备战2025届新高考物理一轮总复习练习第6章机械能第7讲专题提升动力学和能量观点的综合应用

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题组一 传送带模型中的能量转化
1.(多选)(2024广东湛江模拟)渔业作业中,鱼虾捕捞上来后,通过“鱼虾分离装置”,实现了机械化分离鱼和虾,大大地降低了人工成本。某科学小组将“鱼虾分离装置”简化为如图所示模型,分离器出口与传送带有一定的高度差,鱼虾落在斜面时有沿着斜面向下的初速度。下列说法正确的是( )

A.“虾”从掉落到传送带后,可能沿着传送带向下做加速直线运动
B.“鱼”从掉落到传送带后,马上沿着传送带向上做加速直线运动
C.“虾”在传送带运动时,摩擦力对“虾”做负功
D.“鱼”在传送带运动时,加速度方向先向下后向上
2.如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°,传送带在电动机的带动下,始终保持1 m/s的速度顺时针运行。现把一质量为5 kg的工件(可视为质点)轻放在传送带的底端,经过一段时间工件与传送带达到共同速度后继续传送到4 m高处。已知工件与传送带间的动摩擦因数为,重力加速度g取10 m/s2,则在此过程中,下列说法正确的是( )
A.工件加速过程的时间为0.8 s
B.传送带对工件做的功为200 J
C.工件与传送带间摩擦产生的热量为7.5 J
D.电动机因传送工件多做的功为120 J
题组二 板块模型中的能量转化
3.(多选)(2024广东惠州模拟)如图所示,质量为m0、长度为L的小车静止在光滑水平面上,质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端,现用一水平恒力F作用在小物块上,使小物块从静止开始做直线运动,当小物块滑到小车的最右端时,小车运动的距离为s,小物块和小车之间的滑动摩擦力为f,此过程中,下列结论正确的是( )
A.小物块到达小车最右端时,其动能为(F-f)(L+s)
B.摩擦力对小物块所做的功为fL
C.小物块到达小车最右端时,小车的动能为fs
D.小物块和小车组成的系统机械能增加量为F(L+s)
4.如图甲所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦力,之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A.木板A最终获得的动能为2 J
B.系统损失的机械能为4 J
C.木板A的最小长度为2 m
D.A、B间的动摩擦因数为0.1
题组三 多运动组合问题
5.过山车是游乐场中常见的设施,一种过山车的简易模型如图所示,由弧形轨道AB、竖直圆轨道、水平轨道BCD构成,B是圆轨道的最低点,轨道右端D点处固定有原长为CD的弹簧,BCD段轨道粗糙,其余轨道光滑,各段轨道均平滑连接。用质量m=1.0 kg的滑块(可视为质点)模拟过山车的运动,现将滑块从与水平轨道之间的高度差为h=1.8 m位置处静止释放,滑块通过圆轨道后向右运动压缩弹簧,被弹回后第一次到达E点即停止运动。已知滑块与水平轨道BCD之间的动摩擦因数μ=0.3,BE之间的距离LBE=2.0 m,EC之间的距离LEC=1.0 m,滑块始终与圆轨道保持接触,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)圆轨道半径R的最大值;
(2)弹簧的最大弹性势能。
综合提升练
6.(多选)(2023辽宁阜新模拟)如图甲所示,足够长的倾斜传送带以速度v=2.5 m/s沿顺时针方向运行,质量为m、可视为质点的物块,在t=0时刻以速度v0从传送带底端开始沿传送带上滑,物块在传送带上运动时的机械能E随时间t的变化关系如图乙所示,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取传送带最底端所在平面为零势能面,重力加速度g取10 m/s2,则( )
A.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
B.物块的质量m为4 kg
C.物块滑上传送带时的速度为5 m/s
D.物块滑离传送带时的动能为20 J
7.(多选)(2024广东湛江高三阶段练习)某水滑梯的示意图如图所示(图中L1、L2、h均为已知量),滑水装备与螺旋滑道间的摩擦可忽略,倾斜滑道和水平滑道与滑水装备间的动摩擦因数均为μ。一质量为m的游客(含装备,可视为质点)从螺旋滑道顶端由静止滑下,在倾斜滑道上加速下滑,且在水平滑道左端的速度大小为v。不计游客在倾斜滑道和水平滑道连接处的机械能损失,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是( )
A.游客刚进入倾斜滑道时的速度大小为2
B.μ<
C.L1+L2<
D.游客在整个滑道上运动的过程中损失的机械能为μmg(L1+L2)
8.(2023安徽六安检测)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。
参考答案
第7讲 专题提升:动力学和能量观点的综合应用
1.AC 解析 虾的收集箱在下方,故虾一定是向下运动,虾的重力沿传送带斜面向下的分力可能大于虾受到的摩擦力,故可能向下做加速直线运动,故A正确;鱼在掉落到传送带后,有一个沿传送带斜面向下的初速度,故不可能马上向上做加速直线运动,鱼先向下减速到速度为零后,变为向上的加速运动,最终可能变为匀速直线运动,故B错误;虾向下运动,与传送带运动方向相反,虾受到的摩擦力沿传送带斜面向上,摩擦力对虾做负功,故C正确;鱼在掉落到传送带后,受到的摩擦力的方向一直向上,所以有向上的加速度,若能加速到与传送带共速,则加速度为零,故D错误。
2.C 解析 工件加速过程由牛顿第二定律得μmgcsθ-mgsinθ=ma,解得加速度a=μgcsθ-gsinθ=2.5m/s2,则加速时间t==0.4s,故A错误;工件在传送带上不仅受重力,还受到传送带对它的摩擦力和支持力,由动能定理有-mgh+W传=mv2-0,得传送带对工件做的功W传=mv2+mgh=202.5J,故B错误;加速过程工件与传送带相对运动的位移Δs=s传-s工=vt-t=t=0.2m,工件与传送带间摩擦产生的热量Q=μmgcsθ·Δs=7.5J,故C正确;电动机多做的功等于系统摩擦产生的热量和工件机械能的增加量,则有W电=Q+mv2+mgh=210J,故D错误。
3.AC 解析 小物块发生的位移为L+s,对于小物块根据动能定理可得Ek1=(F-f)(L+s),故A正确;小物块克服摩擦力做的功为W=f(L+s),故B错误;物块到达小车最右端时,小车运动的距离为s,对小车根据动能定理得Ek2=fs,故C正确;小车和小物块增加的动能为Ek=Ek1+Ek2=(F-f)(L+s)+fs=F(L+s)-fL,系统重力势能不变,则小物块和小车增加的机械能为F(L+s)-fL,故D错误。
4.D 解析 由题图乙可知,0~1s内,A、B的加速度大小都为a=1m/s2,物体B和木板A水平方向均受滑动摩擦力,根据牛顿第二定律知二者质量相等,则木板最终动能EkA==1J,选项A错误;系统损失的机械能ΔE=·2m·v2=2J,选项B错误;由题图乙可得二者相对位移为1m,即木板A的最小长度为1m,选项C错误;对B受力分析,根据牛顿第二定律,可得μmg=ma,解得μ=0.1,选项D正确。
5.答案 (1)0.72 m
(2)6 J
解析 (1)圆轨道半径R最大时,滑块从圆轨道的最高点经过时对轨道恰好无作用力,设圆轨道半径的最大值为Rmax,在圆轨道的最高点
mg=m
滑块从A点运动到圆轨道的最高点,根据动能定理可得
mg(h-2Rmax)=
解得Rmax=0.72m。
(2)滑块从A点运动到B点,根据动能定理可得
mgh=
滑块从B点运动到最右端的过程中,设弹簧的最大压缩量为x,最大弹性势能为Ep,可得
=μmg(LBE+LEC+x)+Ep
滑块从最右端运动到E点的过程中
Ep=μmg(x+LEC)
解得Ep=6J。
6.BCD 解析 根据图像可知在0.25s时物块的速度与传送带的速度相等,0.25~1.5s内物块的机械能增加,故摩擦力做正功,摩擦力方向沿斜面向上,且在1.5s时物块的机械能不再增加,即物块的速度为零。以沿斜面向上为正方向,对物块受力分析,在0~0.25s,沿斜面方向由牛顿第二定律可得-mgsinθ-μmgcsθ=ma1,该过程由匀变速直线运动规律v=v0+a1t1,在0.25~1.5s内由牛顿第二定律可得-mgsinθ+μmgcsθ=ma2,此过程由匀变速直线运动规律可得0=v+a2t2,联立以上代入数据可得v0=5m/s,μ=0.5,故A错误,C正确。由图像可知,物体的初始机械能为E==50J,代入数据可得m=4kg,故B正确。由图像可知物块从底部滑至最高点,前后两阶段摩擦力做功的绝对值之和为W=(50-35)J+(60-35)J=40J,到达最高点时机械能为60J。由于物块所受重力沿斜面的分力大于传送带对物块的摩擦力,故物块到达最高点后会沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动。此过程中,物块向下移动的位移与物块向上移动的位移相等,摩擦力大小相等,且下滑过程中摩擦力始终做负功。故从最高点运动至离开传送带的过程中,由能量守恒定律可得E=Wf+Ek,代入数据可得Ek=20J,故D正确。
7.BD 解析 由机械能守恒定律有mgh=,解得游客刚进入倾斜滑道时的速度大小为v1=,故A错误;设倾斜滑道的倾角为θ,游客在倾斜滑道上加速下滑,有mgsinθ>μmgcsθ,其中sinθ=,csθ=,解得μ<,故B正确;游客从水平滑道左端离开,由动能定理有2mgh-μmgcsθ·-μmgL2=mv2,可得L1+L2<,故C错误;游客在整个滑道上运动的过程中损失的机械能ΔE=μmgcsθ·+μmgL2=μmg(L1+L2),故D正确。
8.答案 (1)
(2)mgR
(3)(2-1)mgR
解析 (1)由几何关系得BC间的高度差h=R
小滑块从C点运动到A点的过程中,由动能定理得mgh-μmg·2R=0,解得μ=。
(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W弹=Ep
滑块从A到D过程由动能定理得Ep-mg·2R-μmg·2R=mv2-0
滑块在D点,由重力提供向心力,有mg=m
联立解得Ep=mgR。
(3)滑块通过D点后做平抛运动,根据平抛运动的规律可知,水平方向有x=vt
竖直方向有y=gt2
由几何关系可知x2+y2=4R2
可得滑块落到挡板上时的动能为Ek=m[v2+(gt)2],联立解得Ek=(2-1)mgR。