2022版备战老高考一轮复习物理专题强化十 动力学和能量观点的综合应用 作业

专题强化十动力学和能量观点的综合应用课时精练1．(多选)如图1所示，质量m＝1kg的物体从高为h＝0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带A、B之间的距离为L＝5m，传送带一直以v＝4m/s的速度匀速运动，则(g取10m/s2)()图1A．物体从A运动到B的时间是1.5sB．物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2JC．物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2JD．物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10J答案AC解析设物体下滑到A点时的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mv02＝mgh，代入数据得v0＝eq\r(2gh)＝2m/s<v＝4m/s，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，加速度大小为a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2；当物体的速度与传送带的速度相等时用时t1＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(4－2,2)s＝1s，匀加速运动的位移x1＝eq\f(v0＋v,2)t1＝eq\f(2＋4,2)×1m＝3m<L＝5m，所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为t2＝eq\f(L－x1,v)＝eq\f(5－3,4)s＝0.5s，故物体从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5s，故选项A正确；物体运动到B时的速度是v＝4m/s，根据动能定理得：摩擦力对物体做功W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×1×42J－eq\f(1,2)×1×22J＝6J，选项B错误；在t1时间内，传送带做匀速运动的位移为x带＝vt1＝4m，故产生热量Q＝μmgΔx＝μmg(x带－x1)，代入数据得Q＝2J，选项C正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W＝(eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02)＋Q＝eq\f(1,2)×1×(42－22)J＋2J＝8J，选项D错误．2.(多选)(2020·陕西西安市检测)如图2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()图2A．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)答案BC解析由题意可知物块做匀加速运动和匀速运动的时间相等，物块两次运动的位移之比为：eq\f(x1,x2)＝eq\f(\f(v0＋vt,2),vt)＝eq\f(2,3)，则eq\f(v0＋v,2)∶v＝2∶3，可得出：v0＝eq\f(v,3)，故A错误；由题意可知物块匀速运动的位移为eq\f(3L,5)，则eq\f(3L,5)＝vt，可得匀速运动的时间为：t＝eq\f(3L,5v)，匀加速运动的时间等于匀速运动的时间，故B正确；根据运动学公式：a＝μg，v2－v02＝2ax，x＝eq\f(2L,5)，可得物块与传送带间的动摩擦因数为：μ＝eq\f(10v2,9gL)，故C正确；根据热量的计算公式：Q＝Ffx相对，整个过程中x相对＝eq\f(3L,5)－eq\f(2L,5)＝eq\f(L,5)，可求得整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为：Q＝eq\f(2mv2,9)，故D错误．3．(2019·黑龙江齐齐哈尔市期末)如图3所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C点与B点的高度差为h2＝0.1125m(传送带传动轮的大小可忽略不计)．一质量为m＝1kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带逆时针转动，速度大小为v＝0.5m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，试求：图3(1)滑块运动至C点时的速度大小vC；(2)滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；(3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q.答案(1)2.5m/s(2)1J(3)32J解析(1)在C点，竖直分速度：vy＝eq\r(2gh2)＝1.5m/s由vy＝vCsin37°，解得vC＝2.5m/s(2)C点的水平分速度与B点的速度相等，则vB＝vx＝vCcos37°＝2m/s从A到B点的过程中，根据动能定理得mgh1－Wf＝eq\f(1,2)mvB2解得Wf＝1J(3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律有μmgcos37°－mgsin37°＝ma解得a＝0.4m/s2达到共同速度所需时间t＝eq\f(vC－v,a)＝5s两者间的相对位移Δx＝eq\f(v＋vC,2)t－vt＝5m由于mgsin37°<μmgcos37°，此后滑块将做匀速运动．故滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量：Q＝μmgcos37°·Δx＝32J.4.(多选)(八省联考·辽宁·10)如图4所示，甲、乙两滑块的质量分别为1kg、2kg，放在静止的水平传送带上，两者相距5m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2.t＝0时，甲、乙分别以6m/s、2m/s的初速度开始向右滑行．t＝0.5s时，传送带启动(不计启动时间)，立即以3m/s的速度向右做匀速直线运动，传送带足够长，重力加速度取10m/s2.下列说法正确的是()图4A．t＝0.5s时，两滑块相距2mB．t＝1.5s时，两滑块速度相等C．0～1.5s内，乙相对传送带的位移大小为0.25mD．0～2.5s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5J答案BC解析由牛顿第二定律可得两滑块在传送带上的加速度大小为：a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2，前0.5s两滑块均做加速度大小为2m/s2的匀减速运动，0.5s时，甲的速度为v甲′＝(6－2×0.5)m/s＝5m/s，乙的速度为v乙′＝(2－2×0.5)m/s＝1m/s，传送带启动后，甲继续做匀减速运动，乙做匀加速运动，加速度大小不变，直到与传送带共速，依此可作出甲、乙和传送带的v－t图像：v－t图像与横轴围成的面积表示位移大小，t＝0.5s时，两滑块相对位移Δx＝(6－2)×0.5m＝2m，所以相距5m－2m＝3m，故A项错误；由v－t图像可知，t＝1.5s时，两滑块速度相等，均为3m/s，故B项正确；0～1.5s内，乙相对传送带的位移大小为Δx乙＝3×1m－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×0.5×2＋1＋\f(1,2)×1×1＋3))m＝0.25m，故C项正确；两滑块在传送带上滑动，除摩擦力外没有其他力做功，t＝2.5s时速度已经恒定，0～2.5s内损耗的能量全部转化为内能，由能量守恒定律可得eq\f(1,2)m甲v甲2＋eq\f(1,2)m乙v乙2＝eq\f(1,2)m甲v传2＋eq\f(1,2)m乙v传2＋Q，解得：Q＝8.5J，故D项错误．5.(八省联考·江苏·15)如图5所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2kg的小物块从A点静止释放．已知A、P的距离L＝8m，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＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求物块：图5(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.答案(1)8m/s(2)9s(3)48J解析(1)设小物块沿斜面下滑的加速度大小为a1，则有mgsin37°－μ1mgcos37°＝ma1解得a1＝4m/s2小物块从A到P，由运动学公式得v12＝2a1L解得v1＝8m/s(2)小物块滑上传送带后，向左运动过程中一直受到向右的滑动摩擦力，设此过程小物块的加速度为a′由牛顿第二定律得μ2mg＝ma′，得a′＝2m/s2设经时间t1小物块速度减为零则t1＝eq\f(v1,a′)＝4s此过程小物块的位移大小为x1＝eq\f(v\o\al(12),2a′)＝16m小物块速度减为零后开始向右做匀加速运动，加速度大小仍为a′，经时间t2和传送带速度相同，则t2＝eq\f(v,a′)＝2s此过程小物块的位移大小为x2＝eq\f(v2,2a′)＝4m，因x1>x2，故小物块之后匀速运动到达P点，匀速运动时间t3＝eq\f(x1－x2,v)＝3s，则t＝t1＋t2＋t3，解得t＝9s(3)小物块从A点到达P，摩擦产生的热量Q1＝μ1mg·cos37°·L＝32J小物块第1次从传送带返回P点，vP＝v＝4m/s物块沿斜面做匀减速运动后反向做匀加速运动，再次到达P点，动能减小，vP′<vP，即vP′<4m/s，小物块沿传送带水平向左减速为0后，向右加速第二次返回P点，v2＝vP′，此往返过程，小物块的动能无损失，以此类推，最终小物块到达P点的速度为0，小物块的动能全部损失在与斜面的摩擦生热过程中Q2＝μ1mg·cos37°·s＝eq\f(1,2)mvP2，解得Q2＝16J则Q＝Q1＋Q2＝48J.6．(2020·浙江嘉兴市期末)如图6所示，水平轨道BC与倾角为θ＝37°的斜面轨道AB、螺旋状圆轨道O紧密平滑连接，AB长度L1＝10m，BC长度L2＝4m，圆轨道半径R＝0.72m．直角斜面体MNE的竖直边ME的长度L3＝3m，水平边NE的长度L4＝6m，M点在C点的正下方，MC的长度L5＝1.2m．小物块的质量为m＝1kg，它与AB轨道和BC轨道的动摩擦因数相同，记为μ，圆轨道光滑．小物块在最高点A由静止释放，沿轨道ABC运动，第一次到达C时恰好静止．空气阻力不计，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.图6(1)求动摩擦因数μ；(2)小物块在A点释放的同时，对其施加一个水平向右的恒力F，当物块沿BC运动到C点时撤去F，再绕圆轨道运动一周后在与C同一高度的圆轨道末端以速度v水平向右抛出．小物块在到达圆轨道末端前不脱离轨道，求v与F满足的关系式，并确定v的取值范围；(3)若物块自圆轨道末端以某一初速度水平抛出，经一段时间后与过N点的竖直墙面发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞之后物块速度的竖直分量不变，水平分量反向且大小不变，之后落于斜面MN上的P点，已知物块从圆轨道末端运动到P点的总时间为t＝0.9s，求小物块刚运动至P点时的动能．答案(1)0.5(2)v2＝30F(6m/s≤v≤20m/s)(3)65J解析(1)小物块从A到C的过程，由动能定理得mgL1sinθ－μmgL1cosθ－μmgL2＝0代入数据得μ＝0.5.(2)施加恒力F后，从A到C的过程，由动能定理得F(L1cosθ＋L2)＋mgL1sinθ－μ(mgcosθ－Fsinθ)L1－μmgL2＝eq\f(1,2)mv2代入数据得v2＝30F小物块在圆轨道最高点D不脱离轨道，应满足mg≤meq\f(v\o\al(D2),R)从D到C的过程由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mvD2＋2mgR＝eq\f(1,2)mv2解得v≥6m/s小物块不脱离斜面AB