2025优化设计一轮第7讲　专题提升 动力学和能量观点的综合应用

第7讲专题提升:动力学和能量观点的综合应用基础对点练题组一传送带模型中的能量转化1.(2023四川雅安模拟)如图所示,传送带以6m/s匀速率顺时针运动,现将一质量为2kg的滑块轻轻放置于传送带的左端,当滑块速度达到6m/s时,突然断电,传送带以大小为4m/s2的加速度匀减速运动至停止。已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.2,传送带足够长,重力加速度g取10m/s2,则滑块从放上去到最后停下的过程中,下列说法正确的是()A.滑块先匀加速后与传送带无相对滑动一起匀减速B.滑块受到的摩擦力一直不变C.滑块在传送带上留下的划痕为13.5mD.全程滑块与传送带间产生的热量为54J2.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1m/s的速度顺时针运行。现把一质量为5kg的工件(可视为质点)轻放在传送带的底端,经过一段时间工件与传送带达到共同速度后继续传送到4m高处。已知工件与传送带间的动摩擦因数为32,重力加速度g取10m/s2,则在此过程中,下列说法正确的是(A.工件加速过程的时间为0.8sB.传送带对工件做的功为200JC.工件与传送带间摩擦产生的热量为7.5JD.电动机因传送工件多做的功为120J题组二板块模型中的能量转化3.(多选)(2024广东惠州模拟)如图所示,质量为m0、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直线运动,当小物块滑到小车的最右端时,小车运动的距离为x,小物块和小车之间的滑动摩擦力为Ff,此过程中,下列结论正确的是()A.小物块到达小车最右端时,其动能为(F-Ff)(L+x)B.摩擦力对小物块所做的功为FfLC.小物块到达小车最右端时,小车的动能为FfxD.小物块和小车组成的系统机械能增加量为F(L+x)4.如图甲所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=2kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦力,之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是(g取10m/s2)()A.木板A最终获得的动能为2JB.系统损失的机械能为4JC.木板A的最小长度为2mD.A、B间的动摩擦因数为0.1题组三多运动组合问题5.过山车是游乐场中常见的设施,一种过山车的简易模型如图所示,由弧形轨道AB、竖直圆轨道、水平轨道BCD构成,B是圆轨道的最低点,轨道右端D点处固定有原长为CD的弹簧,BCD段轨道粗糙,其余轨道光滑,各段轨道均平滑连接。用质量m=1.0kg的滑块(可视为质点)模拟过山车的运动,现将滑块从与水平轨道之间的高度差为h=1.8m位置处静止释放,滑块通过圆轨道后向右运动压缩弹簧,被弹回后第一次到达E点即停止运动。已知滑块与水平轨道BCD之间的动摩擦因数μ=0.3,BE之间的距离LBE=2.0m,EC之间的距离LEC=1.0m,滑块始终与圆轨道保持接触,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2。求:(1)圆轨道半径R的最大值;(2)弹簧的最大弹性势能。综合提升练6.(多选)(2023辽宁阜新模拟)如图甲所示,足够长的倾斜传送带以速度v=2.5m/s沿顺时针方向运行,质量为m、可视为质点的物块,在t=0时刻以速度v0从传送带底端开始沿传送带上滑,物块在传送带上运动时的机械能E随时间t的变化关系如图乙所示,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取传送带最底端所在平面为零势能面,重力加速度g取10m/s2,则()A.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25B.物块的质量m为4kgC.物块滑上传送带时的速度为5m/sD.物块滑离传送带时的动能为20J7.(多选)(2024山东青岛模拟)如图甲所示,六块相同的长木板并排放在粗糙水平地面上,每块长度为L=2m、质量为m0=0.8kg。另有一质量为m=1kg的物块(可看成质点)以v0=2982+48m/s的初速度冲上木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.3,木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1,重力加速度g取10m/s2。以下说法正确的是(A.物块滑上第4块瞬间,第4、5、6块开始运动B.物块滑上第5块瞬间,第5、6块开始运动C.物块最终停在某木块上,物块与该木块摩擦产生的热量为164D.物块最终停在某木块上,物块与该木块摩擦产生的热量为3648.(2023安徽六安检测)如图所示,水平轨道AB长为2R,其A端有一被锁定的轻质弹簧,弹簧左端连接在固定的挡板上。圆心在O1、半径为R的光滑圆弧轨道BC与AB相切于B点,并且和圆心在O2、半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接,O1、C、O2三点在同一条直线上。光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R、圆心在D点的14圆弧挡板MO2竖直放置,并且与地面相切于O2点。质量为m的小滑块(可视为质点)从轨道上的C点由静止滑下,刚好能运动到A点,触发弹簧,弹簧立即解除锁定,小滑块被弹回,小滑块在到达B点之前已经脱离弹簧,并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D(计算时圆管直径可不计,重力加速度为g(1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ;(2)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep;(3)小滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek。

参考答案第7讲专题提升:动力学和能量观点的综合应用1.D解析滑块在传送带上先做匀加速直线运动,当达到传送带速度6m/s时,传送带开始匀减速,加速度大小为4m/s2,而滑块的最大加速度为am=μg=2m/s2<4m/s2,所以滑块不能和传送带无相对滑动一起匀减速,故A错误;滑块受到传送带的摩擦力一直为滑动摩擦力,但是方向先向右,达到6m/s后摩擦力向左,故B错误;匀加速阶段,有a=μg=2m/s2,v=at1,解得t1=3s,所以滑块的位移为x1=v2t1=62×3m=9m,传送带的位移为x2=vt1=6×3m=18m,故在匀加速阶段划痕长度为l1=x2-x1=9m,滑块匀减速阶段的加速度大小与匀加速阶段加速度大小相等,且末速度为零,所以匀减速位移的大小与匀加速阶段的位移大小相等,即x1'=x1=9m,传送带的位移为x2'=v22a'=622×4m=4.5m,故匀减速阶段的划痕长度为l2=x2'-x1'=4.5m<l1,由此可知,滑块在传送带上的划痕长度为9m,故C错误;全过程中摩擦生热为Q=μmgl1+2.C解析工件加速过程由牛顿第二定律得μmgcosθ-mgsinθ=ma,解得加速度a=μgcosθ-gsinθ=2.5m/s2,则加速时间t=va=0.4s,故A错误;工件在传送带上不仅受重力,还受到传送带对它的摩擦力和支持力,由动能定理有-mgh+W传=12mv2-0,得传送带对工件做的功W传=12mv2+mgh=202.5J,故B错误;加速过程工件与传送带相对运动的位移Δx=x传-x工=vt-v2t=v2t=0.2m,工件与传送带间摩擦产生的热量Q=μmgcosθ·Δx=7.5J,故C正确;电动机多做的功等于系统摩擦产生的热量和工件机械能的增加量,则有W电=Q+12mv2+mgh=3.AC解析小物块发生的位移为L+x,对于小物块根据动能定理可得Ek1=(F-Ff)(L+x),故A正确;小物块克服摩擦力做的功为W=Ff(L+x),故B错误;物块到达小车最右端时,小车运动的距离为x,对小车根据动能定理得Ek2=Ffx,故C正确;小车和小物块增加的动能为Ek=Ek1+Ek2=(F-Ff)(L+x)+Ffx=F(L+x)-FfL,系统重力势能不变,则小物块和小车增加的机械能为F(L+x)-FfL,故D错误。4.D解析由题图乙可知,0~1s内,A、B的加速度大小都为a=1m/s2,物体B和木板A水平方向均受滑动摩擦力,根据牛顿第二定律知二者质量相等,则木板最终动能EkA=12mv12=1J,选项A错误;系统损失的机械能ΔE=12mv02−12·2m·v2=2J,选项B错误;由题图乙可得二者相对位移为1m,即木板A的最小长度为1m,选项C错误;对B受力分析,根据牛顿第二定律,5.答案(1)0.72m(2)6J解析(1)圆轨道半径R最大时,滑块从圆轨道的最高点经过时对轨道恰好无作用力,设圆轨道半径的最大值为Rmax,在圆轨道的最高点mg=mv滑块从A点运动到圆轨道的最高点,根据动能定理可得mg(h-2Rmax)=1解得Rmax=0.72m。(2)滑块从A点运动到B点,根据动能定理可得mgh=1滑块从B点运动到最右端的过程中,设弹簧的最大压缩量为x,最大弹性势能为Ep,可得12mvB2=μmg(LBE+L滑块从最右端运动到E点的过程中Ep=μmg(x+LEC)解得Ep=6J。6.BCD解析根据图像可知在0.25s时物块的速度与传送带的速度相等,0.25~1.5s内物块的机械能增加,故摩擦力做正功,摩擦力方向沿斜面向上,且在1.5s时物块的机械能不再增加,即物块的速度为零。以沿斜面向上为正方向,对物块受力分析,在0~0.25s,沿斜面方向由牛顿第二定律可得-mgsinθ-μmgcosθ=ma1,该过程由匀变速直线运动规律v=v0+a1t1,在0.25~1.5s内由牛顿第二定律可得-mgsinθ+μmgcosθ=ma2,此过程由匀变速直线运动规律可得0=v+a2t2,联立以上代入数据可得v0=5m/s,μ=0.5,故A错误,C正确。由图像可知,物体的初始机械能为E=12mv02=50J,代入数据可得m=4kg,故B正确。由图像可知物块从底部滑至最高点,前后两阶段摩擦力做功的绝对值之和为W=(50-35)J+(60-35)J=40J,到达最高点时机械能为60J。由于物块所受重力沿斜面的分力大于传送带对物块的摩擦力,故物块到达最高点后会沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动。此过程中,物块向下移动的位移与物块向上移动的位移相等,摩擦力大小相等,且下滑过程中摩擦力始终做负功。故从最高点运动至离开传送带的过程中,由能量守恒定律可得E=Wf+Ek,代入数据可得Ek=207.BD解析当物块滑上第n个长木板时,长木板开始运动,满足μ1mg>μ2[m+(7-n)m0]g,解得n>4.5,故物块滑上第5块瞬间,第5、6块开始运动,故A错误,B正确。滑上第5块木板前,所有木块相对地面静止,则μ1mg=ma1,根据v02−v12=2a1·4L,代入数据解得冲上第5块木板的速度v1=298m/s,在第5块木板上运动时间为t5,受力分析得μ1mg-μ2(m+2m0)g=2m0a56,v1t5-12a1t52−12a56t52=L,解得t5=1s,此时物块速度v1'=v1-a5t5=58m/s,v2=a56t5=14m/s,继续滑上第6个木板,则μ1mg-μ2(m+m0)g=m0a6,解得a6=32m/s2;设达到共速时间为t6,v1'-a1t6=v2+a6t6,解得t6=112s,v共=38m/s,则共速时,相对于第6块木板左端距离d=12(v1'+v共)t6-12(v28.答案(1)1(2)113(3)(22-1)mgR解析(1)由几何关系得BC间的高度差h