第六章 机械能守恒定律 专题强化练九　动力学和能量观点的综合应用(含答案）-2024届高考物理大一轮复习

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1.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v顺时针运动，某时刻一个质量为m的小物块，以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是( )
A．W＝0，Q＝mv2 B．W＝0，Q＝2mv2
C．W＝eq \f(mv2,2)，Q＝mv2 D．W＝mv2，Q＝2mv2
2．(2023·江苏省金陵中学高三检测)如图，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧．将小物块P轻放在传送带左端，P在接触弹簧前速度已达到v，与弹簧接触后弹簧的最大形变量为d.P的质量为m，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，重力加速度g.从P开始接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变的过程中( )
A．P的速度一直减小
B．摩擦力对P做功的功率一直减小
C．摩擦力对P做的功Wv2)的小物块从传送带的底端滑上传送带，其速度随时间变化的v－t图像如图乙，则( )
A．0～t3时间内，小物块所受的摩擦力始终不变
B．小物块与传送带间的动摩擦因数满足μ>tan θ
C．t2时刻小物块离传送带底端的距离最远
D．小物块返回传送带底端时的速率小于v1
6．(2023·安徽省六安中学高三检测)如图所示，水平轨道AB长为2R，其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上．圆心在O1、半径为R的光滑圆弧轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在O2、半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上．光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R，圆心在D点的eq \f(1,4)圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于O2点．质量为m的小滑块(可视为质点)从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D(计算时圆管直径可不计，重力加速度为g)．求：
(1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；
(3)小滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek.
7．(2023·江苏省八校联盟高三月考)如图所示，倾角为53°的光滑斜面末端B与水平传送带平滑衔接．一质量为m＝2 kg的滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，A点与B端的竖直高度差为h＝3.2 m．已知传送带逆时针匀速运行的速度为4 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带足够长，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8.自滑块由A点释放开始，求：
(1)滑块第一次到达B端时的速度大小；
(2)滑块第二次到达B端的时间；
(3)60 s时间内，电动机消耗的电能．
8.“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐．挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆．某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC为一段半径为R＝5 m的光滑圆弧轨道，B为圆弧轨道的最低点．P为一倾角θ＝37°的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板DE，木板上边缘与斜面顶端D重合，圆形轨道末端C与斜面顶端D之间的水平距离为x＝0.32 m．一物块以某一速度从A端进入，沿圆形轨道运动后从C端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t＝0.2 s恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长．已知物块质量m＝3 kg，薄木板质量M＝1 kg，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝eq \f(19,24)，木板与物块之间的动摩擦因数μ2＝eq \f(5,6)，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，求：
(1)物块滑到圆轨道最低点B时，对轨道的压力(计算结果可以保留根号)；
(2)物块相对于木板运动的距离；
(3)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量．
9．如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接．水平传送带MN以v0＝4 m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8 m，MN间的距离为LMN＝3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑．直轨道BC长LBC＝1 m，小滑块P的质量为m＝1 kg.重力加速度g取10 m/s2.
(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；
(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程中的水平位移大小；
(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H的范围．
专题强化练九 动力学和能量观点的综合应用
1．B 2.C 3.C
4．D [由题图乙可知，木板先做匀加速运动，再做匀减速运动，故可知地面对木板有摩擦力，在0～2 s内，木板受物块向右的摩擦力和地面向左的摩擦力而做匀加速运动，加速度为a1＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2－0,2) m/s2＝1 m/s2.对木板，根据牛顿第二定律有，Ff1－Ff2＝ma1，Ff1＝μmg，在2～3 s内，木板与物块相对静止，受地面摩擦力做匀减速运动，加速度为a2＝eq \f(Δv′,Δt′)＝eq \f(0－2,1) m/s2＝－2 m/s2，即加速度大小为2 m/s2，方向向左，对整体，根据牛顿第二定律有，Ff2＝2ma2＝4 N，联立以上各式，解得μ＝0.5，故A错误；对物块，在0～2 s内，受木板的摩擦力作用而做匀减速运动，由牛顿第二定律，有μmg＝ma，解得a＝5 m/s2，由v＝v0－at可得v0＝v＋at＝2 m/s＋5×2 m/s＝12 m/s，故C错误；最后木板与物块均静止，故在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量等于物块的初动能，即Q＝eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×1×122 J＝72 J,2～3 s时间内物块和木板一起减速，系统的机械能减少量ΔE损2＝eq \f(1,2)·2mv2＝4 J，故0～2 s时间内系统机械能减少量ΔE损1＝72 J－4 J＝68 J，则0～2 s与2～3 s系统机械能减少量之比为17∶1，故B错误，D正确．]
5．D [通过题图乙可以看出，小物块先向上匀减速运动，减速到零后反向加速，当速度与传送带速度相等时，加速度大小发生突变，所以小物块的速度达到与传送带速度相等以前，摩擦力方向一直沿斜面向下，t2时刻以后摩擦力方向沿斜面向上，故A错误；根据题图乙可知，t2时刻以后小物块相对于传送带向下加速运动，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcs θ＝ma，所以小物块与传送带间的动摩擦因数满足μmgsin θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止．
以物块和木板为整体，a共＝μ1gcs θ－gsin θ＝eq \f(1,3) m/s2，s共＝eq \f(v共2,2a共)＝1.5 m
Q物－板＝μ2mgcs θ·Δs＝30 J
Q板－斜＝μ1(M＋m)gcs θ·(s板＋s共)＝57 J
整个过程中，系统由于摩擦产生的热量Q＝Q物－板＋Q板－斜＝87 J.
9．(1)0.4 m (2)0.8 m (3) 0.7 m≤H≤0.8 m
解析 (1)滑块P在圆形轨道F点时对轨道的压力刚好为零，则vF＝0
mg(H－R)－μmgLBC＝0
解得H＝0.4 m
(2)H′＝1.0 m，设滑块运动到N点时的速度为vN，对滑块从开始到N点的过程应用动能定理
mgH′－μmg(LBC＋LMN)＝eq \f(1,2)mvN2－0
解得vN＝2 m/s
滑块从N点做平抛运动，水平位移为
x＝vNeq \r(\f(2h,g))＝0.8 m
(3)设滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点时，高度差为H1，从开始到E点应用动能定理有mgH1－μmgLBC－2mgR＝eq \f(1,2)mvE2－0
在E点时有mg＝meq \f(vE2,R)
解得H1＝0.7 m
滑块滑上传送带时的速度为vM
mgH1－μmgLBC＝eq \f(1,2)mvM2－0
vM＝eq \r(10) m/s