第4课时电磁感应中的动力学与能量问题+功能关系能的转化和守恒定律

1、第4课时电磁感应中的动力学与能量问题课时集训/i对点训练 提升素能-基础练习。一、电磁感应中的动力学问题1. （多选）如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平而现用一平行于导轨的恒力f作用在a的中点，使其向上加速运动若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能(ab )a.变为0 b.先减小再增大c.等于f d.先增大再减小解析:a在恒力f作用下加速运动，闭合回路中产生感应电流,b受到安 培力方向应沿斜而向上,且逐渐增大.由力平衡可知,b受到的摩擦力 先沿斜面向上逐渐减小到零，然后沿斜面向下逐渐增大，且最大

2、值 嘉二f安-mgsin 8,而f安f,故fmf,所以选项a、b正确,c、d错误.2. 如图所示，足够长的光滑金属导轨mn、pq平行放置,且都倾斜着与 水平面成夹角6 在导轨的最上端m、p之间接有电阻r,不计其他电 阻导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时,ab上升的最 大高度为h;若存在垂直导轨平面的匀强磁场时,ab上升的最大高度 为h.在两次运动过程中ab都与导轨保持垂直，且初速度都相等关于 上述情景，下列说法正确的是（b ）na. 两次上升的最大高度相比较为hhb. 有磁场时导体棒所受合力做的功等于无磁场时合力做的功c. 有磁场吋，电阻r产生的焦耳热为刼d. 有磁场时,ab上升过

3、程的最小加速度大于gsin 0解析:当有磁场时，导体棒除受到重力外,还切割磁感线有感应电流， 受到安培力的作用，所以两次上升的最大高度相比较为hh,两次动能 的变化量相等，所以导体棒所受合力做的功相等，选项a错误,b正确; 有磁场时，电阻r产生的焦耳热小于刼“氏ab上升过程的最小加速度 为gsin 9 ,选项c、d错误.3. 如图所示，两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中，磁场垂直导轨 所在平面,金属棒ab可沿导轨自由滑动,导轨一端连接一个定值电阻r,金属棒和导轨电阻不计现将金属棒沿导轨由静止向右拉，若保持拉力f恒定,经时间h后速度为v,加速度为ab最终以速度2v做匀速运动;若保持拉力的功率p恒

4、定，棒由静止经时间t2后速度为v,加速 度为如最终也以速度2v做匀速运动，则（b ）xx x axx x )c xbx x"x x )px xx x x 6* xxxxxxa.上2二tb. t>t2c. &22&1 d. 32=5ai解析:若保持拉力f恒定，在匕时刻，棒ab切割磁感线产生的感应电动 势为e=blv,其所受安培力f,=bil=,由牛顿第二定律，有f-=mai: 棒最终以2v做匀速运动，则f呻,故al彎.若保持拉力的功率p 恒定，在s时刻，有=ma2;»最终也以2v做匀速运动，则牛畔， 故&二窖二3知选项c、d错误.由以上分析可知,

5、在瞬时速度相同的情 况下，恒力f作用时棒的加速度比拉力的功率p恒定时的加速度小, 故ti>t2,选项b正确,a错误.从高处自由下4. （2014河北衡水模拟）如图所示，一刚性矩形铜制线落,进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域，则（d ）obx x x x x xx x x x xbxx x x x x x 引x x x x xa. 若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程一定是匀速运动b. 若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程一定是加速运动c. 若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是加速运动d. 若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程定是减速运动 解析

6、:线圈从高处自由下落，以一定的速度进入磁场，会受到重力和安 培力线圈全部进入磁场后只受重力，在磁场内部会做一段加速运动. 所以线圈出磁场时的速度要大于进磁场的速度若线圈进入磁场过程 是匀速运动，说明重力等于安培力，离开磁场时安培力大于重力，就会 做减速运动，故选项a错误若线圈进入磁场过程是加速运动，说明重 力大于安培力，离开磁场时安培力变大,安培力与重力大小关系无法 确定,故选项b错误若线圈进入磁场过程是减速运动，说明重力小于 安培力，离开磁场时安培力变大，安培力仍然大于重力,所以也是减速 运动，故选项c错误,d正确.二、电磁感应中的能量问题5. （2014湖南雅礼中学高三月考）（多选）在光滑

7、绝缘的水平地面上方, 有两个磁感应强度大小均为b,方向相反的水平匀强磁场，如图所示的 pq为两个磁场的边界，磁场范围足够大一个半径为a、质量为m、电 阻为r的金属圆环垂直磁场方向，以初速度v从如图所示位置向右自 由平移，当圆环运动到直径刚好与边界线pq重合时，圆环的速度为丹, 则下列说法正确的是（ac ）a. 此时圆环中的电功率为欝b. 此时圆环的加速度为畔c. 此过程中通过圆环截面的电荷量为畔d.此过程中冋路产生的电能为0. 75mv2解析：当圆环的直径与边界线pq重合时，圆环左右两半环均产生感应 电动势，有效切割的长度都等于直径，故线圈中的感应电动势 e=2bx2ax=2bav,圆环中的电

8、功率p二字宇=呼,故选项a正确;此时圆环受力f=2bix2a=4bxa=p,由牛顿第二定律可得，加速度&壬二害， 故选项b错误；电路中的平均电动势a节二警，则电路中通过的电荷量q=7 a t=| at二畔,故选项c正确；此过程中产生的电能等于电路中产生的热量，也等于外力所做的功， 则一定也等于动能的改变量，故（p jo.375 inv；故选项d 错误.6. （2014山东烟台市高三上学期期末）如图,mn和pq是电阻不计的平 行金属导轨，其间距为l,导轨弯曲部分和水平部分均光滑，二者平滑 连接右端接一个阻值为r的定值电阻水平部分导轨左边区域有宽 度为d的匀强磁场区域，磁场方向竖直向上，磁

9、感应强度大小为b.质 量为叭 电阻也为r的金属棒从磁场区域的右边界以平行于水平导轨 的初速度肌进入磁场，离开磁场后沿弯曲轨道上升h高度时速度变为 零，已知金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中 （重力加速度为g）（ d ）a. 金属棒产生的最大感应电动势为bdv0b. 通过金属棒的电荷量为竽c. 克服安培力所做的功为刼珂2d. 整个过程电路中产生的焦耳热为|mv02-mgh解析:金属棒刚开始进入磁场时产生的感应电动势最大，为efblvo,故 选项a错误；根据法拉第电磁感应定律得云二詈由欧姆定律得了二寻通过金属棒的电荷量为t磁通量的变化量为a o=bld联立得尸舒,故选项b错误；根

10、据功能关系得知：克服安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热， 根据能量守恒得：w=q=|mv02-mgh,故选项c错误，d正确.7. （2014河南洛阳市三模）（多选）如图所示，用两根足够长的粗糙金属 条折成“厂”型导轨，右端水平，左端竖直，与导轨等宽的粗糙金属细 杆ab、cd与导轨垂直且接触良好已知ab、cd杆的质量、电阻值均相等,导轨电阻不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中当ab杆在水平向右的拉力f作用下沿导轨向右匀速运动时,cd杆沿轨道向下运动，以下说法正确的是（bc ）a. cd杆一定向下做匀加速直线运动b. 拉力f的大小一定不变c. 回路中的电流强度一定不变d. 拉力f的功率等于ab

11、棒上的焦耳热功率与摩擦热功率之和解析：由题图看出，ab匀速切割磁感线，产生恒定的感应电动势,cd不切割磁感线,不产生感应电动势，回路中感应电流恒定cd棒竖直方向 上受到向下的重力和向上的滑动摩擦力ff,水平方向受到轨道的支持 力f,和安培力fa,则ff二u fn二u fa= u bil,可知f大小不变若重力大于滑动摩擦力,cd杆做匀加速运动，若重力等于滑动摩擦力,cd杆做 匀速运动,故选项a错误,c正确;对于ab杆:水平方向受到f和安培 力、摩擦力，安培力和摩擦力大小不变，则知f不变,故选项b正确;根据能量转化和守恒定律可知:拉力f的功率与cd杆重力功率之和等 于两棒上的焦耳热功率与摩擦热功率

12、之和，故选项d错误.8. （2015河北省唐山一中调研）竖直放置的平行光滑导轨,其电阻不计, 磁场方向如图所示，磁感应强度b二0. 5 t,导体ab及cd长均为0. 2 m, 电阻均为0. 1 q,重均为0. 1 n,现用力向上推动导体ab,使之匀速上升（与导轨接触良好），此时,cd恰好静止不动，那么ab上升时，下列说 法正确的是（b ）xxxx x xlxxxa. ab受到的推力大小为2 nb. ab向上的速度为2 m/sc. 在2 s内，推力做功转化的电能是0.8 jd. 在2 s内，推力做功为0. 6 j解析:导体棒ab匀速上升，受力平衡,cd棒静止，受力也平衡，对于两 棒组成的整体，合

13、外力为零，根据平衡条件可得:处棒受到的推力 f=2mg=0. 2 n,故选项a错误；对cd棒，受到向下的重力g和向上的安培力f安，由平衡条件得f安二g, 即bil=g,又1=箸,联立得厂議兰谿 m/s=2 m/s,故选项b正确;在2 s内，电路产生的电能q嶋t二窖t卫溜龙x2 j=0.4 j,故选项c错误在2 s内推力做的功,w=fvt=0. 2x2x2 j=0. 8 j,故选项d错误. 素能提升。9. （2014南昌市名校联盟测试）（多选）如图所示,两足够长平行金属导 轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab> cd 与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒

14、ab、cd的质 量之比为2 : 1.用一沿导轨方向的恒力f水平向右拉金属棒cd,经过 足够长时间以后（bc ）a. 金属棒ab、cd都做匀速运动b. 金属棒ab上的电流方向是由b向ac. 金属棒cd所受安培力的大小等于2f/3d. 两金属棒间距离保持不变解析:对两金属棒ab、cd进行受力分析和运动分析可知，两金属棒最 终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒 cd速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab上 的电流方向是由b到a,选项a、d错误,b正确；以两金属棒整体为研 究对象有f=3ma,隔离金属棒cd分析其受力，则有f-f安二ma,可求得金 属棒cd所

15、受安培力的大小f安二尹,选项c正确.10. （2014河南焦作市高三第一次模拟）（多选）如图所示,相距为l的 两条足够长的平行金属导轨右端连接有一定值电阻r,整个装置被 定在水平地面上，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁 感应强度大小为b,两根质量均为叫电阻都为r,与导轨间的动摩擦因 数都为u的相同金属棒mn、ef垂直放在导轨上现在给金属棒mn施 加一水平向左的作用力f,使金属棒mn从静止开始以加速度a做匀加 速直线运动，若重力加速度为g,导轨电阻不计，最大静摩擦力与滑动 摩擦力相等则下列说法正确的是（ab ）xxx xafx xe x x x xxx x x:xxxx-xb a &

16、#176;rxx x x【 xx x xlxxxxxxxxxna. 从金属棒mn开始运动到金属棒ef开始运动经历的时间为"讓b. 若从金属棒mn开始运动到金属棒ef开始运动经历的时间为t,则 此过程中流过电阻r的电荷量为q時c. 若从金属棒mn开始运动到金属棒ef开始运动经历的时间为t,则 金属棒ef开始运动时，水平拉力f的瞬时功率为p= (ma+ m mg) atd. 从金属棒mn开始运动到金属棒ef开始运动的过程中，两金属棒产 生的热量相等解析:设ef刚开始运动时其电流大小为i,则通过mn的电流为21,由题意有bil= p mg根据闭合电路欧姆定律得:e二21 (r+0. 5r)

17、二3ir又 e=blvv=at联立解得t二豁，故选项a正确;d l 3lmn棒在t时间内通过的位移为x=|at2根据云二节,了二县q二了 at, a二blx,得通过mn棒的电荷量为q二畔,由于两棒的电阻都为r,则此过程中流过电阻r的电荷量为4二詼二警,故选项b正确；金属棒ef开始运动时，由bil二u mg得i二響金属棒mn所受的安培力大小为f安二bil 以mn为研究对象：f- u mg-f安二ma 拉力的功率为p=fv 又 v 二 at解得:p二(ma+2 u mg) at,故选项c错误;由于mn棒相当于电源，通过mn的电流是ef电流的2倍,根据q-i金属棒ab开始下滑时的加速度大小、斜面倾角

18、的正弦值; 磁感应强度b的大小.解析：(1)s断开时ab做匀加速直线运动，rt 可知,mn产生的热量是ef的4倍故选项d错误.11. (2014福建三明市高三质检)如图(甲)所示,mn、pq是相距d=l. 0 m 足够长的平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面间的夹角为0,导轨 电阻不计，整个导轨处在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，金 属棒ab垂直于导轨mn、pq放置，且始终与导轨接触良好，已知金属棒 ab的质量m=0lkg、其接入电路的电阻1 q,小灯泡电阻rl二9 q, 重力加速度g取10 m/s2.现断开开关s,棒ab由静止释放并开始计 时,t二0. 5 s时刻闭合开关s,图(乙)为ab

19、的速度随时间变化的图像. 求：由题图(乙)可知述二右m/sz m/s2根据牛顿第二定律有mgsin 0 =ma所以sin °二注毛(2)t=0. 5 s时s闭合,ab先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大山二6 m/s后做匀速直线运动，根据平衡条件有mgsin 9二f安又f安二blde=bdvm联立解得答案:(1)6 m/s2 i (2)1 t12. (2014天津理综)如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾 角0二30。的斜面上,导轨电阻不计，间距l=04 m.导轨所在空间被分 成区域i和ii,两区域的边界与斜面的交线为mn, i中的匀强磁场方 向垂直斜面向下，ii中的匀强磁

20、场方向垂直斜面向上,两磁场的磁感 应强度大小均为b二0. 5 t.在区域i中，将质量吩0. 1 kg,电阻rt=0. 1 q的金属条ab放在导轨上,ab刚好不下滑然后，在区域ii中将质量 iii2=0. 4 kg,电阻r尸0. 1 q的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始 下滑.cd在滑动过程中始终处于区域ii的磁场中，ab. cd始终与导轨 垂直且两端与导轨保持良好接触，取萨10 m/sl问：(1) cd下滑的过程中,ab中的电流方向;(2) ab刚要向上滑动时,cd的速度v多大；(3) 从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x二3. 8m,此过程中ab上产生的热量q是多少

21、.解析：由右手定则可判断出ab中的电流方向为由a流向b.(2)开始放置ab刚好不下滑时,ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为fmax,有fmax=migsin 0 设ab刚好要上滑时,cd棒的感应电动势为e,由法拉第电磁感应定律有e二blv设电路中的感应电流为i,由闭合电路欧姆定律有二设ab所受安培力为f安，有f安二bil此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有f安=migsin 9 +ftnax(5)综合式,代入数据解得v=5 m/s设cd棒运动过程中电路中产生的总热量为q总，由能量守恒有m2gxsin 0 二q 总+加2/ 解得q二1.3 j.答案：(1)由 a 流向 b (

22、2)5 m/s (3)1.3 j13. 如图(甲)所示,mn、pq两条平行的光滑金属轨道与水平面成9=30°角固定,m、p之间接电阻箱r,导轨所在空间存在匀强磁场，磁场 方向垂直于轨道平面向上,磁感应强度为b=0. 5 t.质量为m的金属杆 ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r.现从静止释放杆ab, 测得其在下滑过程中的最大速度为vm.改变电阻箱的阻值r,得到vm 与r的关系如图(乙)所示.已知轨道间距为l=2 m,重力加速度g取 10 m/s；轨道足够长且电阻不计.(1) 当r=0时,求杆ab匀速下滑过程中产生的感应电动势e的大小及 杆中电流的方向；(2) 求杆ab的质量m

23、和阻值r;(3) 当r=4 q时，求回路瞬时电功率每增加1 w的过程中合外力对杆 做的功w.解析：由题图(乙)可知，当r=0时,杆ab最终以v()=2 m/s的速度匀 速运动,杆ab切割磁感线产生的电动势为e二blv。二2 v根据楞次定律可知杆此中电流方向为b->a.(2)杆ab下滑过程中的最大速度为vra,杆切割磁感线产生的感应电动势 e =blvm由闭合电路欧姆定律得杆ab达到最大速度时满足mgsin 6-bil=o解得二瞬r+窖r由图像可知斜率为k二乎m/(s q)=l m/(s q),纵截距为v°二2 m/s根据图像和上式可知图像的截距为器胖"2 m/s图像的

24、斜率为勢二1 m/(s- q)解得 m二0. 2 kg, r=2 q .(3)由法拉第电磁感应定律得e二blv回路的瞬时电功率p二益由以上两式解得匕弊杆ab的速度由v】变到也吋，回路瞬吋电功率的变化量为r_ r+r r+r由动能定理得w二弭22-弭i2由以上两式得w二需zp,解得 w二0. 6 j.答案:(1)2 v b-a (2)0.2 kg 2q (3)0.6 j第4课时功能关系能的转化和守恒定律-课时集训/i对点训练 提升素能i基础练习。一、功能关系的应用1. (2014内蒙古包钢中适应考)(多选)升降机底板上放有一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度

25、达到4 m/s,则此过程中(g取10 m/s2) ( ac )a. 升降机对物体做功5 800 jb. 合外力对物体做功5 800 jc. 物体的重力势能增加5 000 jd. 物体的机械能增加5 000 j解析：根据动能定理,w支持力-111曲二刼/-0,可得w支持力二5 800 j, a项正确;w合二a陽二知/二800 j,b项错误;4爲增=mgh=5 000 j,c项正确;机械能增加 a e二 w 支持力二5 800 j, d项错误.2. 如图所示,质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起跳时的重心高出h,则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的

26、功(c )背越式跨越式a. 都必须大于mghb. 都不一定大于mghc. 用背越式不一定大于mgh,用跨越式必须大于mghd. 用背越式必须大于mgh,用跨越式不一定大于mgh解析:采用背越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度可以低于横 杆，而采用跨越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度一定高于横 杆,故用背越式时克服重力做的功不一定大于mgh,而采用跨越式时克 服重力做的功一定大于mgh,选项c正确.二、摩擦力做功与能量的关系3. 如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，质点p从a点正 上方高h处自由下落,经过轨道后从b点冲出后竖直上抛，上升最大高 度为机,空气阻力不计，当质点下落再次

27、经过轨道由a点冲出时，能上 升的最大高度11为（da. h二飢 b. h=j解析:小球在第1次经过半圆形轨道时，摩擦力做的功为新韻,第2次 经过时由于速度比第1次小,所以对轨道的压力小，摩擦力比第1次也 小，因而做的功少，再由功能关系可知，上升的高度一定大于卽,小于剳.4. (2014聊城模拟)如图所示,质量为m的物体在水平传送带上由静 止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传 送带间的动摩擦因数为u ,物体过一会儿能保持与传送带相对静止， 对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是(d )n()i()a. 电动机做的功为訓,b. 摩擦力对物体做的功为mv2

28、c. 传送带克服摩擦力做的功为扌mjd. 电动机增加的功率为pmgv解析：由能量守恒可知，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩 擦而产生的内能,选项a错误;对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体 做功，由动能定理知，其大小应为选项b错误;传送带克服摩擦力 做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，可知这个位移是物体对地位移的两倍,b|j w=mv2,选项c错误；由功率公式知电动机增加的功率为 u mgv,选项d正确.三、能量守恒定律的应用5. （多选）如图所示，汽千在拱形桥上由a点匀速率运动到b点，以下说 法正确的是（bd ）a. 牵引力与克服摩擦力做的功相等b. 合外力对汽车不做功c. 牵引力和重

29、力做的总功大于克服摩擦力做的功d. 汽车在上拱形桥的过程中克服重力做的功转化为汽车的重力势能 解析:汽车由a点匀速率运动到b点,合外力始终指向圆心，合外力做 功为零，即w牵+wg-w尸0,即牵引力与重力做的总功等于克服摩擦力做 的功,a、c错误,b止确;汽车在上拱形桥的过程中，克服重力做的功转 化为汽车的重力势能,d正确.6. （2014河南商丘模拟）（多选）如图所示,a、b、c、d四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同,现从同一高度h处由静止释放小球, 使之进入右侧不同的竖直轨道:除去底部一小段圆弧,a图中的轨道是 一段斜面，高度大于h;b图中的轨道与a图中的轨道相比只是短了一 些，且斜

30、面高度小于h;c图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管 道,其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管的高度大于h;d图 中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于h如果不计任何摩擦阻力和拐 弯处的能量损失,小球进入右侧轨道后能到达h高度的是（ac ）kz kz：abcd解析：由于小球在a、c两图中到达右侧最高点时速度可以为零，但b、d两图则不然由能量守恒可知选项a、c正确.四、功能关系、能量守恒综合应用7. （2014邯郸模拟）如图所示,a、b、c三个一样的滑块从粗糙斜面上 的同一高度同时开始运动,a由静止释放,b的初速度方向沿斜面向下, 大小为vo, c的初速度方向沿斜面水平向左，大小也为vo.下

31、列说法中 正确的是（c ）a. a和c将同时滑到斜面底端b. 滑到斜面底端时,b的机械能减少最多c. 滑到斜面底端时,b的动能最大d. c的重力势能减少最多解析:滑块a和c通过的路程不同,在沿斜面方向的加速度大小也不相 同，故a错.三个滑块滑到底端时重力势能减少量相同，故d错.滑块a 和b滑到底端时经过的位移相等，克服摩擦力做功相等,而滑块c的路 程较大，机械能减少得较多，故b错误,c正确.& （2014汕头模拟）如图所示,遥控电动赛车（可视为质点）从a点由静 止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至b点后进入固定在 竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点p后又进入水平轨道cd

32、 上.已知赛车在水平轨道ab部分和cd部分运动时受到的阻力恒为车 重的0. 5倍，即k二g二0. 5,赛车的质量m=0. 4 kg,通电后赛车的电动机 以额定功率p二2 w工作，轨道ab的长度l=2 m,圆形轨道的半径r二0. 5 m,空气阻力可以忽略,取重力加速度g=10m/s2.某次比赛，要求赛车在 运动过程中既不能脱离轨道，又要在cd轨道上运动的路程最短在此 条件下，求：(1) 赛车在cd轨道上运动的最短路程；(2) 赛车电动机工作的时间.解析：(1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道,又要在cd轨道上运动的路程最短，则赛车经过圆轨道p点时速度最小，则赛车在c点的速度为vc,由机械能守恒

33、定律可得mg 2r+訓u/二訓比2由上述两式联立,代入数据可得vo二5 m/s设赛车在cd轨道上运动的最短路程为x,由动能定理可得-kmgx=0-7mvc2代入数据可得x二2. 5 in.(2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知vb=vc=5 m/s从a点到b点的运动过程中，由能量守恒定律可得pt=kmgl+mvf2代入数据可得t=45 s.答案：（1）2.5 m （2）4. 5 s素能提升。9. （2014潍坊模拟）（多选）如图（甲）所示，在倾角为e的光滑斜面上， 有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力f的作用下由静止开始运动, 物体的机械能e随位移x的变化关系如图（乙）所示.其中0&a

34、mp;过程的 图线是曲线,xx2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正 确的是（ad ）a. 物体在沿斜面向下运动b. 在0x】过程中，物体的加速度一直减小c. 在0x2过程中，物体先减速再匀速d. 在x】x2过程中，物体的加速度为gsin 9解析：由图（乙）可知，在0xi过程中，物体机械能减少，故力f在此过 程中做负功，因此，物体沿斜面向下运动，因在ex图线中的0x】阶段, 图线的斜率变小，故力f在此过程中逐渐减小，由mgsin e -f二ma可知, 物体的加速度逐渐增大，选项a正确,b、c错误;x】x2过程中，物体机 械能保持不变,f=0,故此过程中物体的加速度a=gsin 0 ,

35、d正确.10. （多选）如图（屮）所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角， 在杆上套有一个光滑小环,沿杆方向给环施加一个拉力f,使环由静止 开始运动，已知拉力f及小环速度v随时间t变化的规律如图（乙）所 示，重力加速度g取10 m/s2.则以下判断正确的是（ad ）123山a. 小环的质量是1 kgb. 细杆与地面间的倾角是30。c. 前3 s内拉力f的最大功率是2. 25 wd. 前3 s内小环机械能的增加量是5. 75 j解析:设小环的质量为m,细杆与地面间的倾角为q ,由题图（乙）可知,小环在第1 s内的加速度a二竽m/s2=0. 5 m/s2,由牛顿第二定律得:5-mgsin a

36、=ma,而 mgs in a =4. 5,由此得 m二 1 kg, sin a =0. 45, a正确,b错误;分析可得前3 s内拉力f的最大功率在1 s末为最大,pffv二5x0.5 w二2.5 w,c错误;前3 s内小环沿杆的位移x二驴xi m+0. 5x2 m=l. 25 m,前3 s内小环机械能的增加量 e=mv2+mgxsin a二5.75 j,故d正确.11. 如图所示为一种摆式动摩擦因数测量仪，其主要部件有:底部固定 有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆摆锤的质量为m,细杆可 绕轴0在竖直平而内自由转动，摆锤重心到0点距离为l.测量时，测 量仪固定于水平地面，将摆锤从与0等高的位置处静止释放摆锤到 最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s (sl),之后继续摆 至与竖直方向成9角的最高位置若摆锤对地面的压力可视为大小为 f的恒力，重力加速度为g,求：(1) 在上述过程中产生的热量；(2) 橡胶片与地面之间的动摩擦因数.解析：(1)利用动能定理求解.摆锤运动过程中，只有重力、摩擦力做功，由动能定理得:mglcos 0 +w摩=0,q二 iw 摩 | 二mglcos 0 .(2)因为功是能量转化的量度，所以克服