课时跟踪检测（二十五） 功能关系的综合应用

课时跟踪检测（二十五）功能关系的综合应用A卷——全员必做1.(多选)如图所示，一个长为L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g。则在此过程中()A．摩擦力对物块做功为－μmg(s＋d)B．摩擦力对木板做功为μmgsC．木板动能的增量为μmgdD．由于摩擦而产生的热量为μmgs解析：选AB根据功的定义W＝Flcosα，其中l指物体对地的位移，而α指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做功W2＝μmgs，A、B正确；根据动能定理可知木板动能的增量ΔEk＝W2＝μmgs，C错误；由于摩擦而产生的热量Q＝Ff·Δx＝μmgd，D错误。2．(多选)如图所示为探究滑块从同一高度沿不同轨道下滑时，水平位移大小关系的示意图，所有轨道均处在同一竖直平面内。某次实验中让滑块沿AB轨道从A点由静止释放，滑块最终停在水平面上的C点，且A、C连线与水平方向夹角为30°。滑块可视为质点，且不计经过弯角处的能量损失，滑块与所有接触面的动摩擦因数均相同。以下结论正确的是()A．滑块从A点由静止释放，沿AD轨道下滑，将停止在C点B．滑块从A点由静止释放，沿AED轨道下滑，将停止在C点C．滑块从A点由静止释放，沿AED轨道下滑与沿AD轨道下滑，到达D点时速度大小相等D．滑块与接触面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),3)解析：选AD设A点到水平面的高度为h，AB倾角为α，AD倾角为θ，则滑块沿AB轨道从A点由静止释放，滑块最终停在水平面上的C点，根据能量守恒有mgh＝μmgcosα·eq\f(h,sinα)＋μmgxBC＝μmgxEB＋μmgxBC＝μmgxEC，滑块从A点由静止释放，沿AD轨道下滑，根据能量守恒有mgh＝μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＋μmgx＝μmgxED＋μmgx，联立解得x＝xDC，滑块沿AD轨道下滑时将停止在C点，选项A正确；由以上分析可知，滑动摩擦力做功等于μmg与水平位移的乘积，滑块沿AED轨道下滑时外界需要提供向心力，则AED轨道对滑块的支持力大于重力垂直于接触面向下的分力mgcosα，对应的滑动摩擦力大于μmgcosα，α是滑块所在处切线方向与水平方向的夹角。沿AED轨道下滑与沿AD轨道下滑，水平位移相等，则沿AED轨道下滑克服摩擦力做功大，故到达轨道底端时的动能小，将不会到达C点，选项B、C错误；根据前面推导得出mgh＝μmgxEC，则动摩擦因数μ＝eq\f(h,xEC)＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)，选项D正确。3.(多选)如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速率，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则()A．前阶段，物品一定向传送带运动的方向运动B．后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同C．v相同时，μ不同的等质量物品与传送带因摩擦产生的热量相同D．μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍解析：选AC物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A正确；后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受摩擦力，故B错误；设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律得Ff＝μmg＝ma，物品的加速度大小为a＝μg，匀加速的时间为t＝eq\f(v,a)＝eq\f(v,μg)，位移为x＝eq\f(v,2)t，传送带匀速的位移为x′＝vt，物品相对传送带滑行的距离为Δx＝x′－x＝eq\f(vt,2)＝eq\f(v2,2μg)，物品与传送带摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝eq\f(1,2)mv2，则知v相同时，μ不同的等质量物品与传送带因摩擦产生的热量相同，故C正确；前阶段物品的位移为x＝eq\f(vt,2)＝eq\f(v2,2μg)，则知μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D错误。4.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为()A.eq\f(mv2,4) B.eq\f(mv2,2)C．mv2 D．2mv2解析：选C由能量转化和守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝eq\f(1,2)mv2＋μmgx相，x相＝vt－eq\f(v,2)t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故C正确。5.如图所示，传送带的三个固定转动轴分别位于等腰三角形的三个顶点，两段倾斜部分长均为2m，且与水平方向的夹角为37°。传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动。两个质量相同的小物块A、B从传送带顶端均以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列判断正确的是()A．物块A始终与传送带相对静止B．物块A先到达传送带底端C．传送带对物块A所做的功大于传送带对物块B所做的功D．两物块与传送带之间因摩擦所产生的总热量等于两物块机械能总的减少量解析：选D根据题意得μ<tanθ，故两物块与传送带保持相对滑动，沿传送带向下做匀加速运动，故A错误；对物块A、B受力分析图如图所示：两物块的受力情况完全相同，其加速度均为a＝gsinθ－μgcosθ，由于两物块初速度大小、位移大小均相等，故两物块同时运动到传送带底端，故B错误；由于摩擦力相同，两物块沿传送带向下发生的位移大小也相同，故传送带对两物块的摩擦力做功也相同，故C错误；以传送带与物块A为研究对象，A所受摩擦力沿传送带向上，则传送带所受摩擦力沿传送带向下，摩擦力对传送带做功为W1＝f·vt，v为传送带转动的速度，t为物块A在传送带上运动的时间；同理，以传送带与物块B为研究对象，传送带所受摩擦力沿传送带向下，摩擦力对传送带做功为W2＝－f·vt，由此可知，在整个过程中摩擦力对传送带做的总功为零，即电动机没有向传送带提供能量，根据能量守恒定律可知两物块与传送带因摩擦所产生的热量等于两物块机械能总的减少量，故D正确。6.(2023·宁波高三质检)如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平粗糙传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则()A．固定位置A到B点的竖直高度可能为2.4RB．滑块不可能重新回到出发点A处C．传送带速度v越大，滑块与传送带因摩擦产生的热量越多D．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关解析：选C设滑块恰能通过C点，则mg＝meq\f(v2,R)，再由B到C，由机械能守恒得，B点的速度最小为vB2＝5gR，再由A到B，运用机械能守恒得，AB的竖直高度最小为h＝2.5R，因为2.4R<2.5R，A错误；当传送带把滑块再送回来，其速度与进入传送带的速度相等时，滑块就能够重新回到出发点，B错误；滑块在传送带上向右运动时，受到摩擦力，从而产生向左的加速度，使得滑块减速到速度等于0时，滑块再反向运动，减速的距离与传送带的速度是无关的，只与滑到传送带上的速度、加速度有关，D错误；传送带的速度越大，传送带与滑块相对运动的距离就会越大，故克服摩擦力做的功就越多，所以产生的热量越多，C正确。7.(多选)工作人员在分拣快递时常用传送带传送快递商品，工作人员用如图所示的倾斜传送带向高处传送质量为m＝2kg的快递商品，传送带倾角为37°，传送带的底端A和顶端B之间的距离L＝9m，传送带以恒定速率v＝3m/s顺时针方向运行，将快递商品静止放于传送带底端A，经过一段时间将快递商品传送到传送带的顶端B，快递商品与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.875，快递商品可以看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是()A．快递商品从底端A传送到顶端B用的时间为3eq\r(2)sB．快递商品从底端A传送到顶端B过程中滑动摩擦力对快递商品做的功为126JC．快递商品从底端A传送到顶端B过程中机械能的增加量为117JD．快递商品从底端A传送到顶端B过程中电动机比空载时多消耗的电能为180J解析：选CD快递商品开始运动时受到沿传送带向上的滑动摩擦力f1＝μmgcos37°，根据牛顿第二定律f1－mgsin37°＝ma，解得加速度a＝1m/s2，与传送带达到共同速度经历的时间为t1＝eq\f(v,a)＝3s，运动的位移为x1＝eq\f(v,2)t1＝4.5m，因为μ＝0.875，μmgcos37°＞mgsin37°，当快递商品的速度与传送带的速度相等时开始做匀速直线运动，运动的位移为x2＝L－x1＝4.5m，匀速运动的时间为t2＝eq\f(x2,v)＝1.5s，则快递商品从底端传送到顶端用的时间为t＝t1＋t2＝4.5s，A错误；第一阶段快递商品在滑动摩擦力作用下运动的位移为x1＝4.5m，滑动摩擦力做的功为W＝f1x1＝63J，B错误；机械能的增加量为ΔE＝eq\f(1,2)mv2＋mgLsin37°＝117J，C正确；第一阶段快递商品与传送带之间发生相对滑动，做匀加速直线运动，位移为x1＝4.5m，传送带做匀速运动，有x2＝vt1＝9.0m，则产生的热量为Q＝μmgcos37°(x2－x1)＝63J，第二阶段快递商品与传送带之间没有相对滑动，不产生热量，物块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量是63J，根据能量守恒定律，快递商品从底端传送到顶端过程中电动机多消耗的电能为系统能量的增加量，即系统内能和快递商品机械能的增加量，为E电＝Q＋ΔE＝180J，选项D正确。8.传送带是自动化工业生产中一种重要的输送装置。如图所示，是一条罐头生产线部分示意图，电动机带动传送带始终以v＝2m/s的速率运动，传送带两端A、B间的距离L＝4m。工作时，机器手臂将一瓶罐头无初速放到A点，当该罐头刚离开B点时，机器手臂将下一瓶罐头放到A点，此后不断重复此过程。已知每瓶罐头质量m＝0.8kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，罐头可视为质点且不发生滚动，取重力加速度g＝10m/s2。从第一瓶罐头放到A点开始计时，求：(1)1min内能运送多少瓶罐头；(2)1min内因运送罐头需要多消耗的电能。解析：(1)罐头刚放上传送带时，由牛顿第二定律：μmg＝ma加速度a＝μg＝2m/s2加速运动时间t1＝eq\f(v,a)＝1s匀加速运动位移x1＝eq\f(v,2)t1＝1m匀速运动位移x2＝L－x1＝3m匀速运动时间t2＝eq\f(x2,v)＝1.5s罐头从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.5s1min内能运送罐头的瓶数为n＝eq\f(t0,t)＝eq\f(60,2.5)＝24(瓶)。(2)罐头刚放上传送带做匀加速运动时，相对于传送带的位移大小是Δx＝vt1－x1＝1m因相互摩擦产生的热量为Q＝f·Δx＝μmg·Δx＝1.6J到达B时，动能增加量ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝1.6J所以传送一瓶罐头多消耗的电能E＝Q＋ΔEk＝3.2J1min内因运送罐头需要多消耗的电能E0＝24E＝76.8J。答案：(1)24瓶(2)76.8J9．如图所示，质量M＝8kg的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m＝2kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，现对小物块施加一个大小F＝8N的水平向右恒力，小物块将由静止开始向右运动，2s后小物块从长木板上滑落，从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小物块和长木板的加速度各为多大；(2)长木板的长度；(3)通过计算说明：互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代数和是否为零。解析：(1)长木板与小物块间摩擦力Ff＝μmg＝4N小物块加速度a1＝eq\f(F－Ff,m)＝2m/s2长木板加速度a2＝eq\f(Ff,M)＝0.5m/s2。(2)小物块对地位移x1＝eq\f(1,2)a1t2＝4m长木板对地位移x2＝eq\f(1,2)a2t2＝1m长木板长L＝x1－x2＝3m。(3)摩擦力对小物块做功W1＝－Ffx1＝－16J摩擦力对长木板做功W2＝Ffx2＝4J，故W1＋W2≠0。答案：(1)2m/s20.5m/s2(2)3m(3)见解析B卷——重点选做10.(2023·温州模拟)如图所示，在竖直平面内有轨道ABCDE，其中BC是半径为R的四分之一圆弧轨道，AB(AB＞R)是竖直轨道，CE是水平轨道，CD>R，AB与BC相切于B点，BC与CE相切于C点，轨道的AD段光滑，DE段粗糙且足够长。一根长为R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点)，将轻杆锁定在图示位置，并使Q与B等高。现解除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，重力加速度为g。(1)Q球经过D点后，继续滑行距离s停下(s＞R)，求小球与DE段之间的动摩擦因数；(2)求Q球到达C点时的速度大小。解析：(1)分析滑行过程如图所示由能量守恒得mgR＋mg·2R＝μmgs＋μmg(s－R)，解得μ＝eq\f(3R,2s－R)。(2)轻杆由释放到Q球到达C点时，系统的机械能守恒，设P、Q两球的速度大小分别为vP、vQ，则有mgR＋mg(1＋sin30°)R＝eq\f(1,2)mvP2＋eq\f(1,2)mvQ2又vPcos30°＝vQcos30°联立解得vQ＝eq\r(\f(5,2)gR)。答案：(1)eq\f(3R,2s－R)(2)eq\r(\f(5,2)gR)11．(2023·台州高三调研)如图所示，质量m＝1kg的物块静止于光滑水平轨道N处，现用F＝4N水平力作用于物块，物块运动x＝0.5m时撤去F,然后滑上以v0＝6m/s的速度顺时针匀速转动的倾斜传送带上(水平轨道与倾斜传送带平滑连接)。已知传送带与物块间动摩擦因数为eq\f(\r(3),2)，传送带倾角θ＝30°，传送带长L＝9.4m。求：(1)物块从开始运动至传送带顶端的时间；(2)传送带因传送物体多消耗的电能。解析：(1)由牛顿第二定律F＝ma1代入数据，解得a1＝4m/s2根据匀变速直线运动位移时间公式，可得x＝eq\f(1,2)a1t12，解得t1＝0.5s则有v1＝a1t1＝2m/s滑上传送带后加速过程有a2＝μgcosθ－gsinθ＝2.5m/s2有v0＝v1＋a2t2解得t2＝1.6s则可得x1＝eq\f(v1＋v0,2)t2＝6.4m匀速过程有t3＝eq\f(L－x1,v0)＝0.5s所以总时间为t＝t1＋t2＋t3＝2.6s。(2)物体在传送带上时，相对位移为Δx＝v0t2－x1＝3.2m由能量守恒得W电＝mgLsinθ＋μmgcosθ·Δx＋eq\f(1,2)m(v02－v12)＝87J。答案：(1)2.6s(2)87J12．如图所示为某工厂车间的一个运输系统。该系统由一个半径R＝0.5m的固定的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道BC、一个固定在圆弧轨道末端C点的力传感器(未画出)、一辆平板小车和一根固定轻弹簧组成。可视为质点的配件由A点从静止落下，在B点沿切线进入圆弧轨道BC，经过C点时，配件将不受阻碍地滑上与轨道等高的小车，与小车达到共同速度后，小车与等高的轻弹簧接触并压缩弹簧。某个质量m＝1kg的配件经过C点时传感器显示压力大小FN＝42N，该配件与小车间的动摩擦因数μ＝0.6，小车质量M＝1kg，不计地面对小车的阻力，弹簧劲度系数k＝24N/m，取重力加速度g＝10m/s2。(1)求释放点A与点B的高度差；(2)求小车与弹簧接触前瞬间小车的速度大小；(3)已知弹簧弹性势能的表达式为Ep＝eq\f(1,2)kx2，其中x为弹簧的形变量。整个运动过程中该配件未离开小车，弹簧始终在弹性限度内，求弹簧的最大压缩量。解析：(1)设配件在C点的速度大小为v0，轨道对配件的支持力为FN′，根据牛顿第二定律可得FN′－mg＝meq\f(v02,R)，解得v0＝4m/s设A与B的高度差为h，从A点到C点由动能定理得mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mv02解得h＝0.3m。(2)配件刚滑上小车时，根据牛顿第二定律，对配件有μmg＝ma1对小车有μmg＝Ma2设经过时间t配件和小车达到共同速度v1，由运动学公式可得v1＝v0－a1t，v1＝a2t联立求解得v1＝2m/s。(3)配件和小车接触弹簧后，当配件和小车刚要发生相对滑动瞬间，设二者整体的加速度为a，则根据牛顿第二定律可得kx1＝(M＋m)a对配件μmg＝ma解得x1＝0.5m从小车开始接触弹簧到小车和配件发生相对滑动瞬间的过程中，对配件和小车由动能定理得eq\f(1,2)(M＋m)v22－eq\f(1,2)(M＋m)v12＝－eq\f(1,2)kx12在小车和配件发生相对滑动到小车停止运动的过程中，对小车由动能定理得0－eq\f(1,2)Mv22＝μmg(x2－x1)－eq\f(1,2)k(x22－x12)代入数据解得x2＝eq\f(3＋\r(15),12)m≈0.573m。答案：(1)0.3m(2)2m/s(3)0.573m13.如图所示为一工件传送装置的单向工作过程演示图，电动机通过轻绳带动一个足够长的薄木板，使木板保持匀速直线运动。当薄木板向右运动到P点处时，位于P处的自动装置释放一小工件使其无初速度的落在薄木板上，每当一个工件停止相对运动时，自动装置立即再释放一个小工件。已知薄木板速度为v、质量为M、与地面的动摩擦因数为μ1，每个工件的质量