备考2024届高考物理一轮复习分层练习第六章机械能专题十动力学和能量观点的综合应用

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1.[多选]如图所示，一长木板B放在粗糙的水平地面上，在B的左端放一物块A，现以恒定的外力F拉A，经一段时间物块A从长木板B的右端滑下，在此过程中以地面为参考系，长木板B也向右移动一段距离，则在此过程中（ CD ）
A.外力F对A做的功等于A和B动能的增加量
B.A对B摩擦力做的功与B对A摩擦力做的功绝对值相等
C.外力F做的功等于A、B动能的增加量与系统由于摩擦而产生的热量之和
D.A对B摩擦力做的功等于B动能的增加量和B与地面之间因摩擦产生的热量之和
解析 根据功能关系和能量守恒定律可知，外力F做的功等于A、B动能的增加量
与系统由于摩擦而产生的热量(包括A、B之间，B和地面之间因摩擦所产生的热量)
之和；同理，A对B的摩擦力做的功等于B动能的增加量和B与地面之间因摩擦产生的
热量之和，虽然A对B的摩擦力与B对A的摩擦力大小相等，但在力的方向上的位移大
小不同，所以A对B的摩擦力做的功与B对A的摩擦力做的功的绝对值不相等，故C、
D正确，A、B错误.
2.[图像创新/2024江西抚州黎川二中校考]如图甲所示，表面粗糙的“L”形水平轨道固定在地面上，劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧一端固定在轨道上的O点，另一端与安装有加速度传感器的小滑块相连，滑块总质量为m.以O为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴，将滑块拉至坐标为x3的A点由静止释放，滑块向左最远运动到坐标为x1的B点，测得滑块的加速度a与坐标x的关系如图乙所示，其中a0为图线纵截距.则滑块由A运动至B过程中（弹簧始终处于弹性限度内），下列描述正确的是（ B ）
A.x2＝l0
B.最大动能为12ma3（x3－x2）
C.动摩擦因数μ＝a0g＋kl0mg
D.滑块在x3和x1处的弹性势能Ep3＝Ep1
解析 由图可知，当滑块运动到x2位置时，滑块的加速度为零，滑块受到水平向右
的滑动摩擦力和水平向左的弹力，所以弹簧处于伸长状态，而不是恢复原长，故A
错误.加速度为零时，速度达到最大，动能最大，根据动能定理，结合图线与横轴所
围区域的面积可得Ekm＝12ma3(x3-x2)，故B正确.根据牛顿第二定律得-k(x-l0)＋μmg＝
ma，当x＝0时，a＝a0，解得动摩擦因数μ＝a0g-kl0mg，故C错误.由能量守恒定律可得
Ep3＝Ep1＋μmg(x3-x1)，故D错误.
3.[2024福建厦门双十中学校考/多选]如图甲所示，传送带是物料搬运系统机械化和自动化传送用具.如图乙所示，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，逆时针匀速转动.某次将静止的物体从高处传送至低处的过程中，以水平地面为重力势能的零势能面，物体的机械能E和传送距离s的关系如图丙所示.已知物体的质量为10kg，可视为质点，重力加速度为10m/s2，下列说法中正确的是（ AC ）
A.传送带的运行速度为2m/s
B.物体与传送带之间的动摩擦因数为0.25
C.在0～0.2m内与0.2～0.4m内，传送带对物体做的功大小相等
D.在0～0.2m内与0.2～0.4m内，物体与传送带之间产生的热量相等
解析 传送距离0～0.2 m内，物体速度小于传送带速度，受到摩擦力沿传送带向
下，摩擦力做正功，物体的机械能增加，可得μmgΔx cs θ＝ΔE，物体与传送带之间
的动摩擦因数为μ＝ΔEmgΔxcsθ＝248-24010×10×0.2×0.8＝0.5，故B错误. 传送距离0～0.2 m内，物体的加速度为a＝g sin θ＋μg cs θ＝10 m/s2，传送带的运行速度为v＝2aΔx＝2×10×0.2 m/s＝2 m/s，故A正确.在0～0.2 m内与0.2～0.4 m内，物体受到的滑动摩擦力大小相等，方向相反，物体的位移相同，可知传送带对物体做的功大小相等，故C正确.在0～0.2 m内，传送带的位移x1＝vt，物体的位移为x2＝12at2＝12vt，物体与传送带间的相对位移为Δx1＝x1-x2＝x2＝0.2 m，物体与传送带之间产生的热量Q1＝Wf1＝fΔx1；在0.2～0.4 m内，物体与传送带之间产生的热量Q2＝Wf2＝fΔx2，物体与传送带间的相对位移为Δx2＝x物-x传送带＝0.2 m-x传送带＝Δx1-x传送带＜Δx1，可知在0～0.2 m内与0.2～0.4 m内，物体与传送带之间产生的热量不相等，故D错误.
4.[多选]如图甲所示，一质量为m的小物块以初动能E0向右滑上足够长的水平传送带，传送带以恒定速率逆时针转动.小物块在传送带上运动时，小物块的动能Ek与小物块的位移x的关系图像如图乙所示，传送带与小物块之间的动摩擦因数不变，重力加速度为g，则（ BC ）
A.小物块与传送带之间的动摩擦因数为E02mgx0
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9mx022E0
C.整个过程中小物块与传送带间产生的热量为94E0
D.整个过程中传送带电动机多消耗的电能为94E0
解析 由题图乙可知，Ek-x图像的斜率大小E0x0表示合力的大小，小物块向右滑动时
所受的合外力为μmg，解得μ＝E0mgx0，故A错误；取向右为正方向，设传送带的速度大小为v'，根据题意作出小物块的v-t图像如图所示，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，全程有-v'＝v0-μgt0，又E0＝12mv02，14E0＝12mv'2，解得t0＝9mx022E0，故B正确；以传送带为参考系，小物块运动的位移Δx＝(v0＋v')22μg，产生的热量Q＝μmgΔx＝12m(v0＋v')2＝94E0，故C正确；整个过程中电动机多消耗的电能为ΔE＝Q-(E0-14E0)＝32E0，故D错误.
5.[2024湖北黄冈模拟/多选]如图所示，AB为固定水平长木板，长为L，C为长木板的中点，AC段光滑，CB段粗糙，一原长为25L的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端B点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长木板CB段间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且k＞10μmgL，物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v，此时弹簧的弹性势能为E，不计物块的大小，弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ BD ）
A.物块可能会停在CB面上某处
B.物块最终会做往复运动
C.弹簧开始具有的最大弹性势能为E＋12mv2＋μmgL
D.最终物块和弹簧系统损失的总机械能为12mv2＋12μmgL
解析 由于k＞10μmgL，可得k·(L2-2L5)＞μmg，所以物块不可能停在CB面上某处，
故A错误；只要物块滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物块的机械能就减小，所以
物块最终会在AC段做往复运动，故B正确；物块从开始运动到第一次运动到C点的
过程中，根据能量守恒定律得Epmax＝E＋12mv2＋μmg·L2，故C错误；物块第一次到达C
点时，物块的速度大小为v，物块最终会在AC段做往返运动，到达C点的速度为0，
可知物块克服摩擦力做的功最终为：Wfmax＝Epmax-E＝12mv2＋12μmgL，故D正确.
6.[2024江苏扬州仪征中学校考]大货车装载很重的货物时，在行驶过程中要防止货物发生相对滑动，否则存在安全隐患.下面进行安全模拟测试实验：如图1所示，一辆后车厢表面粗糙且足够长的小货车向前以未知速度v0匀速行驶，质量mA＝10kg的货物A（可看成质点）和质量mB＝20kg的货物B（可看成水平长板）叠放在一起，开始时A位于B的右端，在t＝0时刻将货物A、B轻放到小货车的后车厢前端，最终货物A恰好没有滑离货物B，货物A、B在0～1s时间内的速度—时间图像如图2所示，已知货物A、B间的动摩擦因数μ1＝0.40，取重力加速度g＝10m/s2.
（1）求运动过程中货物A的加速度大小.
（2）求货物B与车厢表面之间的动摩擦因数μ2.
（3）求货物A、B间由于摩擦而产生的内能.
答案 （1）aA＝4m/s2 （2）μ2＝0.67 （3）Q＝40J
解析 （1）对货物A，刚放上车厢时，由牛顿第二定律有
μ1mAg＝mAaA
解得A的加速度为aA＝4m/s2
（2）对货物A，刚放上车厢时，A的加速度aA＝4m/s2，
由图2知，v0＝aAt2＝4m/s
对货物B，由图2知刚放上车厢时，货物B的加速度
aB＝8m/s2，
由牛顿第二定律有μ2（mA＋mB）g－μ1mAg＝mBaB，解得μ2＝0.67
（3）解法1 由图2知，货物B经时间t1＝0.5s与车共速，货物A经时间t2＝1s与车共速，从将货物A、B放上车厢到A、B均与车相对静止的过程中，xB＝12aBt12＋v（t2－t1），xA＝12aAt22
货物B的长度：L＝xB－xA，解得L＝1.0m
货物A、B间由于摩擦而产生的内能Q＝μ1mAgL＝40J.
解法2 从将货物A、B放上车厢到A、B均与车相对静止的过程中，货物B对地的位移设为xB，货物A对地的位移设为xA，则货物B的长度：L＝xB－xA
由图2知，货物A、B对地位移之差在数值上等于图中斜三角形的面积值，即：L＝ΔS＝12×（1－0.5）×4m＝1.0m，货物A、B间由于摩擦而产生的内能Q＝μ1mAgL＝40J.
7.[2023辽宁沈阳二十中一模]如图，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面固定，长L＝1.2m，质量M＝2kg的长木板下端靠着插销置于斜面上，上表面底端放有一质量m＝1kg的物块（视为质点），不可伸长的伸直细线一端连接物块，一端拴在固定挡板上.零时刻拔去插销，0.8s末将细线剪断.已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝33，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2.
（1）求0.2s末细线对物块的拉力大小；
（2）求0.8s末长木板的速度大小；
（3）求在木板下滑的过程中，系统产生的热量是多少.
答案 （1）10N （2）2m/s （3）163J
解析 （1）以物块为研究对象，其受力如图甲所示
物块静止，由力的平衡条件有F＝mgsinθ＋f，f＝μmgcs30°
代入数据解得F＝10N
图甲 图乙
（2）以木板为研究对象，其受力如图乙所示
由牛顿第二定律有Mgsin30°－f'＝MaM，f'＝f
代入数据得aM＝2.5m/s2
由运动学规律有v＝aMt
将t＝0.8s代入解得v＝2m/s
（3）0～0.8s内木板发生的位移为x＝12aMt2
代入数据得x＝0.8m.
0.8s之后，由于物块与木板间摩擦力不变，则木板加速度aM不变，二者均向下做匀加速运动.假设经时间t'两者共速时，物块仍在木板上，对物块，由牛顿第二定律有mgsin30°＋f＝mam
代入数据得am＝10m/s2
由运动学规律有v共＝amt'
v共＝v＋aMt'
代入数据得t'＝415s
v共＝83m/s
木板发生的位移为x1＝12（v＋v共）t'
物块发生的位移为x2＝12v共t'
代入数据得x1＝2845m，x2＝1645m
两者间的相对位移为Δx＝x1－x2＝415m
因Δx＋x＝1615m＜L，假设成立，此后两者一起加速下滑，物块不会从木板上落下，可得在木板下滑的过程中，系统产生的热量
Q＝f（x＋Δx）＝163J.
8.[2023山东东营统考]如图所示，与水平面夹角θ＝30°的传送带正以v＝2m/s的速度顺时针匀速运行，A、B两端相距l＝12m.现每隔1s把质量m＝1kg的工件（视为质点）轻放在传送带A端，在传送带的带动下，工件向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝32，取重力加速度g＝10m/s2.求：
（1）每个工件经过多长时间后与传送带共速；
（2）每个工件与传送带因摩擦产生的热量；
（3）与空载相比，传送带持续运送工件情况下电动机增加的平均功率.
答案 （1）0.8s （2）6J （3）68W
解析 （1）对工件受力分析，根据牛顿第二定律得
μmgcsθ－mgsinθ＝ma
即a＝μmgcsθ－mgsinθm＝2.5m/s2
工件加速至传送带共速所用时间为t1＝va＝0.8s
（2）工件加速至与传送带速度相等时运动的距离为
x1＝v2t1＝0.8m
该过程中传送带运动的位移x2＝vt1＝1.6m
工件相对于传送带运动的位移Δx＝x2－x1
工件与传送带因摩擦产生的热量Q＝μmgcsθ·Δx
解得Q＝6J
（3）传送带持续传送工件时每经过1s放一个工件，故以1s为周期，传送带多做的功为W＝Q＋12mv2＋mglsinθ
故电动机增加的平均功率P＝Wt＝68W.
9.[板块＋弹簧模型/多选]如图所示，固定在地面上的斜面倾角为θ＝30°，物块B固定在木箱A的上方，一起从a点由静止开始下滑，到b点接触轻弹簧，又压缩至最低点c，此时迅速将B拿走，然后木箱A又恰好被轻弹簧弹回到a点.已知木箱A的质量为m，物块B的质量为3m，a、c间距为L，重力加速度为g，下列说法正确的是（ BD ）
A.在木箱A上滑的过程中，与弹簧分离时A的速度最大
B.弹簧被压缩至最低点c时，其弹性势能为0.8mgL
C.在木箱A从斜面顶端a下滑至再次回到a点的过程中，因摩擦产生的热量为1.25mgL
D.若物块B没有被拿走，A、B能够上升的最高位置距离a点0.75L
解析 在A上滑的过程中，与弹簧分离是在弹簧恢复原长的时候，之前A已经开始
减速，故分离时A的速度不是最大，故A错误；设弹簧上端在最低点c时，其弹性势
能为Ep，在A、B一起下滑的过程中，由功能关系有 4mgL sin θ＝μ·4mgL cs θ＋Ep，
将物块B拿走后木箱A从c点到a点的过程，由功能关系可得Ep＝mgL sin θ＋μmgL cs
θ，联立解得Ep＝0.8mgL，故B正确；由以上分析可得，木箱A从斜面顶端a下滑至
再次回到a点的过程中，因摩擦产生的热量Q＝4μmgL cs θ＋μmgL cs θ＝1.5mgL，
故C错误；若物块B没有被拿走，设A、B能够上滑的距离为L'，由功能关系得Ep＝
4mgL' sin θ＋4μmgL' cs θ，解得L'＝L4，即A、B能够上升的最高位置距离a点0.75L，
故D正确.
10.[水平和倾斜传送带结合/2023吉林白山抚松县第一中学一模]工厂中有如图所示传送带，其水平部分AP长L1＝9m，倾斜部分PB长L2＝18m.倾斜部分与水平面的夹角为θ＝53°，货物（可视为质点）与传送带间的动摩擦因数为μ＝13，传送带以v0＝10m/s的速度逆时针匀速转动.现将货物轻轻放上B端，不计货物在P处的机械能损失.取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6.
（1）求货物从B端运动到P点的时间t.
（2）求货物到达A端的速率v.
答案 （1）2s （2）14m/s
解析 （1）假设货物在倾斜传送带上能与传送带共速，共速前，设货物运动的加速度大小为a1，共速时货物运动的位移为x1，对货物受力分析，沿倾斜传送带方向有
mgsin53°＋μmgcs53°＝ma1
解得a1＝10m/s2
由运动学公式有v02＝2a1x1，v0＝a1t1
解得x1＝5m，t1＝1s
由于x1＜L2，故假设成立.则货物与传送带达到共速时，未离开传送带倾斜部分，达到共速之后，因μ＜tan53°，所以货物和传送带不能相对静止，故货物继续加速下滑，摩擦力反向.从货物与传送带共速至P点的过程中，设货物的加速度大小为a2，所用的时间为t2，根据牛顿第二定律有mgsin53°－μmgcs53°＝ma2
解得a2＝6m/s2
根据运动学公式有L2－x1＝v0t2＋12a2t22
解得t2＝1s
则货物从B运动至P点的时间t＝t1＋t2＝2s
（2）由运动学公式可得货物到达P点的速度为vP＝v0＋a2t2＝16m/s
滑上水平传送带时货物做减速运动，假设从P到A过程全程减速，由动能定理有μmgL1＝12mvP2－12mv2
得v＝14m/s＞v0
则假设成立，故货物到达A端时的速度大小为14m/s.