课时作业26 动力学和能量观点的综合应用Word下载.docx

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2．（2018·

河南郑州一模）（多选）如图所示，质量为m的物块从倾角为θ的传送带底端由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持速率v匀速运动，物块与传动带间的动摩擦因数为μ（μ＞tanθ），物块到达顶端前能与传送带保持相对静止．在物块从静止释放到相对传送带静止的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．电动机因运送物块多做的功为mv2

B．系统因运送物块增加的内能为

C．传送带克服摩擦力做的功为

D．电动机因运送物块增加的功率为μmgvcosθ

BD　解析：

电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量．

对物块，增加的机械能为ΔE＝f·

x物＝μmgcosθ·

·

t，系统增加的内能Q＝f·

Δx＝f·

（x带－x物）＝f（vt－

t）＝μmgcosθ·

t.

故ΔE＝Q.

故电动机多做的功等于物块机械能增加量的2倍，大于mv2，故A错误．

系统增加的内能Q＝f·

Δx＝μmgcosθ·

物块的加速度a＝

＝g（μcosθ－sinθ）．

故加速时间t＝

，

故系统增加的内能Q＝

故B正确．

传送带运动的距离x带＝vt＝

故传送带克服摩擦力做的功W克f＝f·

x带＝μmgcosθ·

，故C错误．

电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为P＝fv＝μmgcosθ·

v，故D正确．

3．如图甲所示，一倾角为37°

的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，取g＝10m/s2，sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8.求：

（1）0～8s内物体位移的大小；

（2）物体与传送带间的动摩擦因数；

（3）0～8s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q.

（1）14m　

（2）0.875　（3）90J　126J

解析：

（1）0～8s，内物体位移等于vt图线与t轴所围面积

其中前4s，位移为零

4～8s的位移为x＝

×

2m＋4×

2m＝14m.

（2）0～2s内，物体向下减速，a＝μgcosθ－gsinθ

0＝v0－at

解得μ＝

＝0.875.

（3）0～8s内物体机械能增量为

ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝

mv

－

＋mgxsinθ＝

1×

42J－

22J＋1×

10×

14×

0.6J＝90J

0～8s传送带位移为x′＝v0t＝4×

8m＝32m.

物体与传送带摩擦生热为

Q＝Wf＝μmgcosθ（x′－x）＝0.875×

0.8×

（32－14）J＝126J.

4．如图所示，质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现有质量m2＝0.2kg、可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2.求：

（1）物块在车面上滑行的时间t；

（2）物块克服摩擦力做的功；

（3）在此过程中摩擦产生的内能．

（1）0.24s　

（2）0.336J　（3）0.24J

（1）小车做匀加速运动时的加速度为a1，物块做匀减速运动时的加速度为a2，则

a1＝

m/s2，a2＝μg＝5m/s2，

v0－a2t＝a1t，

所以t＝

＝0.24s.

（2）相对静止时的速度v＝a1t＝0.8m/s，

物块克服摩擦力做的功W＝

m2（v

－v2）＝0.336J.

（3）由功能关系可知，系统损失的机械能转化为内能，则

E＝

m2v

（m1＋m2）v2＝0.24J.

5．如图所示，传送带A、B之间的距离为L＝3.2m，与水平面间夹角θ＝37°

，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2m/s，在上端A点无初速度放置一个质量为m＝1kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R＝0.4m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.5m．（取g＝10m/s2）求：

（1）金属块经过D点时的速度；

（2）金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功．

（1）2

m/s　

（2）3J

（1）对金属块在E点，mg＝m

，vE＝2m/s

在从D到E过程中，由动能定理得：

－mg·

2R＝

vD＝2

m/s.

（2）金属块刚刚放上时，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1

a1＝10m/s2

设经过位移x1达到共同速度，v2＝2ax1，x1＝0.2m＜3.2m

继续加速过程中：

mgsinθ－μmgcosθ＝ma2

a2＝2m/s2

x2＝L－x1＝3m

v

－v2＝2a2x2

vB＝4m/s

在从B到D过程中，由动能定理得：

mgh－W＝

W＝3J.

[能力提升]

6．（2018·

山东济南模拟）质量为m＝1kg的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑的圆弧轨道．B、C为圆弧轨道的两端点，其连线水平．已知圆弧轨道的半径R＝1.0m，圆弧轨道对应的圆心角θ＝106°

，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h＝0.8m，小物块离开C点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8s后经过D点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝

.（取g＝10m/s2，sin37°

＝0.8）

（1）求小物块离开A点时的水平初速度v1；

（2）求小物块经过O点时对轨道的压力大小；

（3）假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.3，传送带的速度为5m/s，求P、A间的距离；

（4）求斜面上C、D间的距离．

（1）3m/s　

（2）43N　（3）1.5m　（4）0.98m

（1）对于小物块，由A点到B点有v

＝2gh

在B点有tan

所以v1＝3m/s.

（2）对于小物块，由B点到O点有

mgR（1－cos

）＝

其中vB＝

m/s＝5m/s

在O点，有N－mg＝m

，所以N＝43N.

由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为N′＝43N.

（3）小物块在传送带上加速的过程有μ2mg＝ma3

P、A间距离xPA＝

＝1.5m.

（4）小物块沿斜面上滑时有mgsin

＋μ1mgcos

＝ma1

解得a1＝10m/s2

小物块沿斜面下滑时有mgsin

－μ1mgcos

＝ma2

解得a2＝6m/s2

由机械能守恒定律可知vC＝vB＝5m/s

小物块由C点上升到最高点历时t1＝

＝0.5s

小物块由最高点回到D点历时

t2＝0.8s－0.5s＝0.3s

故xCD＝

t1－

a2t

xCD＝0.98m.

7．如图所示，从A点以v0＝4m/s的水平速度抛出一质量m＝1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M＝4kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6m、h＝0.15m，R＝0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，取g＝10m/s2.求：

（1）小物块运动至B点时的速度大小和方向；

（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；

（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？

（1）5m/s　方向与水平方向成37°

角斜向下

（2）47.3N，方向竖直向下　（3）2.8m

（1）物块做平抛运动：

H－h＝

gt2

到达B点的竖直分速度：

vy＝gt＝3m/s

v1＝

＝5m/s

设方向与水平面的夹角为θ，则tanθ＝

，θ＝37°

，即方向与水平面成37°

角斜向下．

（2）从A至C点，由动能定理mgH＝

设C点受到的支持力为N，则有N－mg＝m

由上式可得v2＝2

m/s，N＝47.3N

根据牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N，方向竖直向下．

（3）由题意可知小物块对长木板的摩擦力f＝μ1mg＝5N

长木板与地面间的最大静摩擦力不小于滑动摩擦力f′＝μ2（M＋m）g＝10N

因f＜f′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动

小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0，才能保证小物块不滑出长木板

则长木板长度至少为l＝

＝2.8m.