高考物理一轮复习第5章机械能第5课时应用能量观点解决力学综合问题

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第5课时　应用能量观点解决力学综合问题1. (2020·全国卷Ⅰ)(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则(　　)A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J解析：选AB　由重力势能和动能随下滑距离s变化的图像可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A项正确；在斜面顶端，重力势能mgh＝30 J，解得物块质量m＝1 kg，由重力势能随下滑距离s变化图像可知，重力势能可以表示为Ep＝(30－6s)J，由动能随下滑距离s变化图像可知，动能可以表示为Ek＝2s J，设斜面倾角为θ，则有sin θ＝eq \f(h,L)＝eq \f(3,5)，cos θ＝eq \f(4,5)，由功能关系有－μmgcos θ·s ＝Ep＋Ek－30 J＝(30－6s＋2s－30)J＝－4s J，可得μ＝0.5，B项正确；物块下滑时的加速度a＝gsin θ－μgcos θ＝2.0 m/s2，C项错误；由物块的重力势能和动能随下滑距离s变化图像可知，当物块下滑2.0 m时机械能为E＝18 J＋4 J＝22 J，机械能损失了ΔE＝30 J－22 J＝8 J，D项错误。 2. (2019·全国卷Ⅰ)(多选)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a­x关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则(　　)A．M与N的密度相等B．Q的质量是P的3倍C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍解析：选AC　如图，当x＝0时，对P：mPgM＝mP·3a0，即星球M表面的重力加速度gM＝3a0；对Q：mQgN＝mQa0，即星球N表面的重力加速度gN＝a0。当P、Q的加速度a＝0时，对P有mPgM＝kx0，则mP＝eq \f(kx0,3a0)；对Q有mQgN＝k·2x0，则mQ＝eq \f(2kx0,a0)，即mQ＝6mP，故B错误。根据mg＝Geq \f(Mm,R2)得，星球质量M＝eq \f(gR2,G)，则星球的密度ρ＝eq \f(M,\f(4,3)πR3)＝eq \f(3g,4πGR)，所以M、N的密度之比eq \f(ρM,ρN)＝eq \f(gM,gN)·eq \f(RN,RM)＝eq \f(3,1)×eq \f(1,3)＝1，故A正确。当P、Q的加速度为零时，P、Q的动能最大，机械能守恒，对P有：mPgMx0＝Ep弹＋EkP，即EkP＝3mPa0x0－Ep弹；对Q有：mQgN·2x0＝4Ep弹＋EkQ，即EkQ＝2mQa0x0－4Ep弹＝12mPa0x0－4Ep弹＝4×(3mPa0x0－Ep弹)＝4EkP，故C正确。P、Q在弹簧压缩到最短时，其位置关于加速度a＝0时的位置对称，故P下落过程中的最大压缩量为2x0，Q为4x0，故D错误。3．(2019·全国卷Ⅱ)(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得(　　)A．物体的质量为2 kgB．h＝0时，物体的速率为20 m/sC．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 JD．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J解析：选AD　由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率k＝mg，由题图得k＝20 N，因此m＝2 kg，故A正确；当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝eq \f(1,2)mv02，因此v0＝10 m/s，故B错误；由图像知h＝2 m时，E总＝90 J，Ep＝40 J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50 J，故C错误；h＝4 m时，E总＝Ep＝80 J，即此时Ek＝0，即上升4 m距离，物体的动能减少100 J，故D正确。4．(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(　　)A．2 kg B．1.5 kgC．1 kg D．0.5 kg解析：选C　画出物体运动示意图，设阻力为f，据动能定理知A→B(上升过程)：－(mg＋f)h＝EkB－EkAC→D(下落过程)：(mg－f)h＝EkD－EkC整理以上两式得：mgh＝30 J，解得物体的质量m＝1 kg。选项C正确。5. (2018·全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgR解析：选C　小球从a点运动到c点，根据动能定理得，F·3R－mgR＝eq \f(1,2)mv2，又F＝mg，解得v＝2eq \r(gR)，小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方向的加速度大小也为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝eq \f(v,g)＝2 eq \r(\f(R,g))，水平位移x＝eq \f(1,2)gt2＝2R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量等于力F做的功，即ΔE＝F·(3R＋x)＝5mgR，C正确。6. (2018·全国卷Ⅲ)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程(　　)A．矿车上升所用的时间之比为4∶5B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1D．电机所做的功之比为4∶5解析：选AC　两次提升的高度相同，则图线①②与时间轴围成的面积相等，由几何知识可得第②次提升过程所用时间为2t0＋eq \f(t0,2)＝eq \f(5,2)t0，所以矿车两次上升所用时间之比为2t0∶eq \f(5,2)t0＝4∶5，故A正确；在加速上升阶段电机的牵引力最大，由牛顿第二定律知，F－mg＝ma，F＝m(g＋a)，由于两次提升的质量和加速度都相同，故最大牵引力相同，故B错误；两次提升加速阶段达到的最大速度之比为2∶1，由P＝Fv可知，电机输出的最大功率之比为2∶1，故C正确；两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，由动能定理知，两次电机做功也相同，故D错误。eq \a\vs4\al([考情分析])能量观点是解答动力学问题的三大观点之一。能熟练应用能量观点解题是学生深化物理知识、提升综合分析能力的重要体现。高考试卷的压轴题也常需要用到能量的观点。通过该部分的复习，能培养学生的审题能力、推理能力和规范表达能力。命题视角一　摩擦力做功与能量的关系1．两种摩擦力做功的比较2．三步求解相对滑动物体的能量问题[典例]如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M＝1.0 kg，长度L＝1.0 m。在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m＝1.0 kg。小铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.30。开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F将木板抽出，若F＝8 N，g取10 m/s2。求：(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功；(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q。[解析]　(1)当用F＝8 N的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度为：a1＝μg＝3 m/s2木板运动的加速度为：a2＝eq \f(F－μmg,M)，可得a2＝5 m/s2设抽出过程的时间为t，根据几何关系有：eq \f(1,2)a2t2－eq \f(1,2)a1t2＝L解得：t＝1 s所以小铁块运动的位移为：x1＝eq \f(1,2)a1t2，解得：x1＝1.5 m木板运动的位移为：x2＝eq \f(1,2)a2t2，解得：x2＝2.5 m摩擦力对小铁块做的功为：W1＝μmgx1，解得W1＝4.5 J摩擦力对木板做的功为：W2＝－μmgx2，解得：W2＝－7.5 J(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q＝μmg(x2－x1)＝3 J[答案]　(1)－7.5 J　4.5 J　(2)3 Jeq \a\vs4\al([易错提醒])(1)无论是求解滑动摩擦力做功，还是求解静摩擦力做功，都应代入物体相对于地面的位移。(2)摩擦生热ΔQ＝Ffl相对中，若物体在接触面上做往复运动，则l相对为总的相对路程。[集训冲关]1. (多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，下列结论正确的是(　　)A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为FfxC．小物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)D．小物块和小车增加的机械能为Fx解析：选ABC　由动能定理可得小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正确；小车的动能Ek车＝Ffx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝Ff(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能ΔE＝F(L＋x)－FfL，D错误。2．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg 的另一物体B(可视为质点)以水平速度eq \a\vs4\al(v)0＝2 m/s滑上原来静止的A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)A．A获得的动能为2 JB．系统损失的机械能为4 JC．A的最小长度为2 mD．A、B间的动摩擦因数为0.1解析：选D　由题图乙可知，A、B的加速度大小均为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，A获得的动能为1 J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv2＝2 J，选项B错误；由题图乙可求出A、B相对位移为1 m，即A的最小长度为1 m，选项C错误；对物体B分析，根据牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得μ＝0.1，选项D正确。3．(多选)质量为m的物体，在水平面上只受摩擦力作用，以初动能E0做匀变速直线运动，经距离d后，动能减小为eq \f(E0,3)，则(　　)A．物体与水平面间的动摩擦因数为eq \f(2E0,3mgd)B．物体再前进eq \f(d,3)便停止C．物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的eq \r(3)倍D．若要使此物体滑行的总距离为3d，其初动能应为2E0解析：选AD　由动能定理知Wf＝μmgd＝E0－eq \f(E0,3)，解得μ＝eq \f(2E0,3mgd)，A正确；设物体总共滑行的距离为s，则有μmgs＝E0，解得s＝eq \f(3,2)d，物体再前进eq \f(d,2)便停止，B错误；将物体的运动看成反方向的匀加速直线运动，则连续运动三个eq \f(d,2)距离所用时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))，所以物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的(eq \r(3)－1)倍，C错误；若要使此物体滑行的总距离为3d，则由动能定理知μmg·3d＝Ek，解得Ek＝2E0，D正确。命题视角二　传送带模型的能量问题1．传送带问题的两个角度(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。2．功能关系分析(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。(2)对W和Q的理解：①传送带做的功：W＝Fx传。②产生的内能：Q＝Ffx相对。考法1　水平传送带问题[例1]　(2021年1月新高考8省联考·江苏卷)如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求物块(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。[解析]　(1)由动能定理得(mgsin 37°－μ1mgcos 37°)L＝eq \f(1,2)mveq \o\al(12,)－0解得v1＝8 m/s。(2)由牛顿第二定律得μ2mg＝ma物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v1－at1解得t＝6 s匀速运动阶段的时间为t2＝eq \f(\f(v\o\al(12,),2a)－\f(v2,2a),v)＝3 s第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝9 s。(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，直到物块停止运动，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒有Q＝μ1mgcos 37°L＋eq \f(1,2)mv2＝48 J。[答案]　(1)8 m/s　(2)9 s　(3)48 J考法2　倾斜传送带问题[例2]　如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s的速率运行，现把一质量为m＝10 kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间t＝1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处，g取10 m/s2，求：(1)工件与传送带间的动摩擦因数；(2)电动机由于传送工件多消耗的电能。[解析]　(1)由题图可知，传送带长x＝eq \f(h,sin θ)＝3 m工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移x1＝eq \f(v0,2)t1匀速运动的位移为x－x1＝v0(t－t1)解得加速运动的时间t1＝0.8 s加速运动的位移x1＝0.8 m所以加速度a＝eq \f(v0,t1)＝2.5 m/s2由牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma解得μ＝eq \f(\r(3),2)。(2)由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量在时间t1内，传送带运动的位移x传＝v0t1＝1.6 m在时间t1内，工件相对传送带的位移x相＝x传－x1＝0.8 m在时间t1内，摩擦生热Q＝μmgcos θ·x相＝60 J最终工件获得的动能Ek＝eq \f(1,2)mv02＝20 J工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J电动机多消耗的电能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J。[答案]　(1)eq \f(\r(3),2)　(2)230 Jeq \a\vs4\al([规律方法])传送带模型问题的分析流程　[集训冲关]1．(多选)如图所示，水平传送带两端A、B间的距离为L，传送带以速度v沿顺时针方向转动，一个质量为m的小物块以一定的初速度从A端滑上传送带，运动到B端，此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动的时间相等，两过程中物块运动的位移之比为2∶3，重力加速度为g，传送带速度大小不变。下列说法正确的是(　　)A．物块的初速度大小为eq \f(v,2)B．物块做匀加速直线运动的时间为eq \f(3L,5v)C．物块与传送带间的动摩擦因数为eq \f(10v2,9gL)D．整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为eq \f(mv2,9)解析：选BC　由题意知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0＋v,2)))∶v＝2∶3，得v0＝eq \f(v,3)，A错误；匀速运动中eq \f(3L,5)＝vt，则t＝eq \f(3L,5v)，匀加速与匀速运动时间相等，B正确；由运动学公式v2－v02＝2ax，x＝eq \f(2,5)L，μg＝a，解得动摩擦因数为μ＝eq \f(10v2,9gL)，C正确；由热量Q＝fs相对，s相对＝eq \f(3,5)L－eq \f(2,5)L＝eq \f(1,5)L，得Q＝eq \f(2mv2,9)，选项D错误。2.如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速率v＝10 m/s沿顺时针方向运动，现有一物体质量m＝1 kg无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)，求：(1)物体由A端运动到B端的时间；(2)系统因摩擦产生的热量。解析：(1)物体刚放上传送带时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1设物体经时间t1加速到与传送带同速，则v＝a1t1，x1＝eq \f(1,2)a1t12解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m设物体经过时间t2到达B端，因mgsin θ>μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2L－x1＝vt2＋eq \f(1,2)a2t22解得t2＝1 s故物体由A端运动到B端的时间t＝t1＋t2＝2 s。(2)物体相对传送带运动的路程x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m故系统因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos θ·x相＝24 J。答案：(1)2 s　(2)24 J静摩擦力做功滑动摩擦力做功只有能量的转移，没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即要么一正一负，要么都做负功；代数和为负值说明机械能有损失——转化为内能