动力学观点和能量观点的综合应用
一、选择题(1题为单项选择题，2题为多项选择题)
1．如图1所示，水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态。把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。随后让传送带以v2的速度匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2。下列关系中正确的是( )
图1
A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2
B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2
C．W1＞W2，P1＝P2，Q1＞Q2
D．W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q2
解析 因为两次的拉力和拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以W1＝W2，当传送带不动时，物体运动的时间为t1＝；当传送带以v2的速度匀速运动时，物体运动的时间为t2＝，所以第二次用的时间短，功率大，即P1＜P2；一对滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也等于转化的内能，第二次的相对路程小，所以Q1＞Q2，选项B正确。
答案 B
2．(2018·江西九江一模)将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图2甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木板A的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是( )
图2
A．小铅块将从木板B的右端飞离木板
B．小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止
C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等
D．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量
解析 在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，两者速度就已经相同，选项A错误，B正确；根据摩擦力乘相对位移等于产生的热量，第一次的相对位移大小大于第二次的相对位移大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量，选项C错误，D正确。
答案 BD
二、非选择题
3．(2018·乐山市三诊)利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处。如图3所示，已知传送轨道平面与水平方向成37°角，倾角也是37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数μ＝0.25。皮带传动装置顺时针匀速转动的速度v＝4 m/s，两轮轴心相距L＝5 m，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。现将质量m＝1 kg的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到皮带上的B点时速度v0＝8 m/s，A、B间的距离x＝1 m。工件可视为质点，g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图3
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)工件沿传送带上滑的时间。
解析 (1)弹簧的最大弹性势能
Ep＝mgxsin 37°＋mv
得Ep＝38 J。
(2)工件沿传送轨道减速向上滑动过程
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
与传送带共速需要时间t1＝＝0.5 s
工件滑行位移大小x1＝＝3 m＜L
因为μ＜tan 37°，所以工件将沿传送带继续减速上滑mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2
假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落。则
t2＝＝1 s
工件滑行位移大小x2＝＝2 m＝L－x1
故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为
t＝t1＋t2＝1.5 s。
答案 (1)38 J (2)1.5 s
4．(2018·扬州摸底)如图4所示，半径R＝0.5 m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，O为圆弧圆心，D为圆弧最低点。斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q两物块静止。若P、C间距为L1＝0.25 m，斜面MN足够长，物块P质量m1＝3 kg，与MN间的动摩擦因数μ＝。求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
图4
(1)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；
(2)物块P在MN斜面上滑行的总路程。
解析 (1)根据几何关系，P、D间的高度差
h＝L1sin 53°＋R(1－cos 53°)＝0.4 m
物块由P到D过程，由机械能守恒定律得
m1gh＝m1v
在D点，支持力和重力的合力提供向心力
FD－m1g＝m1
联立解得FD＝78 N
由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N。
(2)物块P运动到M点过程，根据机械能守恒定律得
m1gL1sin 53°＝m1v
解得vM＝2 m/s
物块最终在圆弧轨道上往复滑动，且到达M点时速度为零
全过程减少的机械能ΔE＝m1gL1sin 53°
产生的内能Q＝μm1gcos 53°·s
根据能量守恒定律得ΔE＝Q，即
m1gL1sin 53°＝μm1gcos 53°·s
解得其在MN斜面上滑行的总路程s＝1.0 m。
答案 (1)78 N (2)1.0 m
5．(2018·宜春冲刺)如图5所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达小孔A进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。已知摆线长L＝2 m，θ＝60°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与小孔A的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2。
图5
(1)摆线能承受的最大拉力为多大？
(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间动摩擦因数μ的范围。
解析 (1)摆球由C到D过程机械能守恒，则
mg(L－Lcos θ)＝mv
在D点由牛顿第二定律得
FT－mg＝
联立得摆线的最大拉力为FT＝2mg＝10 N。
(2)摆球不脱离圆轨道的情况有：
①摆球能到达A孔，且小球到达A孔的速度恰好为零
对摆球从D到A的过程，由动能定理得
－μ1mgs＝0－mv
解得μ1＝0.5
②摆球进入A孔的速度较小，在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道
其临界情况为到达与圆心等高处速度为零
由机械能守恒定律得
mv＝mgR
对摆球从D到A的过程，由动能定理得
－μ2mgs＝mv－mv
解得μ2＝0.35
③摆球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道在圆周的最高点，由牛顿第二定律得
mg＝
由动能定理得
－μ3mgs－2mgR＝mv2－mv
解得μ3＝0.125
综上所述，动摩擦团数μ的范围为0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125。
答案 (1)10 N (2)0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125
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