,小球到達(dá)最低點(diǎn)C時(shí),對軌道的壓力為110N,方向向下,B錯(cuò)誤;假定小球到E點(diǎn)速度為v1,依題意有mg+1.5mg=mv12R2,整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程,摩擦力做的功為Wf,據(jù)動(dòng)能定理有12mv12-0=mg(h-R2)+Wf,解得Wf=-12.5J,C錯(cuò)誤;小球從E點(diǎn)離開軌道,再次落到地面上時(shí)的動(dòng)能為Ek,依題意有Ek=12m8.(2022湖北武漢模擬)如圖所示,傾角為37°的傳送帶順時(shí)針以速度v0=1.0m/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng),可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊以平行于傳送帶向下的初速度v滑上傳送帶頂端,經(jīng)過一段時(shí)間從傳送帶上滑落。已知滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.8,滑塊質(zhì)量m=1.0kg,傳送帶轉(zhuǎn)軸中心距離L=5.0m,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6。(1)若v=3.0m/s,求滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中,摩擦力對滑塊做的功;(2)若v=1.0m/s,求滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中,電動(dòng)機(jī)多消耗的電能;(3)求滑塊和傳送帶間因摩擦而增加的內(nèi)能的最大值及此時(shí)v的數(shù)值。答案(1)-32J(2)32J(3)72J2m/s解析(1)由牛頓第二定律μmgcos37°-mgsin37°=ma解得滑塊的加速度a=0.4m/s2當(dāng)其速度減到零時(shí),其位移為-v2=-2ax解得x=11.25m>L=5m即滑塊在速度減為零前就已經(jīng)滑下傳送帶,故摩擦力做功為Wf=-μmgcos37°·L=-32J。(2)當(dāng)速度減為零時(shí),其位移為x1,有0-v2=-2ax1解得x1=1.25m<L=5m所以其減速為零后將做反向加速運(yùn)動(dòng),其加速度滿足μmgcos37°-mgsin37°=ma解得a=0.4m/s2由運(yùn)動(dòng)的對稱性可知,其反向加速運(yùn)動(dòng)到頂端時(shí)速度仍為1m/s,設(shè)向上為正方向,其總體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為-v=v-at解得t=5s此過程傳送帶位移x傳=v0t=5m相對位移Δx=x傳-0=5m整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,對于滑塊來說,重力勢能未變,動(dòng)能也沒變,所以滑塊的機(jī)械能未發(fā)生改變,電動(dòng)機(jī)多做的功為摩擦產(chǎn)生的熱量,即W電=Q=FfΔx=μmgcos37°·Δx=32J。(3)由第二問的分析可知,其內(nèi)能與滑塊和傳送帶之間的相