2025版高考物理一轮复习高考热点强化5动力学和能量观点的综合应用含解析

PAGE7-高考热点强化(五)动力学和能量观点的综合应用(时间：40分钟)1．传送带在工农业生产和日常生活中都有广泛的应用，例如在港口用传送带装卸货物，在机场用传送带装卸行李等，都为人们的生活带来了许多的便利。如图甲所示，为一传送带输送机的简化模型，长为L的传送带与水平面夹角为θ，传送带以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小物块，小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。图乙为小物块运动的v­t图象。依据以上信息可以推断出()甲乙A．小物块起先运动时的加速度大小为gsinθ－μgcosθB．小物块与传送带之间的动摩擦因数μ≤tanθC．t0时刻，小物块的速度大小为v0D．传送带始终对小物块做正功C[对物块进行受力分析，由牛顿其次定律得物块刚起先运动时有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，解得a＝gsinθ＋μgcosθ，故A错误；t0时刻之后物块做匀速运动，则mgsinθ≤μmgcosθ，即μ≥tanθ，故B错误；由乙图知t0时刻是物块与传送带速度相同的时刻，所以小物块的速度大小为v0，故C正确；0～t0时间内，传送带的速度大于物块的速度，传送带始终对小物块做正功，t0时刻之后，物块匀速向下运动，摩擦力沿斜面对上，与物块的运动方向相反，传送带对小物块做负功，故D错误。]2.(多选)如图所示，质量为m的物体以速度v1滑上空转的水平传送带，传送带由电动机带动，始终保持以速度v2匀速运动，v1、v2同向且v2>v1。物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体经过一段时间后能保持与传送带相对静止，对于物体从起先滑上传送带到相对传送带静止的这一过程，下列说法正确的是()A．运动时间为eq\f(v2－v1,2μg)B．电动机比空转时多做的功为mv2(v2－v1)C．摩擦产生的热量为eq\f(mv2－v12,2)D．摩擦力对传送带做的功为mv2(v2－v1)BC[对物体，由牛顿其次定律得μmg＝ma，解得a＝μg，物体从滑上传送带到相对传送带静止的过程中，运动时间为t＝eq\f(v2－v1,a)＝eq\f(v2－v1,μg)，A错误；由功能关系得，电动机比空转时多做的功为W＝μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v2t－\f(v1＋v2,2)t))＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mv2(v2－v1)，B正确；摩擦产生的热量为Q＝μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v2t－\f(v1＋v2,2)t))＝eq\f(mv2－v12,2)，C正确；摩擦力对传送带做的功为Wf＝－μmgv2t＝－mv2(v2－v1)，D错误。]3．(多选)如图所示，长度为l的竖直轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链连接于水平地面上的O点。置于同一水平地面上的正方体B恰与A接触，正方体B的质量为M。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为eq\f(π,6)，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为2∶1B．A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为eq\r(\f(gl,8))C．A落地时速率为eq\r(2gl)D．A、B质量之比为1∶4ABD[设小球速度为vA，正方体速度为vB，分别时刻，小球的水平速度与正方体速度相同，即vAsin30°＝vB，解得vA＝2vB，故A正确；依据牛顿其次定律有mgsin30°＝meq\f(v\o\al(2,A),l)，解得vA＝eq\r(\f(gl,2))，vB＝eq\f(vA,2)＝eq\r(\f(gl,8))，故B正确；A从分别到落地，小球机械能守恒，有mglsin30°＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，v＝eq\r(\f(3gl,2))，故C错误；在杆从竖直位置起先倾倒到小球与正方体恰好分别的过程中，小球和正方体组成的系统机械能守恒，则有mgl(1－sin30°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)，把vA和vB的值代入，化简得m∶M＝1∶4，故D正确。]4．如图所示，某工厂生产车间的流水线安装的是“U”形传送带，AB、CD段为直线，BC段为同心半圆，其中的虚线为半径为R的半圆弧。工人将质量均为m的工件无初速放至匀速运行的传送带A端，在D端旁边看到相邻工件间的距离均为L，每隔时间t在D端接收到一个工件。求：(1)传送带运行的速度v；(2)在BC段每一个工件受到的摩擦力大小f；(3)每个工件放至传送带后与传送带摩擦产生的热量Q。[解析](1)在D点旁边，工人每隔t时间接收到一个工件，则v＝eq\f(L,t)。(2)在BC段工件做匀速圆周运动，静摩擦力供应向心力，则f＝meq\f(v2,R)解得f＝eq\f(mL2,Rt2)。(3)设工件与传送带间的动摩擦因数为μ，工件相对滑动的时间为t0，加速度为a，则μmg＝ma，v＝at0加速过程中工件相对传送带运动的距离Δs＝vt0－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)产生的热量Q＝μmg·Δs解得Q＝eq\f(mL2,2t2)。[答案](1)eq\f(L,t)(2)eq\f(mL2,Rt2)(3)eq\f(mL2,2t2)5.(2024·湖南石门一中高三检测)如图所示，光滑的水平面AB与半径R＝0.4m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆轨道最高点，A右侧连接一粗糙水平面。用细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接，甲质量为m1＝4kg，乙质量m2＝5kg，甲、乙均静止。若固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后经过B点进入半圆轨道，过D点时对轨道压力恰好为零。取g＝10m/s2，甲、乙两物体均可看作质点，求：(1)甲离开弹簧后经过B时速度大小vB；(2)弹簧压缩量相同状况下，若固定甲，烧断细线，乙物体离开弹簧后从A进入动摩擦因数μ＝0.4的粗糙水平面，则乙物体在粗糙水平面上运动的位移s。[解析](1)甲在最高点D时，由牛顿其次定律得m1g＝m1eq\f(v\o\al(2,D),R)，甲离开弹簧运动至D点的过程中由机械能守恒定律得eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,B)＝m1g·2R＋eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)，代入数据联立解得vB＝2eq\(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v2，由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，得v2＝4m/s。乙在粗糙水平面做匀减速运动：μm2g＝m2解得a＝4m/s2，则有s＝eq\f(v\o\al(2,2),2a)＝eq\f(16,2×4)m＝2m。[答案](1)2eq\r(5)m/s(2)2m6.如图所示，半径为R＝1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1kg，上表面与C点等高。质量为m＝1kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2。求：(1)物块经过C点时的速率vC；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q。[解析](1)设物块在B点的速度为vB，从A到B物块做平抛运动，有：vBsinθ＝v0从B到C，依据动能定理有：mgR(1＋sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得：vC＝6m/s。(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起运动。设相对滑动时物块加速度大小为a1，木板加速度大小为a2，经过时间t达到共同速度v，则：μmg＝ma1，μmg＝Ma2，v＝vC－a1t，v＝a2t依据能量守恒定律有：eq\f(1,2)(m＋M)v2＋Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)联立解得：Q＝9J。[答案](1)6m/s(2)9J7．极限运动是一种深受年轻人宠爱的运动，图甲是极限运动中滑板、轮滑等运动常用的竞赛场地U形池。现有某U形池场地示意图如图乙所示，该场地由两段可视为光滑的eq\f(1,4)圆弧形滑道AB和CD以及粗糙的水平滑道BC构成，图中R1＝4.5m，R2＝3.5m，BC＝5m。某次滑板竞赛中质量为60kg(含滑板)的运动员从A点由静止动身，通过AB、BC滑道，冲向CD滑道，到达圆弧CD滑道的最高位置D时速度恰好为零(运动员和滑板整体近似看作质点，空气阻力不计)。(1)求该运动员在圆弧滑道AB上下滑至B点时对圆弧滑道的压力；(2)该运动员为了第一次经过D处后有2s时间做空中表演，求他在A点下滑的初速度大小；(3)在(2)问的初始条件下，运动员在滑道上来回运动，最终将停在何处？甲乙[解析](1)由动能定理得mgR1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),R1)FN＝1800N由牛顿第三定律可知，运动员对滑道B点的压力大小为1800N，方向竖直向下。(2)由动能定理，有mgR1－Wf－mgR2＝0故Wf＝mg(R1－R2)解得Wf＝600J由运动学公式，有vD1＝g·eq\f(tD1,2)解得vD1＝10m/s由动能定理，有mgR1－Wf－mgR2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A0)解得vA0＝10m/s。(3)由Wf＝FfxBC解得Ff＝120N由能量守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A0)＋mgR1＝Ffs解得s＝47.5m因为eq\f(s,xBC)＝9.5所以最终停在距B点2.5m处。[答案](1)1800N，方向竖直向下(2)10m/s(3)距B点2.5m处8．如图所示，在光滑水平面上，质量为m＝4kg的物块左侧压缩一个劲度系数为k＝32N/m的轻质弹簧，弹簧与物块未拴接。物块与左侧竖直墙壁用细线拴接，使物块静止在O点，在水平面A点与一顺时针匀速转动且倾角θ＝37°的传送带平滑连接。已知xOA＝0.25m，传送带顶端为B点，LAB＝2m，物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.5。现剪断细线同时给物块施加一个初始时刻为零的变力F，使物块从O点到B点做加速度大小恒定的加速运动。物块运动到A点时弹簧恰好复原原长，运动到B点时撤去力F，物块沿平行AB方向抛出，C为运动的最高点。传送带转轮半径远小于LAB，不计空气阻力，已知重力加速度g＝10m/s2。(1)求物块从B点运动到C点，竖直位移与水平位移的比值。(2)若传送带速度大小为5m/s，求物块与传送带间由于摩擦产生的热量。(3)若传送带匀速顺时针转动的速度大小为v，且v的取值范围为2m/s<v<3m/s，物块由O点到B点的过程中力F做的功W与传送带速度大小v的函数关系。[解析](1)设物块从B运动到C的时间为t，BC的竖直距离：h＝eq\f(1,2)v0sinθ·tBC的水平距离为：x＝v0cosθ·t代入数据解得：eq\f(h,x)＝eq\f(3,8)。(2)在O点由牛顿其次定律得：kxOA＝ma代入数据解得：a＝2m/s2由veq\o\al(2,A)＝2axOA得：vA＝1m/s到达B点时：veq\o\al(2,B)＝2a(xOA＋LAB)代入数据得：vB＝3m/s物块从A到B运动时间：t＝eq\f(vB－vA,a)＝1s物块与传送带间摩擦产生的热量：Q＝μmgcosθ(vt－LAB)，代入数据解得：Q＝48J。(3)物块在水平面上受到弹簧的弹力与拉力F，由牛顿其次定律得：F＋k(xOA－x)＝ma可知力F随位移x线性改变，则：W1＝eq\o(F,\s\up6(－))xOA＝eq\f(1,2)ma·xOA，代入数据解得：W1＝1J若传送带速度2m/s<v<3m/s，物块