2025優(yōu)化設計一輪第7講　專題提升 動力學和能量觀點的綜合應用

第7講專題提升:動力學和能量觀點的綜合應用基礎對點練題組一傳送帶模型中的能量轉化1.(2023四川雅安模擬)如圖所示,傳送帶以6m/s勻速率順時針運動,現(xiàn)將一質量為2kg的滑塊輕輕放置于傳送帶的左端,當滑塊速度達到6m/s時,突然斷電,傳送帶以大小為4m/s2的加速度勻減速運動至停止。已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2,傳送帶足夠長,重力加速度g取10m/s2,則滑塊從放上去到最后停下的過程中,下列說法正確的是()A.滑塊先勻加速后與傳送帶無相對滑動一起勻減速B.滑塊受到的摩擦力一直不變C.滑塊在傳送帶上留下的劃痕為13.5mD.全程滑塊與傳送帶間產(chǎn)生的熱量為54J2.如圖所示,繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ=30°,傳送帶在電動機的帶動下,始終保持1m/s的速度順時針運行?，F(xiàn)把一質量為5kg的工件(可視為質點)輕放在傳送帶的底端,經(jīng)過一段時間工件與傳送帶達到共同速度后繼續(xù)傳送到4m高處。已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為32,重力加速度g取10m/s2,則在此過程中,下列說法正確的是(A.工件加速過程的時間為0.8sB.傳送帶對工件做的功為200JC.工件與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量為7.5JD.電動機因傳送工件多做的功為120J題組二板塊模型中的能量轉化3.(多選)(2024廣東惠州模擬)如圖所示,質量為m0、長度為L的小車靜止在光滑水平面上,質量為m的小物塊(可視為質點)放在小車的最左端,現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上,使小物塊從靜止開始做直線運動,當小物塊滑到小車的最右端時,小車運動的距離為x,小物塊和小車之間的滑動摩擦力為Ff,此過程中,下列結論正確的是()A.小物塊到達小車最右端時,其動能為(F-Ff)(L+x)B.摩擦力對小物塊所做的功為FfLC.小物塊到達小車最右端時,小車的動能為FfxD.小物塊和小車組成的系統(tǒng)機械能增加量為F(L+x)4.如圖甲所示,長木板A放在光滑的水平面上,質量為m=2kg的另一物體B(可看成質點)以水平速度v0=2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面。由于A、B間存在摩擦力,之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示。下列說法正確的是(g取10m/s2)()A.木板A最終獲得的動能為2JB.系統(tǒng)損失的機械能為4JC.木板A的最小長度為2mD.A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1題組三多運動組合問題5.過山車是游樂場中常見的設施,一種過山車的簡易模型如圖所示,由弧形軌道AB、豎直圓軌道、水平軌道BCD構成,B是圓軌道的最低點,軌道右端D點處固定有原長為CD的彈簧,BCD段軌道粗糙,其余軌道光滑,各段軌道均平滑連接。用質量m=1.0kg的滑塊(可視為質點)模擬過山車的運動,現(xiàn)將滑塊從與水平軌道之間的高度差為h=1.8m位置處靜止釋放,滑塊通過圓軌道后向右運動壓縮彈簧,被彈回后第一次到達E點即停止運動。已知滑塊與水平軌道BCD之間的動摩擦因數(shù)μ=0.3,BE之間的距離LBE=2.0m,EC之間的距離LEC=1.0m,滑塊始終與圓軌道保持接觸,不計空氣阻力,重力加速度g取10m/s2。求:(1)圓軌道半徑R的最大值;(2)彈簧的最大彈性勢能。綜合提升練6.(多選)(2023遼寧阜新模擬)如圖甲所示,足夠長的傾斜傳送帶以速度v=2.5m/s沿順時針方向運行,質量為m、可視為質點的物塊,在t=0時刻以速度v0從傳送帶底端開始沿傳送帶上滑,物塊在傳送帶上運動時的機械能E隨時間t的變化關系如圖乙所示,已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取傳送帶最底端所在平面為零勢能面,重力加速度g取10m/s2,則()A.物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.25B.物塊的質量m為4kgC.物塊滑上傳送帶時的速度為5m/sD.物塊滑離傳送帶時的動能為20J7.(多選)(2024山東青島模擬)如圖甲所示,六塊相同的長木板并排放在粗糙水平地面上,每塊長度為L=2m、質量為m0=0.8kg。另有一質量為m=1kg的物塊(可看成質點)以v0=2982+48m/s的初速度沖上木板。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.3,木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.1,重力加速度g取10m/s2。以下說法正確的是(A.物塊滑上第4塊瞬間,第4、5、6塊開始運動B.物塊滑上第5塊瞬間,第5、6塊開始運動C.物塊最終停在某木塊上,物塊與該木塊摩擦產(chǎn)生的熱量為164D.物塊最終停在某木塊上,物塊與該木塊摩擦產(chǎn)生的熱量為3648.(2023安徽六安檢測)如圖所示,水平軌道AB長為2R,其A端有一被鎖定的輕質彈簧,彈簧左端連接在固定的擋板上。圓心在O1、半徑為R的光滑圓弧軌道BC與AB相切于B點,并且和圓心在O2、半徑為2R的光滑細圓管軌道CD平滑對接,O1、C、O2三點在同一條直線上。光滑細圓管軌道CD右側有一半徑為2R、圓心在D點的14圓弧擋板MO2豎直放置,并且與地面相切于O2點。質量為m的小滑塊(可視為質點)從軌道上的C點由靜止滑下,剛好能運動到A點,觸發(fā)彈簧,彈簧立即解除鎖定,小滑塊被彈回,小滑塊在到達B點之前已經(jīng)脫離彈簧,并恰好無擠壓通過細圓管軌道最高點D(計算時圓管直徑可不計,重力加速度為g(1)小滑塊與水平軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ;(2)彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep;(3)小滑塊通過最高點D后落到擋板上時具有的動能Ek。

參考答案第7講專題提升:動力學和能量觀點的綜合應用1.D解析滑塊在傳送帶上先做勻加速直線運動,當達到傳送帶速度6m/s時,傳送帶開始勻減速,加速度大小為4m/s2,而滑塊的最大加速度為am=μg=2m/s2<4m/s2,所以滑塊不能和傳送帶無相對滑動一起勻減速,故A錯誤;滑塊受到傳送帶的摩擦力一直為滑動摩擦力,但是方向先向右,達到6m/s后摩擦力向左,故B錯誤;勻加速階段,有a=μg=2m/s2,v=at1,解得t1=3s,所以滑塊的位移為x1=v2t1=62×3m=9m,傳送帶的位移為x2=vt1=6×3m=18m,故在勻加速階段劃痕長度為l1=x2-x1=9m,滑塊勻減速階段的加速度大小與勻加速階段加速度大小相等,且末速度為零,所以勻減速位移的大小與勻加速階段的位移大小相等,即x1'=x1=9m,傳送帶的位移為x2'=v22a'=622×4m=4.5m,故勻減速階段的劃痕長度為l2=x2'-x1'=4.5m<l1,由此可知,滑塊在傳送帶上的劃痕長度為9m,故C錯誤;全過程中摩擦生熱為Q=μmgl1+2.C解析工件加速過程由牛頓第二定律得μmgcosθ-mgsinθ=ma,解得加速度a=μgcosθ-gsinθ=2.5m/s2,則加速時間t=va=0.4s,故A錯誤;工件在傳送帶上不僅受重力,還受到傳送帶對它的摩擦力和支持力,由動能定理有-mgh+W傳=12mv2-0,得傳送帶對工件做的功W傳=12mv2+mgh=202.5J,故B錯誤;加速過程工件與傳送帶相對運動的位移Δx=x傳-x工=vt-v2t=v2t=0.2m,工件與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μmgcosθ·Δx=7.5J,故C正確;電動機多做的功等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量和工件機械能的增加量,則有W電=Q+12mv2+mgh=3.AC解析小物塊發(fā)生的位移為L+x,對于小物塊根據(jù)動能定理可得Ek1=(F-Ff)(L+x),故A正確;小物塊克服摩擦力做的功為W=Ff(L+x),故B錯誤;物塊到達小車最右端時,小車運動的距離為x,對小車根據(jù)動能定理得Ek2=Ffx,故C正確;小車和小物塊增加的動能為Ek=Ek1+Ek2=(F-Ff)(L+x)+Ffx=F(L+x)-FfL,系統(tǒng)重力勢能不變,則小物塊和小車增加的機械能為F(L+x)-FfL,故D錯誤。4.D解析由題圖乙可知,0~1s內(nèi),A、B的加速度大小都為a=1m/s2,物體B和木板A水平方向均受滑動摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律知二者質量相等,則木板最終動能EkA=12mv12=1J,選項A錯誤;系統(tǒng)損失的機械能ΔE=12mv02?12·2m·v2=2J,選項B錯誤;由題圖乙可得二者相對位移為1m,即木板A的最小長度為1m,選項C錯誤;對B受力分析,根據(jù)牛頓第二定律,5.答案(1)0.72m(2)6J解析(1)圓軌道半徑R最大時,滑塊從圓軌道的最高點經(jīng)過時對軌道恰好無作用力,設圓軌道半徑的最大值為Rmax,在圓軌道的最高點mg=mv滑塊從A點運動到圓軌道的最高點,根據(jù)動能定理可得mg(h-2Rmax)=1解得Rmax=0.72m。(2)滑塊從A點運動到B點,根據(jù)動能定理可得mgh=1滑塊從B點運動到最右端的過程中,設彈簧的最大壓縮量為x,最大彈性勢能為Ep,可得12mvB2=μmg(LBE+L滑塊從最右端運動到E點的過程中Ep=μmg(x+LEC)解得Ep=6J。6.BCD解析根據(jù)圖像可知在0.25s時物塊的速度與傳送帶的速度相等,0.25~1.5s內(nèi)物塊的機械能增加,故摩擦力做正功,摩擦力方向沿斜面向上,且在1.5s時物塊的機械能不再增加,即物塊的速度為零。以沿斜面向上為正方向,對物塊受力分析,在0~0.25s,沿斜面方向由牛頓第二定律可得-mgsinθ-μmgcosθ=ma1,該過程由勻變速直線運動規(guī)律v=v0+a1t1,在0.25~1.5s內(nèi)由牛頓第二定律可得-mgsinθ+μmgcosθ=ma2,此過程由勻變速直線運動規(guī)律可得0=v+a2t2,聯(lián)立以上代入數(shù)據(jù)可得v0=5m/s,μ=0.5,故A錯誤,C正確。由圖像可知,物體的初始機械能為E=12mv02=50J,代入數(shù)據(jù)可得m=4kg,故B正確。由圖像可知物塊從底部滑至最高點,前后兩階段摩擦力做功的絕對值之和為W=(50-35)J+(60-35)J=40J,到達最高點時機械能為60J。由于物塊所受重力沿斜面的分力大于傳送帶對物塊的摩擦力,故物塊到達最高點后會沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運動。此過程中,物塊向下移動的位移與物塊向上移動的位移相等,摩擦力大小相等,且下滑過程中摩擦力始終做負功。故從最高點運動至離開傳送帶的過程中,由能量守恒定律可得E=Wf+Ek,代入數(shù)據(jù)可得Ek=207.BD解析當物塊滑上第n個長木板時,長木板開始運動,滿足μ1mg>μ2[m+(7-n)m0]g,解得n>4.5,故物塊滑上第5塊瞬間,第5、6塊開始運動,故A錯誤,B正確?；系?塊木板前,所有木塊相對地面靜止,則μ1mg=ma1,根據(jù)v02?v12=2a1·4L,代入數(shù)據(jù)解得沖上第5塊木板的速度v1=298m/s,在第5塊木板上運動時間為t5,受力分析得μ1mg-μ2(m+2m0)g=2m0a56,v1t5-12a1t52?12a56t52=L,解得t5=1s,此時物塊速度v1'=v1-a5t5=58m/s,v2=a56t5=14m/s,繼續(xù)滑上第6個木板,則μ1mg-μ2(m+m0)g=m0a6,解得a6=32m/s2;設達到共速時間為t6,v1'-a1t6=v2+a6t6,解得t6=112s,v共=38m/s,則共速時,相對于第6塊木板左端距離d=12(v1'+v共)t6-12(v28.答案(1)1(2)113(3)(22-1)mgR解析(1)由幾何關系得BC間的高度差h