人教版 (2019)必修 第二册4 机械能守恒定律复习练习题

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专题18  能量守恒定律——传送带问题一、单选题1．倾角为θ的传送带AB以速度v顺时针匀速转动，如图所示，传送带底端B点与水平轨道BC平滑连接，一质量为m的小物块从传送带上P点由静止释放，到达底端B时恰好达到与传送带速度相等，在B点无机械能损失，且恰好运动到水平轨道上Q点。已知物块与传送带之间、物块与水平地面之间的动摩擦因数均为μ，μ>tanθ。重力加速度为g。关于小物块的运动，下列说法正确的是（　　）A．若从P点上方某一位置由静止释放小物块，小物块仍恰好运动到Q点B．若从P点下方某一位置由静止释放小物块，小物块仍恰好运动到Q点C．小物块从P点运动到B点的过程中，传送带电动机增加的功率为D．小物块从P点运动到Q点的过程中，整个系统由于摩擦面产生的内能为mv2【答案】A【详解】AB．由题意知，，则物体在传送带上，滑动摩擦力大小当物体和传送带共速后，物体速度不继续增大，和传送带一起做匀速运动，所以若从P点上方某一位置由静止释放小物块，物块到水平轨道的初速度不变，小物块仍恰好运动到Q点，若从P点下方某一位置由静止释放小物块，物体到水平轨道的初速度减小，则小物块不能运动到Q点，故A正确，B错误；C．小物块从P点运动到B点的过程中，物块对传送带的摩擦力大小为则传送带电动机增加的功率为，故C错误；D．小物块从P点运动到B点的过程中，所用时间设为，则在传送带上产生的内能为物体的加速度所用时间故增加的内能为在BQ段由动能定理得可得小物块从P点运动到Q点的过程中，整个系统由于摩擦产生的内能为，故D错误。故选A。2．如图所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面的高度均为H。则在小物体从A到B的过程中（　　）A．两种情况下因摩擦产生的热量相等B．两传送带对小物体做功相等C．小物体与甲传送带间的动摩擦因数较大D．两传送带消耗的电能相等【答案】B【详解】A．甲图，根据动能定理得乙图，根据动能定理得因为物体最终均与传送带共速，所以物体的平均速度为传送带速度的一半，其位移也是传送带位移的一半，所以物体相对传送带的位移与物体的对地位移相等，因摩擦产生的热量与摩擦力对物体做的功相等，即，所以甲图因摩擦产生的热量较多，A错误；B．根据功能关系，传送带对物体做的功等于其机械能的增量，到传送带顶端时，小物体的机械能相等，所以传送带对物体做的功相等，B正确；C．乙图，物体移动较小的高度即达到传送带的速度，说明移动相同的距离，物体与乙传送带的摩擦力做功多，即物体与乙传送带间的摩擦因数更大，C错误；D．根据能量守恒，传送带消耗的电能转化为物体的机械能及系统的热能，根据A选项可知，甲图产生的热能较多，所以甲图消耗的电能较多，D错误。故选B。3．如图所示，一质量为1kg的小物块自斜面上A点由静止开始下滑，经2s运动到B点后通过光滑的衔接弧面恰好滑上与地面等高的传送带，传送带以4m/s的恒定速率运行。已知A、B间距为2m，传送带长度（即B、C间距）为10m。小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，g取10m/s2。下列说法中错误的是（　　）A．小物块在传送带上运动的时间为2.32sB．小物块在传送带上因摩擦产生的热量为2JC．小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为6JD．小物块传上传送带后，传动系统因此多消耗的能量为8J【答案】A【详解】A．设小物块到达B点时的速度大小为v，由于小物块在斜面上一定做匀加速直线运动，所以有，解得小物块滑上传送带后先做匀加速直线运动，加速度大小为假设小物块在离开传送带之前就已经达到传送带的速度，则其做匀加速直线运动的位移大小为所以假设成立，则小物块做匀加速直线运动的时间为小物块做匀速直线运动的时间为小物块在传送带上运动的时间为，故A错误；B．t1时间内，小物块与传送带的相对位移大小为小物块在传送带上因摩擦产生的热量为，故B正确；C．小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为，故C正确；D．根据能量守恒定律，小物块传上传送带后，传动系统因此多消耗的能量为，故D正确。本题选错误的，故选A。4．如图所示，水平传送带由电动机带动并始终保持以速度v匀速运动，现将一小工件放到传送带上。设工件初速度为零，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v而与传送带保持相对静止。设工件质量为m，它与传送带间的滑动摩擦系数为，工件在传送带上运动的整个过程中，下列说法正确的是（　　）A．工件先受滑动摩擦力后受静摩擦力B．滑动摩擦力对工件做的功为C．皮带克服摩擦力做功D．工件与传送带摩擦产生的热为【答案】D【详解】A．由题意可知，工件初速度为零的放到传送带上后，开始做匀加速直线运动，此时工件受滑动摩擦力。速度达到v后，工件与传送带保持相对静止，继续向前运动，此时工件不受摩擦力，故A错误；B．滑动摩擦力对工件做正功，所以有，故B错误；C．根据能量守恒可知，皮带克服摩擦力做功一部分转化为工件的动能，一部分转化为摩擦生热，即有故皮带克服摩擦力做功为，故C错误；D．设工件从静止加速到v所用的时间为t，这段时间内传送带的位移为s1，工件位移为s2。对工件由牛顿第二定律及速度与时间的关系可得，，可得此过程中传送带经过的位移为，对传送带由能量守恒可得联立可得，故D正确。故选D。【点睛】利用传送带与工件运动的等时性求出传送带经过的位移，是解决D选项的关键。5．如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端。则在此过程中（　　）A．滑块受摩擦力方向先水平向右后水平向左B．滑块一直受摩擦力作用，方向不变C．摩擦力对滑块做功可能为D．滑块与传送带间摩擦产生的热量可能【答案】D【详解】AB．由于传送带足够长，滑块减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，如果v2>v1，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时开始向右匀速运动，此过程中滑块受到的摩擦力方向一直向右，之后不受摩擦力，如果v2<v1，滑块减速过程和加速过程对称，所以滑块返回传送带右端的速率一定等于v2，这种情况下滑块一直受到向右的摩擦力，方向不变。故A、B错误。C．如果v2>v1，此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得，传送带对滑块做功为如果v2<v1，此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得，传送带对滑块做功为故C错误；D．如果v2>v1，反向加速到v1不再发生相对运动，减速过程中的相对位移为反向加速过程中的时间反向加速过程中的相对位移为整个过程中的相对距离为此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为如果v2<v1，设物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，则滑块减速或加速过程中的加速度大小a=μg减速或加速的时间均为减速过程中的相对位移为反向加速过程中的相对位移为整个过程中的相对距离为此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为，故D正确。故选D。二、多选题6．如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物块从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（　　）A．电动机做的功为mv2B．摩擦力对物体做的功为mv2C．传送带克服摩擦力做的功为mv2D．小物块与传送带因摩擦产生的热量为Q=mv2【答案】AC【详解】设经t时间物体与传送带相对静止，物体做匀加速直线运动，传动带做匀速运动，则物体位移传送带运动距离二者相对位移物体所受合力为滑动摩擦力，由动能定理即，传送带克服摩擦力做功为小物块与传送带因摩擦产生的热量为电动机做功等于物体增加的动能与传送带与物体之间摩擦产生的热能之和，则故AC正确，BD错误。7．如图甲，一质量为的小物块以初动能向右滑上足够长的水平传送带上，传送带以恒定速度逆时针转动，小物块在传送带上运动时，小物块的动能与小物块的位移关系图像如图乙所示，传送带与小物块之间动摩擦因数不变重力加速度为。则（　　）A．小物块与传送带之间的动摩擦因数为B．从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度所需时间为C．整个过程中物块与传送带间产生的热量为D．整个过程中传送带电动机多消耗的电能为【答案】ABC【详解】A．由图乙可知，Ek-x图像的斜率表示合外力的大小，小物块向右滑，合外力为μmg，则解得，A正确；B．根据题意作图由图像可知，小物块做匀变速直线运动且共速前加速度不变，全程可看为匀减速，即，，联立解得，B正确；C．由图像可知，产生的热量 为物块与传送带的相对位移（即图中的阴影面积），故即，C正确；D．整个过程中电动机多消耗的电能为，解得，D错误。故选ABC。8．如图甲所示，倾角为的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量为的木箱（可视为质点）轻放到传送带底端A，木箱运动的速度随时间变化的图像如图乙所示，时木箱到达传送带上端B。重力加速度g取10m/s2，，。则（　　）A．木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.8B．全过程中，摩擦生热为960JC．全过程中，摩擦力对木箱做功320JD．全过程中，电动机多消耗的电能为1240J【答案】AD【详解】A．有图乙可知，木箱在内做匀加速运动，加速度为对木箱，由牛顿第二定律有，解得，故A正确；B．由图乙可知，传送带的速度为则在内，传送带的位移为在内，木箱的位移为则全过程中，木箱与传送带的相对位移为则全过程中，摩擦生热为，故B错误；C．设传送带对木箱做的功为，由图乙可知，木箱从底端运动到顶端的位移为对木箱，由动能定理有解得，故C错误；D．由能量守恒定律可知，木箱从A到B的过程中，电动机消耗的电能等于物块获得的重力势能、动能以及因摩擦而产生的热能之和，即解得，故D正确。故选AD。9．如图，足够长传送带与水平方向的夹角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度（未与滑轮相碰）过程中（　　）A．物块a的重力势能减少 mghsinθB．摩擦力对a做的功大于a机械能的增加量C．摩擦力对a做的功等于物块a、b动能的增加量之和D．任意时刻，a、b各自重力的瞬时功率都不相等【答案】BC【详解】A．开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有 magsinθ=mbg则b上升h，a下降的高度为hsinθ，可知a重力势能的减少量为，所以A错误；BC．根据功能关系得，a、b组成的系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增加量，所以摩擦力对a做的功大于a的机械能增加量，因为系统重力势能不变，所以摩擦力对a做的功等于系统动能的增加量，所以BC正确；D．任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力做功的瞬时功率对a有，所以D错误；故选BC。10．如图甲所示，倾角为的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量为的木箱（可视为质点）轻放到传送带底端A，木箱运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，t=10s时刻木箱到达传送带上端B。重力加速度g取，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则（　　）A．木箱与传道带之间的动摩擦因数为0.75B．木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.8C．木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能为1240JD．木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能等于木箱重力势能和动能的增加量之和【答案】BC【详解】AB．木箱放上传送带先做匀加速运动，根据图乙可得木箱做匀加速运动的加速度为根据牛顿第二定律可得解得，动摩擦因数为μ=0.8，故A错误，B正确；CD．设传送带的速度为v，根据图像可知v=2m/s；木箱与传送带的相对位移为木箱和传送带间因摩擦产生的热量为AB间距离为则木箱上升的高度为由能量守恒知木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能等于木箱重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和，即，联立方程，解得E电=1240J，故C正确，D错误。故选BC。三、解答题11．如图所示，一长L=1m的水平传送带以v0=1m/s的速度逆时针匀速转动，其右端B处平滑连接着一个固定在竖直平面内、半径R=0.5m的光滑四分之一圆轨道。传送带左端A与光滑水平面平滑连接。一轻质弹簧的左端固定在水平面某处。质量m=1kg的小物块P在外力作用下初次压缩弹簧并处于静止状态，弹簧与小物块不拴接，此时弹簧的弹性势能E=19J。现撤去外力，弹簧伸长，小物块脱离弹簧后滑上传送带。小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2。（g=10m/s2）试求：（1）小物块第一次经过B点后能够上升的最大高度；（2）小物块第6次经过圆轨道最低点时对轨道的压力大小；（3）小物块第20次压缩弹簧的过程中，弹簧弹性势能的最大值。【答案】（1）h=1.7m；（2）46N；（3）EPm=0.5J【详解】（1）小物块从初位置到过B点达到最高位置的过程中由能量守恒有，代入数据解得h=1.7m （2）据题意小球从开始到第6次过B点过程中，有5次经过传送带。设第6次过B点的速度大小为vB，由能量守恒有小球此时在B点由牛顿第二定律有联立代入数据解得FN=46N由牛顿第三定律得压力大小为46N。   （3）由题意知，小物块每经过传送带且一直做匀减速的过程中，小物块的动能损失量小物块在从B想A运动的过程中如果想一直减速则速度要比传送带大，因此此时B点最小速度由其中，可解得当小物块的能量小于此能量，向左运动先减速在匀速，可知9次以后小物块的能量为1J开始向左最后匀速，匀速以后在从A点向B点运动过程中减速的位移为没有到达B点即减速为零，反向向A匀加速运动，到达A点速度为此后重复周期性运动 每一次经过A点的动能均为0.5J。所以，第20次小物块压缩弹簧的初动能就为0.5J。由能量关系有小物块第20次压缩弹簧的最大弹性势能EPm=0.5J12．如图所示，质量为m的工件，从高h的光滑曲面上由静止下滑，水平向右进入传送带，传送带以的速度匀速逆时针运动，传送带长L，工件与传送带之间的动摩擦因数．求：（1）工件离开传送带时的速度；（2）工件在传送带上运动过程中产生的内能．【答案】（1）；（2）【详解】解：(1)设工件从传送带右边离开，工件到达传送带右边时速度大小为v，根据动能定律可得：解得：，且工件从传送带右边离开(2)设工件到达传送带时速度大小为v1，在传送带上运动时间为t，则有：根据运动学公式有：联立解得工件在传送带上运动的时间：产生的热量为：由以上各式解得工件在传送带上运动过程中产生的内能：13．如图所示，光滑轨道abcd周定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，圆弧轨道的半径，在b处与ab相切。在直轨道ab上放着质量分别为、的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为M、长的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断，与弹簧分开之后A向左滑上小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处。物块A与小车之间的动摩擦因数，小车质量M满足，重力加速度g取10m/s2。求：（1）物块B运动到最低点b时对轨道的压力；（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能；（3）物块A在小车上滑动过程中产生的热量Q（计算结果可含有M）。【答案】（1）60N；（2）12J；（3）当1kg≤M≤2kg时，；当2kg＜M≤3.5kg时，【详解】（1）在最高点有牛顿第二定律可得b到d由动能定理可得在b点有牛顿第二定律可得联立以上方程可得由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力竖直向下，大小为（2）由动量守恒定律可得由能量守恒可得联立以上方程可得（3）假设A恰好滑到小车左端时与小车有共同速度v，由动量守恒定律可得mAvA=（mA＋M）v由能量守恒可得联立以上方程可得=2kg当1kg≤M≤2kg时，A与小车最终有共同速度，由能量守恒可得解得当2kg＜M≤3.5kg时，A将从小车左端滑出，可得Q2=μmAgL，解得14．如图所示，是一传送装置，其中AB段粗糙，AB段长为L＝1m，动摩擦因数μ＝0.5；BC、DEN段均可视为光滑，DEN是半径为r＝0.5 m的半圆形轨道，其直径DN沿竖直方向，C位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过.其中N点又与足够长的水平传送带的右端平滑对接，传送带以3m/s的速率沿顺时针方向匀速转动，小球与传送带之间的动摩擦因数也为0.5.左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现用一可视为质点的小球压缩弹簧至A点后由静止释放(小球和弹簧不粘连)，小球刚好能沿圆弧DEN轨道滑下，而始终不脱离轨道.已知小球质量m＝0.2kg ，重力加速度g 取10m/s2.试求：（1）弹簧压缩至A点时所具有的弹性势能； （2）小球第一次经过N点时的速度大小；（3）小球在传送带上滑动的过程中，离N点的最远距离； （4）小球第一次在传送带上向左滑动的过程中，小球与传送带之间因摩擦产生的热量.【答案】（1）1.5J（2）5m/s（3）2.5m （4）5.5J【详解】（1）“小球刚好能沿DEN轨道滑下”，在圆周最高点D点必有：  得：从A点到D点，由能量守恒定律得：联立以上两式并代入数据得：Ep=1.5J（2）从D到N，根据机械能守恒可得解得 vN=5m/s（3）在传送带上小球运动的加速度大小小球向左减速的时间 小球向左运动的最远距离： （4）小球向左运动的过程中传送带的位移： 摩擦生热：15．如图所示，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、，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求物块(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【详解】(1)由动能定理得解得(2)由牛顿第二定律得物块与传送带共速时，由速度公式得解得匀速运动阶段的时间为第1次在传送带上往返运动的时间(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，物块最终停止在P点，则根据能量守恒有：