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2022届高考物理一轮复习 热点强化5 动力学和能量观点的综合应用新人教版

2022届高考物理一轮复习 热点强化5 动力学和能量观点的综合应用新人教版

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- 9 -

高考热点强化(五)　动力学和能量观点的综合应用
(时间：40分钟)
1．传送带在工农业生产和日常生活中都有广泛的应用，例如在港口用传送带装卸货物，在机场用传送带装卸行李等，都为人们的生活带来了很多的便利。如图甲所示，为一传送带输送机的简化模型，长为L的传送带与水平面夹角为θ，传送带以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小物块，小物块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)。图乙为小物块运动的v­t图象。根据以上信息可以判断出(　　)

甲　　　　　　乙
A．小物块开始运动时的加速度大小为gsin θ－μgcos θ
B．小物块与传送带之间的动摩擦因数μ≤tan θ
C．t0时刻，小物块的速度大小为v0
D．传送带始终对小物块做正功
C　[对物块进行受力分析，由牛顿第二定律得物块刚开始运动时有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得a＝gsin θ＋μgcos θ，故A错误；t0时刻之后物块做匀速运动，则mgsin θ≤μmgcos θ，即μ≥tan θ，故B错误；由乙图知t0时刻是物块与传送带速度相同的时刻，所以小物块的速度大小为v0，故C正确；0～t0时间内，传送带的速度大于物块的速度，传送带始终对小物块做正功，t0时刻之后，物块匀速向下运动，摩擦力沿斜面向上，与物块的运动方向相反，传送带对小物块做负功，故D错误。]
2.(多选)如图所示，质量为m的物体以速度v1滑上空转的水平传送带，传送带由电动机带动，始终保持以速度v2匀速运动，v1、v2同向且v2>v1。物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体经过一段时间后能保持与传送带相对静止，对于物体从开始滑上传送带到相对传送带静止的这一过程，下列说法正确的是(　　)

A．运动时间为
B．电动机比空转时多做的功为mv2(v2－v1)
C．摩擦产生的热量为
D．摩擦力对传送带做的功为mv2(v2－v1)
BC　[对物体，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg，物体从滑上传送带到相对传送带静止的过程中，运动时间为t＝＝，A错误；由功能关系得，电动机比空转时多做的功为W＝μmg＋mv－mv＝mv2(v2－v1)，B正确；摩擦产生的热量为Q＝μmg＝，C正确；摩擦力对传送带做的功为Wf＝－μmgv2t＝－mv2(v2－v1)，D错误。]
3．(多选)如图所示，长度为l的竖直轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链连接于水平地面上的O点。置于同一水平地面上的正方体B恰与A接触，正方体B的质量为M。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

A．A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为2∶1
B．A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为
C．A落地时速率为
D．A、B质量之比为1∶4
ABD　[设小球速度为vA，正方体速度为vB，分离时刻，小球的水平速度与正方体速度相同，即vAsin 30°＝vB，解得vA＝2vB，故A正确；根据牛顿第二定律有mgsin 30°＝m，解得vA＝，vB＝＝，故B正确；A从分离到落地，小球机械能守恒，有mglsin 30°＝mv2－mv，v＝，故C错误；在杆从竖直位置开始倾倒到小球与正方体恰好分离的过程中，小球和正方体组成的系统机械能守恒，则有mgl(1－sin 30°)＝mv＋Mv，把vA和vB的值代入，化简得m∶M＝1∶4，故D正确。]
4．如图所示，某工厂生产车间的流水线安装的是“U”形传送带，AB、CD段为直线，BC段为同心半圆，其中的虚线为半径为R的半圆弧。工人将质量均为m的工件无初速放至匀速运行的传送带A端，在D端附近看到相邻工件间的距离均为L，每隔时间t在D端接收到一个工件。求：
(1)传送带运行的速度v；
(2)在BC段每一个工件受到的摩擦力大小f；
(3)每个工件放至传送带后与传送带摩擦产生的热量Q。

[解析]　(1)在D点附近，工人每隔t时间接收到一个工件，则
v＝。
(2)在BC段工件做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，则
f＝m
解得f＝。
(3)设工件与传送带间的动摩擦因数为μ，工件相对滑动的时间为t0，加速度为a，则
μmg＝ma，v＝at0
加速过程中工件相对传送带运动的距离
Δs＝vt0－at
产生的热量Q＝μmg·Δs
解得Q＝。
[答案]　(1)　(2)　(3)
5.(2020·湖南石门一中高三检测)如图所示，光滑的水平面AB与半径R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆轨道最高点，A右侧连接一粗糙水平面。用细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接，甲质量为m1＝4 kg，乙质量m2＝5 kg，甲、乙均静止。若固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后经过B点进入半圆轨道，过D点时对轨道压力恰好为零。取g＝10 m/s2，甲、乙两物体均可看作质点，求：

(1)甲离开弹簧后经过B时速度大小vB；
(2)弹簧压缩量相同情况下，若固定甲，烧断细线，乙物体离开弹簧后从A进入动摩擦因数μ＝0.4的粗糙水平面，则乙物体在粗糙水平面上运动的位移s。
[解析]　(1)甲在最高点D时，由牛顿第二定律得
m1g＝m1，
甲离开弹簧运动至D点的过程中由机械能守恒定律得
m1v＝m1g·2R＋m1v，
代入数据联立解得vB＝2 m/s。
(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v2，由能量守恒定律得Ep＝m1v＝m2v，
得v2＝4 m/s。
乙在粗糙水平面做匀减速运动：μm2g＝m2a，
解得a＝4 m/s2，
则有s＝＝ m＝2 m。
[答案]　(1)2 m/s　(2)2 m
6.如图所示，半径为R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高。质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2。求：

(1)物块经过C点时的速率vC；
(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q。
[解析]　(1)设物块在B点的速度为vB，从A到B物块做平抛运动，有：vBsin θ＝v0
从B到C，根据动能定理有：
mgR(1＋sin θ)＝mv－mv
解得：vC＝6 m/s。
(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起运动。设相对滑动时物块加速度大小为a1，木板加速度大小为a2，经过时间t达到共同速度v，则：μmg＝ma1，μmg＝Ma2，v＝vC－a1t，v＝a2t
根据能量守恒定律有：
(m＋M)v2＋Q＝mv
联立解得：Q＝9 J。
[答案]　(1)6 m/s　(2)9 J
7．极限运动是一种深受年轻人喜爱的运动，图甲是极限运动中滑板、轮滑等运动常用的比赛场地U形池。现有某U形池场地示意图如图乙所示，该场地由两段可视为光滑的圆弧形滑道AB和CD以及粗糙的水平滑道BC构成，图中R1＝4.5 m，R2＝3.5 m，BC＝5 m。某次滑板比赛中质量为60 kg(含滑板)的运动员从A点由静止出发，通过AB、BC滑道，冲向CD滑道，到达圆弧CD滑道的最高位置D时速度恰好为零(运动员和滑板整体近似看作质点，空气阻力不计)。
(1)求该运动员在圆弧滑道AB上下滑至B点时对圆弧滑道的压力；
(2)该运动员为了第一次经过D处后有2 s时间做空中表演，求他在A点下滑的初速度大小；
(3)在(2)问的初始条件下，运动员在滑道上来回运动，最终将停在何处？

甲　　　　　　　　　　乙　　　
[解析]　(1)由动能定理得mgR1＝mv
FN－mg＝
FN＝1 800 N
由牛顿第三定律可知，运动员对滑道B点的压力大小为1 800 N，方向竖直向下。
(2)由动能定理，有
mgR1－Wf－mgR2＝0
故Wf＝mg(R1－R2)
解得Wf＝600 J
由运动学公式，有
vD1＝g·
解得vD1＝10 m/s
由动能定理，有
mgR1－Wf－mgR2＝mv－mv
解得vA0＝10 m/s。
(3)由Wf＝FfxBC
解得Ff＝120 N
由能量守恒，有mv＋mgR1＝Ffs
解得s＝47.5 m
因为＝9.5
所以最终停在距B点2.5 m处。
[答案]　(1)1 800 N，方向竖直向下　(2)10 m/s　(3)距B点2.5 m处
8．如图所示，在光滑水平面上，质量为m＝4 kg的物块左侧压缩一个劲度系数为k＝32 N/m的轻质弹簧，弹簧与物块未拴接。物块与左侧竖直墙壁用细线拴接，使物块静止在O点，在水平面A点与一顺时针匀速转动且倾角θ＝37°的传送带平滑连接。已知xOA＝0.25 m，传送带顶端为B点，LAB＝2 m，物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.5。现剪断细线同时给物块施加一个初始时刻为零的变力F，使物块从O点到B点做加速度大小恒定的加速运动。物块运动到A点时弹簧恰好恢复原长，运动到B点时撤去力F，物块沿平行AB方向抛出，C为运动的最高点。传送带转轮半径远小于LAB，不计空气阻力，已知重力加速度g＝10 m/s2。

(1)求物块从B点运动到C点，竖直位移与水平位移的比值。
(2)若传送带速度大小为5 m/s，求物块与传送带间由于摩擦产生的热量。
(3)若传送带匀速顺时针转动的速度大小为v，且v的取值范围为2 m/s<v<3 m/s，物块由O点到B点的过程中力F做的功W与传送带速度大小v的函数关系。
[解析]　(1)设物块从B运动到C的时间为t，BC的竖直距离：h＝v0sin θ·t
BC的水平距离为：x＝v0cos θ·t
代入数据解得：＝。
(2)在O点由牛顿第二定律得：kxOA＝ma
代入数据解得：a＝2 m/s2
由v＝2axOA得：vA＝1 m/s
到达B点时：v＝2a(xOA＋LAB)
代入数据得：vB＝3 m/s
物块从A到B运动时间：t＝＝1 s
物块与传送带间摩擦产生的热量：Q＝μmgcos θ(vt－LAB)，代入数据解得：Q＝48 J。
(3)物块在水平面上受到弹簧的弹力与拉力F，由牛顿第二定律得：F＋k(xOA－x)＝ma
可知力F随位移x线性变化，则：W1＝xOA＝ma·xOA，代入数据解得：W1＝1 J
若传送带速度2 m/s<v<3 m/s，物块受到的滑动摩擦力先沿斜面向上后向下
物块的速度小于v时受到的摩擦力的方向向上，由牛顿第二定律得：F1＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得：F1＝16 N
由速度位移关系得：v2－v＝2ax1
物块的速度大于v时受到的摩擦力的方向向下，由牛顿第二定律得：F2－μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得：F2＝48 N
由A到B拉力做的功：W2＝F1x1＋F2(LAB－x1)
解得：W2＝104－8v2
拉力做的总功：W＝W1＋W2＝105－8v2。
[答案]　(1)　(2)48 J　(3)W＝105－8v2