【高考物理】一轮复习：专题强化练（2025版创新设计）10、专题强化练十　动力学和能量观点的综合应用

这是一份【高考物理】一轮复习：专题强化练（2025版创新设计）10、专题强化练十　动力学和能量观点的综合应用，共7页。试卷主要包含了25，0 J等内容，欢迎下载使用。

图1
A.传送带对物块做功为mv2
B.传送带克服摩擦力做功为eq \f(1,2)mv2
C.电动机由于传送物块多消耗的能量为eq \f(1,2)mv2
D.在传送物块过程产生的热量为eq \f(1,2)mv2
2.(2024·广东省实验中学模拟)如图2所示，足够长的传送带水平放置，以大小为v的速度顺时针转动。质量为m、与传送带间的动摩擦因数为μ的小物块在传送带的左端由静止释放，一段时间后物块与传送带共速。满足上述情景，若把传送带的速度改为2v，两次比较。下列说法正确的是( )
图2
A.传送带对小物块做的功变为原来的2倍
B.小物块对传送带做的功变为原来的2倍
C.传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2倍
D.因摩擦而产生的热量变为原来的2倍
3.如图3(a)所示，倾角为37°的传送带以v＝2.0 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带的长度LAB＝10.0 m。一个可视为质点的质量m＝1.0 kg的物块，自A点无初速度的放在传送带底端，其被传送至B端的过程中，动能Ek与位移s的关系(Ek－s)图像如图(b)所示。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
图3
A.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
B.整个过程中合外力对物块做的功为4.0 J
C.整个过程中摩擦力对物块做的功为64.0 J
D.整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量
4.如图4所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为( )
图4
A.eq \f(mv2,4)B.eq \f(mv2,2)
C.mv2D.2mv2
5.如图5所示，倾角θ＝37°，长为6 m的斜面体固定在水平地面上，长为3 m、质量为4 kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐；质量为2 kg的物块B(可视为质点)放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面底端，已知长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，物块B与A间的动摩擦因数μ2＝0.375，重力加速度g取10 m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
图5
(1)从开始到A的下端滑到斜面底端所用时间；
(2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。
6.如图6所示，一足够长的水平传送带以v＝4 m/s的速度向右传送，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
图6
(1)小物块第一次滑过P点时的速度大小v1；
(2)小物块第一次在传送带上往返运动的时间t；
(3)物块第一次从P点冲上传送带到沿传送带运动到最远处的过程中，电动机因传送物块多做的功W；
(4)从释放到最终停止运动，小物块在斜面上运动的总路程s总。
7.(2024·安徽六安高三检测)如图7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(计算时圆管直径不计，重力加速度为g)。求：
图7
(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
专题强化练十 动力学和能量观点的综合应用
1.D [根据动能定理，传送带对物块做的功等于物块动能的增加量，即eq \f(1,2)mv2，故A错误；根据动能定理，摩擦力对物块做功大小为eq \f(1,2)mv2，在物块匀加速运动的过程中，由于传送带的位移大于物块的位移，则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物块做的功，所以传送带克服摩擦力做的功大于eq \f(1,2)mv2，故B错误；电动机由于传送物块多消耗的能量等于物块动能增加量与摩擦产生的内能的和，故大于eq \f(1,2)mv2，故C错误；在传送物块过程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即Q＝fΔs，设加速时间为t，物块的位移为s1＝eq \f(1,2)vt，传送带的位移为s2＝vt，根据动能定理fs1＝eq \f(1,2)mv2，故热量Q＝fΔs＝f(s2－s1)＝eq \f(1,2)mv2，故D正确。]
2.C [由动能定理可知，传送带对小物块做的功为W＝eq \f(1,2)mv2，可知速度变为原来的2倍，则传送带对小物块做的功变为原来的4倍，故A错误；小物块运动到与传送带速度相等，所用的时间为t＝eq \f(v,a)，由于加速度相同，速度变为原来的2倍，则时间变为原来的2倍，传送带发生的位移为s＝vt，则位移变为原来的4倍，则小物块对传送带做的功变为原来的4倍，故B错误；小物块达到与传送带速度相等过程中的平均速度为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v,2)，由于速度变为原来的2倍，且摩擦力相同，根据P＝feq \(v,\s\up6(－))，可知传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2倍，故C正确；小物块达到与传送带速度相等过程中的相对位移为Δs＝vt－eq \f(1,2)vt＝eq \f(1,2)vt，由于速度变为原来的2倍，时间也变为原来的2倍，则相对位移变为原来的4倍，由Q＝fΔs可知，因摩擦而产生的热量变为原来的4倍，故D错误。]
3.D [开始时物块在传送带的作用下动能不断增大，根据动能定理有(μmgcs θ－mgsin θ)s＝Ek－0，在5 m后动能不变，可知物块与传送带相对静止，即v＝2.0 m/s，Ek＝eq \f(1,2)mv2＝2.0 J，联立解得μ＝0.8，A错误；由动能定理可知，整个过程中合外力对物块做的功等于动能的变化量，则有W合＝ΔEk＝eq \f(1,2)mv2＝2.0 J，B错误；由功能关系可知，整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量，即Wf＝eq \f(1,2)mv2＋mgLABsin θ＝62.0 J，C错误，D正确。]
4.C [由能量转化和能量守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝eq \f(1,2)mv2＋μmgs相，s相＝vt－eq \f(v,2)t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确。]
5.(1)2 s (2)90 J
解析 (1)设长木板A运动的加速度大小为a1，A的下端滑到斜面底端经历时间为t，长木板A的长为L、物块B的质量为m，则斜面长为2L、长木板A的质量为2m，以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律可得
2mgsin θ－μ1·3mgcs θ＋μ2mgcs θ＝2ma1
由运动学公式可得L＝eq \f(1,2)a1t2
联立解得t＝2 s。
(2)设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为v1、v2，根据运动学公式可得L＝eq \f(1,2)v1t
2L＝eq \f(1,2)v2t
由能量守恒定律可得，因摩擦产生的总热量为
Q＝mg·2Lsin θ＋2mgLsin θ－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)
代入数据解得Q＝90 J。
6.(1)8 m/s (2)7.2 s (3)64 J (4)12 m
解析 (1)由动能定理得
(mgsin 37°－μmgcs 37°)L＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－0
解得v1＝8 m/s。
(2)由牛顿第二定律得μmg＝ma1
以向右为正方向，物块与传送带共速时，由速度公式得
v＝－v1＋a1t1
解得t1＝4.8 s
匀速运动阶段的时间t2＝eq \f(\f(veq \\al(2,1),2a1)－\f(v2,2a1),v)＝2.4 s
第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝7.2 s。
(3)物块从P点匀减速到0时运动的时间
t3＝eq \f(v1,a1)＝eq \f(8,2.5) s＝3.2 s
这段时间内传送带运动的位移s1＝vt3＝12.8 m
传送带匀速运动，电动机增加的牵引力F＝μmg＝5 N
电动机多做的功W＝Fs1＝64 J。
(4)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，故物块最终停止在P点，则根据能量守恒定律有
μmgs2cs 37°＝eq \f(1,2)mv2
s总＝s2＋L
联立可得s总＝12 m。
7.(1)eq \f(1,3) (2)eq \f(11,3)mgR (3)(2eq \r(2)－1)mgR
解析 (1)由几何关系得B、C间的高度差h＝eq \f(2,3)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＝eq \f(1,3)。
(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＝eq \f(1,2)mv2－0
滑块在D点，由重力提供向心力，有mg＝meq \f(v2,2R)
联立解得Ep＝eq \f(11,3)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＝eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)m[v2＋(gt)2]
联立解得Ek＝(2eq \r(2)－1)mgR。